Закон Архимеда

Начальный

Нырните на дно бассейна — и вы почувствуете, как вода давит на уши. Вода давит на всё, что в ней находится, со всех сторон, и тем сильнее, чем глубже: нижним слоям приходится держать на себе всю воду, которая над ними.

Теперь представьте брусок под водой. Его нижняя грань глубже верхней, поэтому вода давит на неё снизу сильнее, чем на верхнюю грань сверху. В итоге остаётся сила, направленная вверх, — выталкивающая сила.

Насколько она велика? Представьте тонкий полиэтиленовый пакет с водой, неподвижно висящий в бассейне. Он не тонет и не всплывает, значит, окружающая вода удерживает ровно его вес. Замените пакет камнем той же формы: вода разницы «не замечает» и выталкивает его с той же силой. Это закон Архимеда: выталкивающая сила равна весу жидкости, которую вытесняет тело. Каждый вытесненный литр воды даёт около 9,8 Н выталкивающей силы, поэтому под водой поднимать приходится лишь вес тела за вычетом этой силы.

Тело, которое тяжелее воды, которую оно может вытеснить, тонет. Тело полегче плавает: оно погружается ровно настолько, чтобы вытесненная вода весила столько же, сколько оно само. В анимации деревянный брусок покачивается, а затем замирает, погрузившись на 60 % своей высоты, когда стрелка «вода выталкивает» сравнивается по длине со стрелкой силы тяжести. Воздух — тоже текучая среда: воздушный шар поднимается, потому что весит меньше вытесненного им воздуха.

Проверьте себя: камень объёмом 3 литра лежит на дне озера. Насколько легче он кажется, пока вы поднимаете его под водой? Ответ: на вес 3 литров воды, то есть примерно на 29 Н.

Средний

Что измеряют плотность и давление

Плавает тело или тонет, решает плотность — масса единицы объёма:
$\rho =\frac{m}{V}$

Её измеряют в кг/м³. У пресной воды она равна 1000 кг/м³, так что литр имеет массу 1 кг; у льда — 920 кг/м³, у стали — около 7850 кг/м³. Для полого или составного тела $\rho$ — это средняя плотность: вся масса, делённая на весь объём, ограниченный внешней поверхностью.

Давление — это сила, приходящаяся на единицу площади; его измеряют в паскалях ($1\mathrm{Па}=1\mathrm{Н}/{\mathrm{м}}^2$). Жидкость в покое давит перпендикулярно любой поверхности, и тем сильнее, чем глубже, потому что каждый слой несёт вес всей жидкости над собой:
$p=p_0+\rho gh$

Здесь $p_0$ — давление на поверхности, около 101 кПа, а $h$ — глубина; каждый метр воды добавляет около 9,8 кПа, как показано в уроке «Давление в жидкостях и закон Паскаля».

Откуда берётся выталкивающая сила

Возьмём прямой брусок высотой $H$ с горизонтальными верхней и нижней гранями площадью $A$, полностью погружённый в воду. Его нижняя грань глубже верхней на $H$, поэтому давление там больше на $\rho gH$, и сила, толкающая нижнюю грань вверх, превосходит силу, давящую на верхнюю грань вниз:
$F_{\mathrm{низ}}-F_{\mathrm{верх}}=\rho gHA=\rho gV$

Боковые силы попарно компенсируются, а $p_0$ и глубина бруска выпадают из результата: итоговая сила направлена вверх, равна весу вытесненной бруском воды и одинакова на любой глубине.

Для тела любой другой формы представьте, что на его месте находится вода. Этот объём воды остаётся в покое, значит, окружающая вода удерживает его с силой, в точности равной его весу, и «не знает», что находится внутри поверхности. Это и есть закон Архимеда: на тело в жидкости действует выталкивающая сила, равная весу вытесненной им жидкости,
$F_b={\rho }_{\mathrm{ж}}{V}_{\mathrm{погр}}g$

Берите плотность жидкости, а не тела, и только объём $V_{\mathrm{погр}}$ под поверхностью.

Тонет, плавает или зависает

Если тело погружено целиком, $V_{\mathrm{погр}}=V$: сила тяжести ${\rho }_{\mathrm{т}}Vg$ противостоит выталкивающей силе ${\rho }_{\mathrm{ж}}Vg$, поэтому важны только две плотности.

• Если ${\rho }_{\mathrm{т}}>{\rho }_{\mathrm{ж}}$, сила тяжести побеждает на любой глубине, и тело тонет, каким бы большим оно ни было.
• Если ${\rho }_{\mathrm{т}}<{\rho }_{\mathrm{ж}}$, побеждает выталкивающая сила, и тело всплывает, пока часть его не окажется над поверхностью.
• Если плотности равны, тело зависает на любой глубине, как рыба или подводная лодка с правильно подобранным балластом.

Плавающее тело погружается лишь до тех пор, пока вытесненная им жидкость не станет весить столько же, сколько оно само, ${\rho }_{\mathrm{ж}}{V}_{\mathrm{погр}}g={\rho }_{\mathrm{т}}Vg$. Поэтому доля объёма под поверхностью равна отношению плотностей:
$\frac{V_{\mathrm{погр}}}{V}=\frac{{\rho }_{\mathrm{т}}}{{\rho }_{\mathrm{ж}}}$

Лёд в пресной воде погружён на 92 %. В морской воде, около 1025 кг/м³, у айсберга под водой находится $920/1025\approx 0,90$ объёма: над поверхностью видна лишь десятая часть.

