Математический форум Math Help Planet
Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике Теоретический раздел |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
новый онлайн-сервис число, сумма и дата прописью |
|
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Страница 1 из 3 |
[ Сообщений: 21 ] | На страницу 1, 2, 3 След. |
|
Автор | Сообщение | |
---|---|---|
math1love |
|
|
Решаю задачи на тему приложения двойных интегралов к механике, и после нахождения моментов инерции и координат центра тяжести, попалась эта задача, а как ее решить даже идей нет.. |
||
Вернуться к началу | ||
slava_psk |
|
|
Извиняюсь, мне привычнее плотность обозначать [math]\rho[/math], а радиус шара R Рассмотрим случай, когда шар погружен полностью в жидкость на глубину h=R. Рассмотрим силу действующую на нижнюю часть шара. На каждую эл. площадку ds с нормалью [math]\vec{n}[/math] будет действовать сила [math]d\vec{F}=p*dS* \vec{n}[/math]. Горизонтальные составляющие этой силы, очевидно, в силу симметрии будут взаимно компенсироваться. Вертикальная составляющая будет, вводя сферические координаты: [math]dF_{v} = -p*dS*cos \theta[/math] ; [math]\pi \geqslant \theta \geqslant \frac{ \pi }{ 2 }[/math]. [math]dS=R^{2}sin \theta d \varphi d \theta[/math] ; [math]p= \rho gh=\rho g\left( R-R* cos\theta \right)[/math]. Интегрируем:
[math]F_{v}=\iiint\limits_{ S }dF_{v}=- \rho gR^{3}\int\limits_{0}^{2 \pi } d \varphi \int\limits_{\frac{ \pi }{ 2} }^{ \pi } \left( 1-cos \theta \right)cos \theta sin \theta d \theta=\frac{ 5 }{ 3 } \pi \rho gR^{3}[/math] |
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю slava_psk "Спасибо" сказали: math1love, Tantan |
||
Li6-D |
|
|
Закон Архимеда, примененный к полушариям, дает следующую формулу для силы давления:
[math]\pi \rho gR^2\left( h \pm \frac{ 2 }{ 3 }R \right)[/math]. Знаки плюс и минус в формуле соответствуют нижней и верхней половинкам. Если задача не на законы механики, а на интегральное исчисление, то так решать (через Архимеда) нельзя наверное. |
||
Вернуться к началу | ||
math1love |
|
|
slava_psk писал(а): Извиняюсь, мне привычнее плотность обозначать [math]\rho[/math], а радиус шара R Рассмотрим случай, когда шар погружен полностью в жидкость на глубину h=R. Рассмотрим силу действующую на нижнюю часть шара. На каждую эл. площадку ds с нормалью [math]\vec{n}[/math] будет действовать сила [math]d\vec{F}=p*dS* \vec{n}[/math]. Горизонтальные составляющие этой силы, очевидно, в силу симметрии будут взаимно компенсироваться. Вертикальная составляющая будет, вводя сферические координаты: [math]dF_{v} = -p*dS*cos \theta[/math] ; [math]\pi \geqslant \theta \geqslant \frac{ \pi }{ 2 }[/math]. [math]dS=R^{2}sin \theta d \varphi d \theta[/math] ; [math]p= \rho gh=\rho g\left( R-R* cos\theta \right)[/math]. Интегрируем: [math]F_{v}=\iiint\limits_{ S }dF_{v}=- \rho gR^{3}\int\limits_{0}^{2 \pi } d \varphi \int\limits_{\frac{ \pi }{ 2} }^{ \pi } \left( 1-cos \theta \right)cos \theta sin \theta d \theta=\frac{ 5 }{ 3 } \pi \rho gR^{3}[/math] Я попытался решить и у меня вышло так.. Можете посмотреть? Пусть шар, ограниченный сферой [math]S=\{x^2+y^2+z^2=a^2\}[/math], погружен в жидкость на глубину [math]h[/math]. Тогда глубина погружения в жидкость точки [math](x, y, z)\in S[/math] равна [math]d=h-z~(-a\le z\le h)[/math]. Следовательно, глубина погружения в жидкость точек верхней полусферы [math]S_1[/math] и точек нижней полусферы [math]S_2[/math] соответственна равна [math]d=h-\sqrt{a-(x^2+y^2)}[/math] и [math]d=h+\sqrt{a-(x^2+y^2)}[/math]. На элементарную площадку [math]ds[/math] с нормалью [math]\vec{n}[/math] будет действовать сила [math]d\vec{F}=p\vec{n}\,dS[/math]. Рассмотрим силы [math]\vec{F}_1[/math] и [math]\vec{F}_2[/math] давления жидкости, действующие на верхнюю и нижнюю части шаровой поверхности. Горизонтальные составляющие этих сил, очевидно, в силу симметрии будут взаимно компенсироваться, поэтому проекции этих сил на оси [math]Ox[/math] и [math]Oy[/math] равны нулю. Пусть [math]\gamma[/math] - угол между положительным направлением силы давления жидкости в каждой точке шаровой поверхности и положительным направлением оси [math]Oz[/math], тогда [math]F_1=\iint\limits_{S_1}d\delta\cos\gamma\,dS=-\iint\limits_{x^2+y^2\le a^2}\delta(h-\sqrt{a-(x^2+y^2)}\,)\,dxdy.[/math] Перейдем к полярным координатам: [math]F_1=-\delta\pi h a^2+\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\int\limits_0^ar\sqrt{1-r^2}dr=-\delta\pi a^2\left(h-\frac{2a}3\right)\!.[/math] Аналогично находим [math]F_2=\iint\limits_{S_2}d\delta\cos\gamma\,dS=\iint\limits_{x^2+y^2\le a^2}\delta(h+\sqrt{a-(x^2+y^2)}\,)\,dxdy=\delta\pi a^2\left(h+\frac{2a}3\right)\!.[/math] |
||
Вернуться к началу | ||
math1love |
|
|
Li6-D писал(а): Закон Архимеда, примененный к полушариям, дает следующую формулу для силы давления: [math]\pi \rho gR^2\left( h \pm \frac{ 2 }{ 3 }R \right)[/math]. Знаки плюс и минус в формуле соответствуют нижней и верхней половинкам. Если задача не на законы механики, а на интегральное исчисление, то так решать (через Архимеда) нельзя наверное. Задача как раз на интегральное исчисление... У меня получился ответ очень близкий к Вашему, только отсутствует ускорение свободного падения... |
||
Вернуться к началу | ||
slava_psk |
|
|
[math]p= \rho gh[/math]
|
||
Вернуться к началу | ||
math1love |
|
|
slava_psk писал(а): [math]p= \rho gh[/math] То есть нужно просто добавить [math]g[/math] ? А все остальное верно? Я просто не до конца уверен в записи [math]F_1=\iint\limits_{S_1}d\delta\cos\gamma\,dS=-\iint\limits_{x^2+y^2\le a^2}\delta(h-\sqrt{a-(x^2+y^2)}\,)\,dxdy.[/math] |
||
Вернуться к началу | ||
searcher |
|
|
math1love
Откуда у вас угол [math]\gamma[/math] взялся? Он тут вообще не при делах. |
||
Вернуться к началу | ||
slava_psk |
|
|
Можно, конечно, решать задачу и в декартовых координатах, но тут явно более подойдут сферические.
Для нижней части шара: [math]F_{vb}=\iiint\limits_{ S }dF_{v}=- \rho gR^{2}\int\limits_{0}^{2 \pi } d \varphi \int\limits_{\frac{ \pi }{ 2} }^{ \pi } \left( h-R*cos \theta \right)cos \theta sin \theta d \theta= \pi \rho gR^{2}\left( h+\frac{ 2 }{ 3 }R \right)[/math] Для верхней части: [math]F_{vt}=\iiint\limits_{ S }dF_{v}= \rho gR^{2}\int\limits_{0}^{2 \pi } d \varphi \int\limits_{0 }^{ \frac{ \pi }{ 2}} \left( h-R*cos \theta \right)cos \theta sin \theta d \theta= \pi \rho gR^{2}\left( h-\frac{ 2 }{ 3 }R \right)[/math] Сила Архимеда: [math]F=F_{vb}-F_{vt}=\frac{ 4 }{ 3 }\pi \rho gR^{3}[/math] |
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю slava_psk "Спасибо" сказали: math1love |
||
math1love |
|
|
searcher писал(а): math1love Откуда у вас угол [math]\gamma[/math] взялся? Он тут вообще не при делах. Ну, ведь нужно найти проекцию.. |
||
Вернуться к началу | ||
На страницу 1, 2, 3 След. | [ Сообщений: 21 ] |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Кто сейчас на конференции |
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 8 |
Вы не можете начинать темы Вы не можете отвечать на сообщения Вы не можете редактировать свои сообщения Вы не можете удалять свои сообщения Вы не можете добавлять вложения |