Định luật Ác-si-mét (Archimedes) và định luật bảo toàn năng lượng
Hãy xem xét một vấn đề như sau. Cho một hình lập phương rỗng bên trong, có độ dài cạnh là a, các thành được làm bằng giấy bạc rất mỏng và chắc chắn. Khối lập phương này nổi trên mặt nước sao cho bốn cạnh của nó có phương thẳng đứng (Hình vẽ dưới đây). Khối lập phương được ấn theo phương thẳng đứng xuống dưới một khoảng x, và một phần của nó nằm trong nước. Giả sử khối lượng của khối lập phương bằng 0. Ta cần phải tìm công để làm được việc này. Không thể đưa ngay ra câu trả lời rõ ràng cho vấn đề nhúng một khối lập phương vào nước. Câu trả lời phụ thuộc vào bình mà nước được đổ vào. Hãy thảo luận một vài trường hợp.
Dùng định luật Ác-si-mét (Archimedes) và định luật bảo toàn năng lượng để xét một khối lập phương được ấn vào một bể nước đầy tràn
Trong trường hợp này, khi ấn và giữ khối lập phương một chút, nước sẽ tràn ra khỏi bể, nhưng mực nước trong bể sẽ không thay đổi. Độ sâu của mỗi lần ấn sẽ được tính từ nó mặt nước. Độ sâu $H_1$ này tương ứng với khoảng cách từ mặt nước đến cạnh đáy của hình lập phương và bằng $x$ (hình vẽ).
Thể tích nước sẽ tràn ra ngoài thành bể là $a^2x$ và khối lượng là $\rho a^2x$. Ban đầu, khối tâm của khối nước này ở độ sâu $\frac{x}{2}$, do đó, công thực hiện để nâng khối nước này lên mép trên của bể bằng độ tăng thế năng của nó: \begin{align} A_{1}(x)&=E_{\mathrm{n} 1}\\ &=\rho a^{2} x \cdot g \cdot \frac{x}{2}\\ &=\frac{1}{2} \rho a^{2} g x^{2} \end{align} Lực cần thiết để ấn một vật vào nước có thể thay đổi và phụ thuộc vào độ sâu $x$ của vật, do đó $$\int_{0}^{x} F_{1}(x) d x=\frac{1}{2} \rho a^{2} g x^{2}$$ Đạo hàm hai vế của đẳng thức này đối với $x$, chúng ta được $$F_{1}(x)=\rho a^{2} g x$$ Lực $F_1(x)$ là lực cân bằng với lực nâng, tức là lực đẩy Archimedes $F_\text{A}$ (trọng lực bằng không). Lực Archimedes hướng lên trên và bằng số bằng trọng lượng của nước do khối lập phương làm cho tràn ra khỏi bể. Lưu ý rằng trong trường hợp này, nước được nâng lên là nước được đổ ra khỏi bể. Áp suất tại đáy của hình lập phương là \begin{align} p(x)&=\frac{F_{1}(x)}{S}\\ &=\frac{\rho a^{2} g x}{a^{2}}\\ &=\rho g x \end{align} Khi độ sâu của đáy lập phương bằng $a$, nếu khối lập phương tiếp tục chuyển động xuống phía dưới, nước từ bể sẽ không tràn ra ngoài, lực Archimedes bây giờ sẽ không đổi và bằng $F_\text{A}=\rho a^3g$. Các đồ thị dưới đây cho thấy sự phụ thuộc vào độ sâu $x$ của lực Archimedes và công cần thiết để thắng được lực này.
Dùng định luật Ác-si-mét (Archimedes) và định luật bảo toàn năng lượng để xét một khối lập phương được ấn vào một bể nước sao cho nước không tràn ra khỏi bể
Xét một bể nước có đáy là một hình vuông với các cạnh là $a\sqrt{K}$ với $K\gt1$, chiều cao của bể đủ lớn để ngay cả khi khối lập phương được nhúng hoàn toàn vào nước, nước vẫn không tràn ra khỏi bể. Gọi mực nước ban đầu trong bể bằng không. Giả sử rằng dưới tác dụng của một lực tác dụng lên khối lập phương và hướng thẳng đứng xuống dưới, khối lập phương đã dịch chuyển xuống dưới từ mức 0 một khoảng $x$ và nằm trong nước một phần (hình dưới đây).