Пример: брусок из анимации

В подписях $h$ — не глубина, а высота бруска, 0,5 м. Площадь сечения $A=0,7\mathrm{м}\times 0,1\mathrm{м}=0,07{\mathrm{м}}^2$, поэтому $V=0,035{\mathrm{м}}^3$, а ${\rho }_{\mathrm{т}}=600\mathrm{кг}/{\mathrm{м}}^3$ — плотность дерева (${\rho }_{\mathrm{ж}}$ — плотность воды). Масса и сила тяжести равны
$m={\rho }_{\mathrm{т}}V=600\cdot 0,035=21\mathrm{кг},mg=21\cdot 9,81\approx 206\mathrm{Н}$
Это и есть зелёная стрелка $mg$. Целиком под водой брусок выталкивался бы с силой $1000\cdot 0,035\cdot 9,81\approx 343\mathrm{Н}$, больше его силы тяжести, поэтому он плавает.

В покое $F_b=mg$, откуда $V_{\mathrm{погр}}=206/(1000\cdot 9,81)=0,021{\mathrm{м}}^3$, а глубина погружения $d=V_{\mathrm{погр}}/A=0,30\mathrm{м}=0,6h$: это отношение $600/1000$ из правила плавания, на уровне пунктирной линии. Давление даёт тот же результат: на нижней грани, на глубине 0,30 м, оно на $1000\cdot 9,81\cdot 0,30\approx 2943\mathrm{Па}$ больше, чем на верхней, а $2943\cdot 0,07\approx 206\mathrm{Н}$.

Показания индикаторов подчиняются формуле $F_b={\rho }_{\mathrm{ж}}gAd$: каждый сантиметр глубины добавляет 6,9 Н. Брусок, отпущенный на 5 см над водой, ударяется о неё примерно со скоростью 1 м/с, проскакивает положение равновесия и около четверти секунды остаётся целиком под водой: $d$ достигает предельных 50 см, а $F_b$ — максимума 343 Н, который подбрасывает брусок вверх. После нескольких затухающих качаний показания приходят к $d\approx 30\mathrm{см}$ и к значению $F_b$, отличающемуся от 206 Н лишь на несколько ньютонов.

Пример: взвешивание камня в воде

Динамометр, на котором висит камень, показывает 24,5 Н в воздухе и 14,7 Н при полном погружении в воду. Каковы объём и плотность камня?

В воде динамометр показывает кажущийся вес — истинный вес за вычетом выталкивающей силы, поэтому $F_b=24,5-14,7=9,8\mathrm{Н}$: это вес вытесненной воды. Отсюда
$V=\frac{F_b}{{\rho }_{\mathrm{ж}}g}=\frac{9,8}{1000\cdot 9,81}\approx 1,0\times 10^{-3}{\mathrm{м}}^3$
то есть один литр. Масса камня равна $24,5/9,81\approx 2,5\mathrm{кг}$, поэтому $\rho =m/V\approx 2500\mathrm{кг}/{\mathrm{м}}^3$ — обычное значение для горной породы. Ещё быстрее: вес, делённый на потерю веса в воде, $24,5/9,8=2,5$, — это плотность относительно воды.

По легенде, Архимед проверил корону царя по вытесненной ею воде. Чистое золото (19 300 кг/м³) того же веса теряет в воде лишь 1,3 Н, так что золото, смешанное с более лёгким серебром, выдаёт себя большей потерей.

Как читать стрелки и пунктирную линию

Зелёная стрелка $mg$ не меняет длины, а красная стрелка $F_b$ растёт пропорционально глубине погружения. Когда дно бруска выше пунктирной линии, красная стрелка короче, и результирующая сила направлена вниз; ниже линии — вверх. На каждый сантиметр отклонения от линии приходится 6,9 Н возвращающей силы, как у пружины жёсткостью 687 Н/м. Брусок проскакивает линию, потому что на ней он ещё движется, а сопротивление воды уменьшает каждое следующее качание.

На графике зависимости давления от глубины прямая поднимается от $p_0$ на $\rho g$ за каждый метр. Разность давлений на двух гранях погружённого тела, $\rho gH$, одна и та же, где бы оно ни находилось.

Частые ошибки

• Плотность тела в $F_b$ подставлять нельзя: для бруска получилось бы $600\cdot 0,021\cdot 9,81\approx 124\mathrm{Н}$ вместо верных 206 Н.
• Весь объём плавающего тела брать нельзя: 0,035 м³ бруска дали бы 343 Н, а учитывается только 0,021 м³ ниже уровня воды.
• Выталкивающая сила не растёт с глубиной: полностью погружённый камень объёмом 2 литра испытывает $1000\cdot 0,002\cdot 9,81=19,62\mathrm{Н}$ и на глубине 1 м, и на глубине 10 м, потому что давление на его верхнюю и нижнюю грани растёт на одну и ту же величину.
• Тяжёлое не всегда тонет: стальной шарик от подшипника массой 1 г тонет, а стальное судно массой 50 000 т плавает, потому что его заполненный воздухом корпус в среднем менее плотен, чем вода.
• Литры нужно переводить в кубические метры: два литра — это 0,002 м³, а если подставить 2, получится 19 620 Н.

Где это встречается

В пресной воде судно садится глубже, чем в море: погружённый объём больше примерно на 2,5 %, поэтому на корпусах наносят отдельные грузовые марки для пресной и морской воды. Подводные лодки заполняют или опорожняют балластные цистерны, чтобы погрузиться, зависнуть или всплыть, а ареометр глубже погружается в менее плотную жидкость, так что по шкале на его узкой верхней части читают плотность молока или вина. Воздух, нагретый до 100 °C, имеет плотность около 0,95 кг/м³ против 1,20 кг/м³ снаружи при 20 °C, поэтому каждый кубометр воздушного шара с горячим воздухом поднимает лишь около 0,25 кг.

Выталкивающая сила вызывает конвекцию, то есть подъём тёплой жидкости (урок «Теплопроводность, конвекция и излучение»), и входит в расчёт скорости оседания зёрен (урок «Сопротивление среды и предельная скорость»). Качающийся брусок — осциллятор вроде тех, что описаны в уроке «Гармонические колебания», а когда жидкость течёт, давление уже не зависит только от глубины: это тема урока «Уравнение Бернулли».

Продвинутый

Давление в покоящейся жидкости

Выталкивающая сила — это давление, и ничего больше: сила, толкающая погружённое тело вверх, складывается из всех нажимов окружающей жидкости на его поверхность. Поэтому начнём с того, как ведёт себя давление в покоящейся жидкости. Обозначения: ${\rho }_{\mathrm{ж}}$ — плотность жидкости, какой бы она ни была (в анимации и в примерах с водой это плотность воды), ${\rho }_{\mathrm{т}}$ — плотность бруска, $g\approx 9,81\mathrm{м}/{\mathrm{с}}^2$ — ускорение свободного падения, $p_0$ — давление воздуха у поверхности воды.

Обозначения

$p_1$	Давление на верхнюю грань, на глубине $h$.	$\mathrm{Па}$
$p_2$	Давление на нижнюю грань, на глубине $h+\ell$; больше $p_1$.	$\mathrm{Па}$
$h$	Глубина верхней грани под поверхностью.	$\mathrm{м}$
$\ell$	Высота коробки.	$\mathrm{м}$
$V$	Объём коробки, $\ell A$, где $A$ — площадь её верхней или нижней грани.	${\mathrm{м}}^3$
${\vec{F}}_b$	Результирующая сила давления на коробку, направлена вверх: $(p_2-p_1)A={\rho }_{\mathrm{ж}}gV$.	$\mathrm{Н}$

На рисунке 1 показана коробка высотой $\ell$ и объёмом $V$ с верхней и нижней гранями площадью $A$ каждая (так что $V=\ell A$), которую целиком удерживают под водой; её верхняя грань находится на глубине $h$. Сначала посмотрите на направления стрелок: на каждой грани они перпендикулярны ей. Покоящаяся жидкость не может сопротивляться касательному напряжению — силе, направленной вдоль поверхности, которая заставила бы её слои скользить друг по другу, — поэтому она может только давить на поверхность перпендикулярно.

Теперь посмотрите на длины стрелок. Стрелки растут с глубиной, потому что каждый слой воды несёт вес всей воды над ним. Нарисована только эта часть давления, зависящая от глубины: воздух добавляет ко всем граням одно и то же давление $p_0$, а равномерное давление не создаёт результирующей силы, действующей на замкнутую коробку, — это мы докажем ниже.

Две боковые грани лежат на одних и тех же глубинах, поэтому их стрелки попарно совпадают и компенсируют друг друга. Остаются верхняя грань, которую давит вниз сила $p_{1}A$, и нижняя, которую толкает вверх сила $p_{2}A$. Нижняя грань глубже на $\ell$, поэтому $p_2$ больше $p_1$ на вес водяного столба высотой $\ell$, приходящийся на единицу площади, ${\rho }_{\mathrm{ж}}(\ell A)g/A$:
$p_2-p_1={\rho }_{\mathrm{ж}}g\ell$
Следовательно, результирующая сила давления на коробку направлена вверх:
$F_b=(p_2-p_1)A={\rho }_{\mathrm{ж}}g\ell A={\rho }_{\mathrm{ж}}gV$
Это вес воды, которая заполнила бы коробку. Глубина $h$ выпала: пока вода не сжимается, выталкивающая сила одинакова на любой глубине.

Давление как поле

В рассуждении с коробкой без доказательства использованы два факта: давление в точке действует одинаково во всех направлениях и равномерно растёт с глубиной. Оба следуют из второго закона Ньютона, применённого к малым частицам покоящейся жидкости, и именно общая форма этих фактов позволит потом рассматривать тела любой формы и даже сосуды, движущиеся с ускорением.

Сначала направление. Запишем силу, с которой жидкость действует на малый элемент поверхности площадью $dA$, как $-p\hat{n}dA$, где $\hat{n}$ — единичный вектор нормали к элементу, направленный наружу из тела; знак минус означает, что жидкость давит внутрь. Одинаково ли $p$, как бы ни был повёрнут элемент? Рассмотрим малый клин жидкости треугольного сечения. Силы, действующие на его грани, пропорциональны квадрату его размера, а вес — кубу. Когда клин уменьшается, вес становится пренебрежимо малым, и силы на гранях должны уравновешиваться сами по себе, а для треугольника это возможно, только если давление на всех гранях одинаково. Значит, $p$ не зависит от направления: давление — скалярное поле $p(\vec{r})$, одно число в каждой точке.

Затем — как оно меняется. Возьмём малый кубик с рёбрами $dx$, $dy$, $dz$. Жидкость у его левой грани толкает его в направлении $+x$ с силой $p(x)dydz$, а жидкость у правой грани толкает обратно с силой $p(x+dx)dydz$. Результирующая сила вдоль $x$ равна разности, $-(\partial p/\partial x)dxdydz$. То же верно вдоль $y$ и $z$, поэтому результирующая сила давления на единицу объёма равна $-\nabla p$: разность давлений гонит жидкость из области высокого давления в область низкого.

В покоящейся жидкости эта сила должна уравновешивать силу тяжести, которая действует на единицу объёма с силой ${\rho }_{\mathrm{ж}}\vec{g}$. Если ось $z$ направлена вверх, так что $\vec{g}$ направлено вдоль $-z$, то
$\nabla p={\rho }_{\mathrm{ж}}\vec{g},\frac{dp}{dz}=-{\rho }_{\mathrm{ж}}g$
При постоянной плотности интегрирование вниз от поверхности даёт $p=p_0+{\rho }_{\mathrm{ж}}gh$ на глубине $h$; $p_1$ и $p_2$ на рисунке 1 — это значения давления на глубинах $h$ и $h+\ell$. Поскольку $\nabla p$ направлен вдоль $\vec{g}$, давление меняется только по вертикали: поверхности равного давления, в том числе свободная поверхность, перпендикулярны $\vec{g}$, то есть горизонтальны.

Три пути к закону Архимеда

Закон Архимеда гласит: на тело в покоящейся жидкости действует направленная вверх сила, равная весу вытесненной им жидкости. Коробка доказала это для одной формы. Три рассуждения доказывают это для любой формы, и каждое что-то добавляет: первое — вычисление в одну строку, второе указывает ещё и линию действия силы, а третье объясняет, почему важна лишь средняя плотность.

Обозначения

$S$	Поверхность тела; справа та же поверхность ограничивает воду.
$V$	Объём, ограниченный $S$.	${\mathrm{м}}^3$
$p$	Давление на $S$: перпендикулярно ей, больше там, где $S$ глубже.	$\mathrm{Па}$
$B$	Геометрический центр объёма внутри $S$ — центр величины.
${\vec{F}}_b$	Сила давления на $S$, направлена вверх через $B$; одна и та же на обеих картинках.	$\mathrm{Н}$
$W$	Вес воды, заполняющей $S$, ${\rho }_{\mathrm{ж}}Vg$, направлен вниз через $B$.	$\mathrm{Н}$

Рисунок 2 содержит ключевую идею. Слева тело произвольной формы находится в покоящейся воде; $S$ — его поверхность, $V$ — объём внутри неё, а стрелки — давление $p$ на $S$, перпендикулярное $S$ и тем больше, чем глубже участок $S$. Справа тело убрали, и та же поверхность $S$ ограничивает воду. Сравните стрелки: они одинаковы. Давление в каждой точке $S$ определяется глубиной этой точки в окружающей воде, а она не изменилась, поэтому давление не может зависеть от того, что находится внутри $S$. Чем бы ни была заполнена $S$, полная сила давления на неё, ${\vec{F}}_b$, одна и та же.

Путь первый — интегрирование. Выталкивающая сила — это сумма сил давления по замкнутой поверхности $S$. Гидростатическое давление — просто функция высоты, поэтому его можно продолжить внутрь объёма $V$, занятого телом. Теорема о градиенте, близкая родственница формулы Остроградского — Гаусса, превращает поверхностный интеграл от $p\hat{n}$ в объёмный интеграл от $\nabla p$, а уравнение гидростатики даёт $\nabla p$:
${\vec{F}}_b=-{\oint }_{S}p\hat{n}dA=-{\int }_V\nabla pdV=-{\rho }_{\mathrm{ж}}\vec{g}V$
Сила направлена против $\vec{g}$, то есть вверх, и по модулю равна ${\rho }_{\mathrm{ж}}gV$ — весу жидкости объёмом $V$. Давление на поверхности $p_0$ выпало, потому что его градиент равен нулю; это и есть доказательство того, что равномерное давление не создаёт результирующей силы на замкнутой поверхности.

У плавающего тела смочена лишь часть поверхности. Будем работать с избытком давления над $p_0$: давление воздуха $p_0$ действует на всю замкнутую поверхность и сокращается. Этот избыток равен нулю в плоскости ватерлинии, поэтому, замкнув смоченную поверхность участком этой плоскости внутри тела, мы ничего не добавляем, и та же теорема даёт ${\rho }_{\mathrm{ж}}g{V}_{\mathrm{погр}}$, где $V_{\mathrm{погр}}$ — объём погружённой части.

Путь второй — равновесие, без интегралов; он опирается на правую картинку. Вода внутри $S$ покоится под действием двух сил: своего веса $W={\rho }_{\mathrm{ж}}Vg$, направленного вниз и приложенного в её центре масс, и силы давления ${\vec{F}}_b$ окружающей воды. Раз вода не ускоряется, силы компенсируются: $F_b=W$, и эта сила направлена вверх. Раз вода не начинает поворачиваться, суммарный момент двух сил равен нулю, поэтому ${\vec{F}}_b$ действует вдоль той же вертикали, что и $W$. Для однородной воды центр масс — это геометрический центр объёма внутри $S$; обозначим его $B$.

Теперь вернёмся к левой картинке. Давление на $S$ то же самое, поэтому на тело действует та же сила вдоль той же линии. Выталкивающая сила равна весу вытесненной жидкости и проходит через $B$ — геометрический центр вытесненного объёма, который называют центром величины. Этому рассуждению даже не нужна постоянная плотность: в жидкости, плотность которой меняется с глубиной, сила по-прежнему равна весу вытесненной жидкости, $g{\int }_V{\rho }_{\mathrm{ж}}dV$, и проходит теперь через центр масс этой жидкости.

Путь третий — энергия. Поднимем тело на малую высоту $\delta z$. Его собственная потенциальная энергия возрастёт на $mg\delta z$. В освободившееся снизу место затечёт жидкость, и в итоге для жидкости всё сводится к тому, что её объём $V$ массой ${\rho }_{\mathrm{ж}}V$ опустился на $\delta z$, потеряв энергию ${\rho }_{\mathrm{ж}}Vg\delta z$. Всего
$\delta U=(m-{\rho }_{\mathrm{ж}}V)g\delta z$
Сила равна наклону потенциальной энергии, взятому со знаком минус, поэтому результирующая сила вверх равна $-\delta U/\delta z={\rho }_{\mathrm{ж}}Vg-mg$, то есть выталкивающей силе минус сила тяжести. В неё входят только масса и объём тела, то есть его средняя плотность $m/V$. Поэтому стальной корпус плавает, хотя сталь почти в восемь раз плотнее воды: он заключает в себе столько воздуха, что его средняя плотность становится меньше плотности воды.

Вода как пружина

Плавающее тело, если его притопить и отпустить, начинает качаться вверх-вниз. В этом разделе показано, что вблизи положения плавания вода действует на него как линейная пружина, и найден период этих колебаний.

Возьмём брусок из анимации. Его стенки вертикальны, поэтому площадь горизонтального сечения, $A=0,70\mathrm{м}\cdot 0,10\mathrm{м}=0,07{\mathrm{м}}^2$, одинакова на любой высоте. Отныне $h$ — высота бруска, $h=0,50\mathrm{м}$, а не глубина, как на рисунке 1. Его плотность ${\rho }_{\mathrm{т}}=0,6{\rho }_{\mathrm{ж}}$, поэтому его масса $m={\rho }_{\mathrm{т}}Ah=21\mathrm{кг}$, а сила тяжести 206 Н. При плавании выталкивающая сила равна силе тяжести, ${\rho }_{\mathrm{ж}}gAd={\rho }_{\mathrm{т}}gAh$, так что глубина погружения (осадка) равна $d=({\rho }_{\mathrm{т}}/{\rho }_{\mathrm{ж}})h=0,30\mathrm{м}$.

Теперь притопим брусок ещё на расстояние $x$ глубже его глубины погружения. Он вытесняет дополнительный объём $Ax$, поэтому выталкивающая сила растёт на ${\rho }_{\mathrm{ж}}gAx$, а сила тяжести не меняется. Результирующая сила — возвращающая, $-kx$, с жёсткостью $k={\rho }_{\mathrm{ж}}gA$, около 687 Н/м для бруска. Это закон Гука, значит, движение гармоническое. Подставив $m={\rho }_{\mathrm{т}}Ah$, а затем $d=({\rho }_{\mathrm{т}}/{\rho }_{\mathrm{ж}})h$, получим его циклическую частоту
${\omega }_0=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{{\rho }_{\mathrm{ж}}g}{{\rho }_{\mathrm{т}}h}}=\sqrt{\frac{g}{d}}$
Площадь сократилась, и результат изящен: плавающее тело с вертикальными стенками качается с периодом математического маятника, длина которого равна глубине погружения тела. При $d=0,30\mathrm{м}$ получаем ${\omega }_0\approx 5,7\mathrm{рад}/\mathrm{с}$ и $T_0=2\pi \sqrt{d/g}\approx 1,10\mathrm{с}$ при любой площади; судно с вертикальными бортами и осадкой 9 м испытывало бы вертикальную качку, то есть поднималось бы и опускалось, примерно раз в 6 с.

Пружина линейна, только пока брусок погружён частично. Когда он целиком уходит под воду, вытесненный объём больше расти не может, а с ним и выталкивающая сила. График движения показывает оба режима.

Как читать график y(t)

Брусок в анимации движется под действием этой пружины и сопротивления воды. Его график проверяет модель пружины: где она верна, где перестаёт работать и как быстро затухает движение.

Обозначения

$y$	Высота бруска над уровнем плавания.	$\mathrm{м}$
$t$	Время, прошедшее с момента, когда брусок отпустили.	$\mathrm{с}$
$y_0$	Начальная высота, в момент, когда брусок отпустили.	$\mathrm{м}$
$d-h$	Высота, на которой верх бруска вровень с водой ($d$ — глубина погружения, $h$ — высота бруска); ниже неё весь брусок под водой.	$\mathrm{м}$
$T$	Время между двумя соседними верхними точками поворота.	$\mathrm{с}$
$e^{-\gamma t}$	Множитель, показывающий, во сколько раз со временем уменьшается размах качаний; $\gamma$ — коэффициент затухания.

На рисунке 3 показана высота $y$ бруска над уровнем плавания в зависимости от времени $t$; горизонтальная ось $t$, то есть $y=0$, — это и есть уровень плавания. Брусок отпускают с высоты $y_0=35\mathrm{см}$, и его дно оказывается на 5 см выше воды, ведь он плавает, погрузившись на 30 см.

Проследите первое качание: оно не гармоническое. Брусок падает в воздухе, затем целиком уходит под воду, ниже пунктирного уровня $d-h=-20\mathrm{см}$, на котором его верх вровень с водой, и опускается до $-24,5\mathrm{см}$ в момент 0,55 с. Ниже $d-h$ пружина насыщается: $F_b$ не может превысить выталкивающую силу, действующую на весь брусок, ${\rho }_{\mathrm{ж}}gV=343\mathrm{Н}$. После этого качания глубина погружения остаётся примерно в пределах от 15 до 40 см, то есть в пределах высоты бруска, где сила линейна.

Теперь прочитайте следующие верхние точки поворота: +15,2, +6,7, +2,9, +1,3 и +0,55 см. Они отстоят друг от друга примерно на 1,11 с — это интервал $T$, отмеченный на рисунке, — и каждая составляет около 0,44 от предыдущей. Постоянное отношение за каждое качание означает экспоненциальное затухание, поэтому вершины лежат на пунктирной огибающей $\pm y_0{e}^{-\gamma t}$ затухающего колебания $y\approx y_0{e}^{-\gamma t}\cos (\omega t)$, формула которого подписана у графика в анимации; здесь $\omega$ — частота затухающих колебаний ${\omega }_d$. За один период амплитуда умножается на $e^{-\gamma T}\approx 0,44$, поэтому
$\gamma \approx \ln (1/0,44)/1,11\approx 0,74{\mathrm{с}}^{-1}$
что близко к значению $\gamma =0,75{\mathrm{с}}^{-1}$, заложенному в сопротивление воды в модели.

Затухание почти не замедляет качания: ${\omega }_d=\sqrt{{\omega }_0^2-{\gamma }^2}\approx 5,67\mathrm{рад}/\mathrm{с}$ лишь примерно на 1 % меньше ${\omega }_0$, поэтому $T$ так близок к $T_0$. Добротность $Q={\omega }_0/(2\gamma )\approx 3,8$ говорит о слабом затухании: прежде чем успокоиться, брусок делает несколько заметных качаний.

Устойчивость и метацентр

Плавать мало: судно должно ещё и не опрокидываться. В этом разделе выясняется, когда малый наклон — крен — создаёт момент, возвращающий тело назад, и находится одна длина, которая отвечает на этот вопрос, — метацентрическая высота $GM$.

Обозначения

$\theta$	Угол крена: насколько корпус повёрнут от вертикального положения.	$\mathrm{рад}$
$G$	Центр тяжести корпуса, на его осевой линии; здесь приложена сила тяжести.
$B$	Центр величины, когда корпус стоял прямо; точка, неподвижная относительно корпуса.
$B^{\prime }$	Центр величины сейчас: геометрический центр погружённой части, сместившийся к опущенному борту.
$M$	Метацентр: точка, где вертикаль через $B^{\prime }$ пересекает осевую линию.
$GM$	Метацентрическая высота: расстояние от $G$ вверх до $M$; момент выпрямляющей пары равен $mgGM\sin \theta$.	$\mathrm{м}$
$m\vec{g}$	Сила тяжести корпуса, направлена вниз через $G$.	$\mathrm{Н}$
${\vec{F}}_b$	Выталкивающая сила, направлена вверх через $B^{\prime }$; по модулю равна силе тяжести.	$\mathrm{Н}$

На рисунке 4 показан корпус в форме коробки, накренённый на угол $\theta$; угол нарисован гораздо больше реального, чтобы геометрия была наглядной. На корпус действуют две силы. Сила тяжести $m\vec{g}$ направлена вниз и приложена в центре тяжести $G$ — точке, неподвижной относительно корпуса. Выталкивающая сила ${\vec{F}}_b$ направлена вверх и приложена в центре величины — геометрическом центре погружённой части. Пока корпус стоял прямо, этот центр находился в точке $B$ на осевой линии — оси симметрии корпуса, проходящей через $G$. У судна $B$ часто лежит ниже $G$, как здесь, и само по себе это не опасно.

Теперь посмотрите на ватерлинию. При крене с поднятого борта из воды выходит клин корпуса, а с опущенного в воду входит такой же клин. Погружённый объём остаётся прежним, но его форма смещается к опущенному борту, а вместе с ней и его центр: центр величины переходит из $B$ в $B^{\prime }$, и ${\vec{F}}_b$ теперь действует вдоль вертикали через $B^{\prime }$. Проследите эту вертикаль вверх: она пересекает осевую линию в метацентре $M$.

Как высоко лежит $M$? Пусть $I$ — момент инерции площади ватерлинии (сечения корпуса поверхностью воды) относительно оси крена — линии, вокруг которой корпус наклоняется. Полоска площади ватерлинии на расстоянии $y$ от этой оси получает или теряет погружённую высоту $y\theta$, поэтому клинья переносят с одного борта на другой статический момент объёма $I\theta$, и $B$ смещается вбок на $I\theta /V_{\mathrm{погр}}$. При малом угле это смещение равно $BM\theta$, поэтому $M$ находится на неизменной высоте
$BM=\frac{I}{V_{\mathrm{погр}}}$
над $B$.

На рисунке 4 точка $M$ лежит выше $G$, на расстоянии $GM$. Сила тяжести, проходящая через $G$, и выталкивающая сила, проходящая через $B^{\prime }$, равны по модулю и противоположны, но не лежат на одной прямой, поэтому образуют пару сил. Её плечо равно $GM\sin \theta$, а момент $mgGM\sin \theta$ возвращает корпус в вертикальное положение. Если бы $M$ лежала ниже $G$, те же две силы накренили бы корпус ещё сильнее. Итак, плавающее тело устойчиво относительно малого крена, когда $M$ выше $G$, то есть когда $GM>0$.

Для корпуса в форме коробки шириной $b$, длиной $L$ и глубиной погружения $d$ имеем $I=L{b}^3/12$ и $V_{\mathrm{погр}}=Lbd$, поэтому
$BM=\frac{b^2}{12d}$
Ширина входит в квадрате. Всё, что поднимает $G$, ухудшает устойчивость: груз, уложенный высоко, и вода, свободно переливающаяся по палубе, — она стекает к опущенному борту и действует как поднятый $G$; это классическая причина опрокидывания судов.

Задача: останется ли брусок в вертикальном положении?

Применим это к бруску из анимации: высота $h=0,50\mathrm{м}$, глубина погружения $d=0,30\mathrm{м}$, ширина 0,70 м, толщина 0,10 м. Высоты будем отсчитывать от дна. Брусок однороден, поэтому $G$ находится на середине высоты, в 0,25 м, а $B$ — в середине погружённой части, на половине глубины погружения, то есть в 0,15 м.

При крене в плоскости экрана ширина ватерлинии составляет 0,70 м:
$BM=\frac{b^2}{12d}=\frac{0,70^2}{12\cdot 0,30}\approx 0,136\mathrm{м}$
Значит, $M$ находится на $0,15+0,136\approx 0,286\mathrm{м}$ над дном, на 3,6 см выше $G$: в этом направлении брусок устойчив. При крене 5°, когда $\sin \theta \approx 0,087$, восстанавливающий момент равен $206\cdot 0,036\cdot 0,087\approx 0,65\mathrm{Н}\cdot \mathrm{м}$.

При крене поперёк толщины 0,10 м ширина ватерлинии всего 0,10 м, и $BM=0,10^2/(12\cdot 0,30)\approx 0,003\mathrm{м}$. Теперь $M$ лежит на 9,7 см ниже $G$, так что $GM<0$ и брусок неустойчив. Настоящий брусок таких пропорций перевернулся бы и плавал на широкой грани, погрузившись на 6 см (0,6 от его толщины 0,10 м). Лишь двумерная анимация, которая позволяет бруску двигаться вверх и вниз, но не опрокидываться, удерживает его в вертикальном положении.

То же рассуждение даёт общее правило. Для однородного бруска относительной плотности $s={\rho }_{\mathrm{т}}/{\rho }_{\mathrm{ж}}$, высоты $h$ и ширины $b$ в плоскости крена точка $G$ находится на высоте $h/2$, $B$ — на $d/2=sh/2$, а $BM=b^2/(12sh)$. Потребовав, чтобы $M$ была выше $G$, $sh/2+b^2/(12sh)>h/2$, и преобразовав неравенство, получаем условие плавания в вертикальном положении:
$\frac{b}{h}>\sqrt{6s(1-s)}$
При $s=0,6$ нужно $b/h>1,2$: ширина даёт 1,4 — проверка пройдена, толщина лишь 0,2 — не пройдена. Брус квадратного сечения, $b=h$, не проходит проверку при любом $s$ примерно от 0,21 до 0,79, поэтому квадратные брусья из обычной древесины плавают наклонно, а не плоской стороной вверх.

Ускоряющиеся и сжимаемые жидкости

До сих пор сосуд покоился, а жидкость была несжимаемой. Отказ от любого из этих допущений меняет выталкивающую силу поучительным образом.

В сосуде, движущемся с ускорением $\vec{a}$, жидкость, покоящаяся относительно него, должна ускоряться вместе с ним. Второй закон Ньютона для единицы объёма тогда имеет вид $-\nabla p+{\rho }_{\mathrm{ж}}\vec{g}={\rho }_{\mathrm{ж}}\vec{a}$, то есть $\nabla p={\rho }_{\mathrm{ж}}(\vec{g}-\vec{a})$. Это уравнение гидростатики, в котором $\vec{g}$ заменено эффективным ускорением свободного падения $\vec{g}-\vec{a}$, поэтому всё сказанное выше остаётся в силе: выталкивающая сила направлена против $\vec{g}-\vec{a}$.

Отсюда три следствия. В лифте, который разгоняется вверх с ускорением 2 м/с², эффективная сила тяжести $m(g+a)$ и выталкивающая сила возрастают в одно и то же число раз, $11,81/9,81$, поэтому плавающий брусок сохраняет глубину погружения. В разгоняющемся автомобиле эффективное ускорение свободного падения наклоняется назад, поэтому гелиевый шарик на нитке отклоняется вперёд, а пассажиров прижимает назад. При свободном падении $\vec{g}-\vec{a}=0$: нет градиента давления, нет и выталкивающей силы, и на орбитальной станции пузырьки в напитке не всплывают.

В сжимаемой среде ${\rho }_{\mathrm{ж}}$ меняется с высотой. Для изотермической атмосферы $\rho ={\rho }_0{e}^{-z/H}$, где характерная высота $H\approx 8,4\mathrm{км}$ при 15 °C — это подъём, на котором плотность уменьшается в $e$ раз. Герметичный жёсткий шар, средняя плотность которого вдвое меньше плотности воздуха у земли, поднимается, пока окружающий воздух не станет таким же плотным, как он сам, — там, где $e^{-z/H}=1/2$, около $H\ln 2\approx 5,8\mathrm{км}$. Там он устойчиво зависает: если поднять его выше, он попадёт в более разрежённый воздух, выталкивающая сила станет меньше силы тяжести, и шар опустится обратно; если опустить ниже — всё наоборот.

Сжимаемое тело в жидкости ведёт себя наоборот. Водолаз в гидрокостюме из вспененной резины, опустившись глубже, сжимается под дополнительным давлением, вытесняет меньше воды и потому тонет быстрее. Значит, нейтральная плавучесть неустойчива для всего, что сжимается легче воды, поэтому водолазам, рыбам и подводным лодкам приходится постоянно её подстраивать.

Границы применимости

Всё сказанное опирается на идеализации. Вот когда каждая из них нарушается и насколько.

Вода слегка сжимаема, её объёмный модуль упругости около 2,2 ГПа: на глубине 4000 м, под давлением порядка 40 МПа, морская вода примерно на 2 % плотнее, чем у поверхности, и выталкивающая сила, действующая на жёсткое тело, растёт на столько же.

Гидростатика предполагает также, что жидкость окружает тело со всех сторон. Тело, плотно прижатое к дну, без жидкости под ним, не получает толчка снизу, и давление на его верхнюю грань прижимает его ко дну.

Поверхностное натяжение $\sigma$ добавляет силу, пропорциональную длине линии, по которой поверхность воды встречается с телом, тогда как сила тяжести и выталкивающая сила растут с объёмом. Эти силы сравнимы для предметов размером порядка капиллярной длины, $\sqrt{\sigma /(\rho g)}\approx 2,7\mathrm{мм}$ для воды, поэтому насекомые и сухая стальная игла могут держаться на поверхности.

Ускоряющееся тело должно ускорять и часть окружающей жидкости. Для шара эта присоединённая масса равна $\frac{1}{2}{\rho }_{\mathrm{ж}}V$, поэтому пузырёк, отпущенный из состояния покоя, собственной массой которого можно пренебречь, начинает всплывать с ускорением около ${\rho }_{\mathrm{ж}}Vg/(\frac{1}{2}{\rho }_{\mathrm{ж}}V)=2g$, а не с огромным ускорением, которое подсказывает его крошечная масса. Присоединённая масса и волны, которые посылает настоящий брусок, заставляют его качаться медленнее и успокаиваться быстрее, чем предсказывает модель пружины.

Наконец, выталкивающая сила — эффект сплошной среды, и для очень малых частиц с ней конкурирует тепловое движение. Зёрна диаметром 10 нм, вдвое плотнее воды, распределяются тепловым движением по высоте около 0,8 м: подъём одного зерна на такую высоту против силы тяжести за вычетом выталкивающей силы требует типичной тепловой энергии $k_{B}T$. Поэтому они почти не оседают.

Что дальше

Выталкивающая сила возникает всюду, где плотности различаются. В уроке «Сопротивление среды и предельная скорость» маленький шарик, оседающий в жидкости, достигает предельной скорости, пропорциональной разности плотностей ${\rho }_{\mathrm{т}}-{\rho }_{\mathrm{ж}}$, потому что выталкивающая сила вычитается из силы тяжести. Подъём тёплой жидкости и опускание холодной — это конвекция, о которой говорится в уроке «Теплопроводность, конвекция и излучение». Течения, в которых давление уже не определяется одной лишь глубиной, — тема урока «Уравнение Бернулли». Качающийся брусок с $Q\approx 3,8$ — пример из урока «Затухание и резонанс», а воздушный шарик, наклоняющийся вперёд в разгоняющемся автомобиле, показывает, что силу тяжести и ускорение нельзя различить, — с этого начинается урок «Гравитация как искривление пространства-времени».