Trong trường hợp này, khối lập phương đã đẩy một phần nướccó thể tích bằng $a^2x$ lên trên mức 0. Bây giờ diện tích bề mặt của nước còn lại bằng $(K-1)a^2$. Gọi mực nước trong bể dâng lên bằng một đoạn $y$. Do thể tích nước không đổi nên $a^2x=(K-1)a^2y$, khi đó $$y=\frac{x}{K-1}$$ đồng thời độ sâu của đáy lập phương so với mực nước mới là $$H_{2}=x+y=\frac{K}{K-1} x$$ Giả sử rằng mặt trên của hình lập phương chưa chạm nước, tức là $$H_{2}=\frac{K}{K-1} x\lt a$$ Khi đó khối tâm của khối nước bị khối lập phương đẩy lên phương theo phương thẳng đứng một đoạn bằng $$h=\frac{x+y}{2}=\frac{K}{2(K-1)} x$$ Thế năng của phần nước bị đẩy lên đó tăng thêm \begin{aligned} E_{\mathrm{n} 2}&=m g h\\ &=\frac{1}{2} \rho a^{2} x \cdot g \cdot \frac{K}{K-1} x\\ &=\frac{1}{2} \rho a^{2} g \frac{K}{K-1} x^{2} \end{aligned} Nó đúng bằng công để ấn khối lập phương xuống so với mực nước ban đầu một đoạn $x$, tức là $$A_{2}(x)=\frac{1}{2} \rho a^{2} g H_{2} x=\frac{1}{2} \rho a^{2} g \frac{K}{K-1} x^{2}$$ Công $A_2$ phụ thuộc vào $x$ theo hàm bậc bậc hai: ví dụ, nhân đôi $x$ thì cần gấp bốn lần công. Chúng ta phải đối mặt với hoàn cảnh này ở biển hay sông, khi chúng ta cố gắng dìm một vật nổi nào đó xuống. Nhưng với sự phụ thuộc của công vào tham số $K$, có thể xét kĩ sự phụ thuộc này qua đồ thị. Đồ thị của hàm số $f(K)= \frac{K}{K-1}$ được thể hiện trong hình dưới đây.
Trên khoảng vô hạn $1\lt K\lt +\infty$, hàm số này giảm từ $+\infty$ đến 1. Cho bể chứa nước rất rất hẹp, rộng hơn một hình lập phương một chút, tức là $K\rightarrow 1+0$. Trong trường hợp này, công để nhúng khối lập phương vào nước là rất lớn. Trên một cái hồ lớn, ở đó $K\rightarrow +
\infty$, công này nhỏ nhất có thể và bằng công của trọng lực của chất lỏng bị khối lập phương đẩy lên. Đồng thời mực nước trong hồ gần như không thay đổi.
Thế năng thu được sinh ra do tác dụng của lực biến thiên. Thực tế là lực có thể thay đổi, chúng ta biết được từ kinh nghiệm: để nhúng một vật nổi trên mặt nước sâu hơn, cần phải tác dụng một lực lớn. Vì thế,
$$\int_{0}^{x} F_{2}(x) d x=\rho a^{2} g \frac{K}{2(K-1)} x^{2}$$
Đạo hàm hai vế để có được
$$F_{2}(x)=\rho a^{2} g \frac{K}{K-1} x$$
Hiển nhiên là
$$F_{2}(x)=\rho a^{2} g \frac{K}{K-1} x>F_{1}(x)=\rho a^{2} g x$$
Bất đẳng thức này có nghĩa là trong trường hợp thứ hai, lực cần thiết để nhúng khối lập phương xuống độ sâu $x$ so với mức ban đầu lớn hơn trong trường hợp đầu tiên. Hơn nữa, lực yêu cầu này có thể lớn tùy ý nếu $K$ sao cho bể gần khít với lập phương (hợp nhất), tức là nếu bể nước đủ hẹp. Tình huống này được sử dụng trong việc tạo ra các máy thủy lực, cụ thể là máy ép thủy lực. Trong trường hợp này, một kết quả nghịch lý như vậy sẽ xảy ra. Cho khối lập phương của chúng ta là "con tàu", và bể nước là "biển". Sau đó trên con tàu này bạn có thể đặt một vật nặng tùy ý mà tàu sẽ không bị chìm. Để có thể, cần phải lấy tham số $K$ đủ để hợp nhất. Tuy nhiên một con tàu như vậy không có nơi nào để ra khơi - nó theo đúng nghĩa đen là bị ép từ mọi phía bởi "các bờ biển".
Tóm lại, chúng ta hãy nhớ lại độ sâu khi ngâm khối lập phương vào nước $H_2=\frac{K}{K-1}x$ và lưu ý rằng ở độ sâu này lực tác dụng lên khối lập phương
$$F_{2}(x)=\rho a^{2} g H=\rho a^{2} I I \cdot g$$
Và đây là lực của Archimedes, bằng trọng lượng của nước mà khối lập phương đẩy lên. Hãy nghĩ xem phần nào của nước mà tính từ được dời đi trong trường hợp này và vị trí của nó. Đặc điểm chính của phần nước bị đẩy lên là thể tích của nó, nó luôn bằng thể tích của phần vật thể đó ở trong nước.
Không có nhận xét nào: