Hidrosztatikai problémák 1.1 A hidrosztatikai nyomással kapcsolatos gondolatmenetek Szájával lefelé fordított, vízzel telt mérőhengert kiemelünk egy nagyobb kád vízből. Kössünk rugós erőmérőt a mérőhengerre, s annál fogva emeljük ki adott magasságig. Mekkora erőt jelez a dinamométer? Diszkutáljuk az esetet! Tekintsünk egy erre vonatkozó modell kísérletet. A mérőhengerre ráhúzunk egy jól záró sapkát, abból kiszívjuk a levegőt. Ekkor a hengert a külső po nyomás be akarja „lőni” a vákuumba. Alul a hengert, pl. egy rugós erőmérő segítségével tartjuk (1.1 ábra). Ez az erő a mérőhenger fenekére ható, felfelé mutató Fo erőnek és a mérőhenger súlyának a különbsége. Az Fo erő reakciója viszont a hengerben lévő vízre hat lefelé. Lassan szüntessük meg a vákuumot, ekkor a hengert alul mind kevesebb erővel kell tartani, sőt a sapka levételekor már felfelé kell húznunk (1.2 ábra). Az egész művelet alatt a hengerben lévő víz nyugalomban volt, tehát a reá ható erők összege zérus maradt. Mivel a vízre a külső po nyomásból adódó poA erő, továbbá G súlya és végül az üvegtől származó Fo erő hatott, ezért ezek összege maradt zérus. A poA és a G erő a művelet alatt változatlan maradt, így Fo is változatlan kellett, hogy maradjon. Tehát az eredeti helyzetben is Fo erő hat az üvegcsőre felfelé, amint az 1.2 ábra mutatja.
Felírjuk az egyensúly egyenletét külön a mérőhengerre és külön a vízre az 1.2 ábra szerint, ahol Fr a dinamométer által jelzett erő. Mérőhengerre:
Fr − po A − Gcső + Fo = 0 Vízre:
− Fo − G + po A = 0 Fo = po A − G (1) Fr = G + Gcső Tehát a dinamométer a cső és a benne lévő víz súlyának összegét jelzi, ahogyan azt vártuk is. Az Fo kényszererő bevezetésével így mélyebben tudjuk analizálni azt a jelenséget, hogy ugyan az üvegcsövet tartjuk – a benne lévő vízhez nem érünk – mégis ez által a vizet emeljük ki a kádból, vagyis hagyjuk érvényesülni a légnyomást, hogy az nyomja fel a vizet. A kényszererők fontosságát és szemléletformáló erejét a konkrét példán keresztül is jól megvilágíthatjuk a tanulónak.
1.2 Más megoldás Ugyanerre az eredményre jutunk más gondolatmenettel is. Képzeljük el, hogy egy kevés levegő szorult a víz föle a mérőhengerbe. Valójában ez a reális helyzet. Tekintsük most így a kiindulási helyzetet, vagyis amikor a kiemelt csövet adott Fr erővel tartjuk. Pascal törvénye szerint az elzárt levegő p nyomása az üvegcsőre pA a nyomóerő felfelé és a vízre ugyanez lefelé. Írjuk fel most az egyensúlyi egyenleteket:
A mérőhengerre:
Fr + pA − po A − Gcső = 0 A vízre:
− pA − G + po A = 0 G = po A − pA (2) Fr = Gcső + G Ennek a gondolatmenetnek egy másik fordulatot is adhatunk. A klasszikus mechanikában érvényes a mondás: Salus in natura non datur; vagyis a természetben nincsenek ugrások. A jelen helyzetből átmehetünk az 1.1 pontban tárgyalt ideális helyzetre. Az Fo szerepét a pA erő tölti be. Fo, azaz pA változatlan maradhat, ha egyre kisebb mennyiségű a víz fölé szorult levegő, ugyanakkor térfogata is egyre kevesebb lesz. Gondolatban hajtsuk végre ezt a változtatást ugyanolyan csőállás mellett. Akkor – mivel folytonos az átmenet – határesetben eljutunk a kezdeti ideális helyzethez; a cső tele van vízzel és Fr erővel tartjuk a vízzel telt csövet. (Molekulárisan nézve a helyzet paradox, mert zérus térfogatban nincs gáznyomás, de a pV = nRT -ből, nÆ0, VÆ0, ρ=konst., p=konst. Extrapoláció pusztán matematikailag megengedhető.)
1.3 Megoldás a virtuális munka elvével Képzeljük el, hogy a csövet valameddig kiemeltük és – mint előbb is – rugó közvetítésével tartjuk Fr erővel. Ezt az Fr-t kell most meghatároznunk. Jelenleg egyensúly van és G súlyú víz van a csőben. Emeljük most meg a csövet infinitezimálisan kicsiny dx -szel. Ez egy lehetséges, (kicsiny) virtuális elmozdulásnak tekinthető. Az egyensúlyra úgy következtetünk, hogy a rendszer által a virtuális elmozduláskor végzett munka zérus. A rendszerhez hozzátartozik a kádban lévő víz is. Van egy mellékfeltétel; ha az üvegcsövet dx -szel feljebb emeltük, akkor a kádban az eredeti állapotban lévő szintmagasság megváltozott; dy -nal lejjebb süllyedt a víz szintje. A kiszorított térfogatok alapján az 1.4 ábra szerint írhatjuk, hogy a) ( Ao − A)dy = Adx , ahol Ao a kád (pl. hengeres edény) keresztmetszete és A a mérőhenger keresztmetszete. Kissé más meggondolással: b) A(dx + dy ) = Ao dy Az eredmény ugyanaz:
dy =
A dx . ( ∆A = Ao − A ) ∆A
Írjuk fel az egész rendszer virtuális munkáját:
Fr dx − Gdx − Adxρg
dx dy − ( Ao − A)dyρg (− ) = 0 2 2
δx és δy a virtuális elmozdulás abszolút értékét jelenti. Figyelembe véve az utolsó tagban az a) összefüggést kapjuk, hogy (3)
( Fr − G )dx − Aρg
dx 2 A (1 − )=0 2 ∆A
Fr konvergál az egyensúlyi Fr-hez (vagyis ahhoz, amit keresünk) ha dx Æ0. A második tag magasabb rendben tűnik el, mint az első, így dx Æ0-ra érvényes, hogy ( Fr − G )dx = 0 . Mivel dx Æ0, de egyébként bármi lehet, így fel kell álljon, hogy Fr − G = 0 . Ha G-be beleértjük a cső súlyát is, akkor látható, hogy Fr valóban azonos az előbbiekben kapott értékkel. (Pusztán érdekesség, ha az üvegcső falvastagsága sem hanyagolható el, ekkor ugyanis a vízbe benyúló különböző hosszúságú részek miatt az Archimedes törvénnyel kel számolni, mikor az üvegcső súlyát vesszük.)
1.4 Az egyensúlyi helyzet számítása a potenciális energia-minimum elvvel Ismét az Fr rúgó erőt keressük, vagyis azt, hogy kiemelve a csövet adott magasságra, mekkora erővel kell tartanunk, hogy nyugalomban maradjon. Tegyük fel az egyszerűség kedvéért, hogy a kiemelt csőrészt teljesen kitölti a folyadék. Az egész rendszer potenciális energiáját írjuk fel az 1.5 ábra szerint a 0 szinttől számítva. Ezen a szinten a rugó éppen feszítetlen. A 0’ szint a kádban a víz szintje, mikor a mérőhenger még teljesen a kádban lévő vízben van. A mérőhenger hossza legyen a, a kád mélysége b. Engedjük lassan, hogy a most már feszített rugó a mérőhengert függőlegesen kihúzza úgy, hogy 0-tól x mélységbe legyen, és itt lefogjuk. (Vagy esetleg nekünk kellett segíteni, hogy ilyen kiemelkedés jöjjön létre.) Tekintjük tehát ezt a helyzetet, ami nem egyensúlyi helyzet. Különböző x-ekre az egész rendszernek különböző a potenciális energiája. Az energia minimum határozza meg az egyensúlyi helyzetet.
Amikor a mérőhengert kiemeltük, akkor a kádban a víz az 0’ szintről az 0’’ –re szállt le, y volt a süllyedés. A kiemelés (L-x) magassága és az y között az alábbi összefüggés érvényes: a) A( L − x ) = ( Ao − A) y vagy
b)
A( L − x + y ) = Ao y
ahol a) és b) ugyanazt jelenti. Így (4)
y=
A ( L − x) . Ao − A
Legyen
A =α Ao − A Végül (5) y = α ( L − x) . Rendre felírjuk a rugónak, a kiemelt vízmennyiségnek, a mérőhenger anyagának és a kádban lévő víznek (vagy más folyadéknak) a potenciális energiáját, s ezek összege a rendszer potenciális energiája. (6)
1 2 L−x+ y a b2 − y 2 V ( x) = Dx − ρgA( L − x + y ) x + − G1 x + − ρgAo L(b − y ) + 2 2 2 2
Az utolsó tag a kádban lévő folyadék potenciális energiája, mely a következőképpen adódik:
b− y ϕ ( x) = − ρgAo (b − y ) L + y + ; 2 b2 − y 2 ϕ ( x) = − ρgAo L(b − y ) + . 2 A (6) képletben G1 a mérőhenger súlya. (Hogy a rá ható változó felhajtó erőt elhanyagolhassuk, falvastagságát elegendő kicsinynek vesszük.) V(x)-ben külön felírjuk a második tagot átalakítva, így könnyebben áttekinthető a dV(x)/dX derivált. A 2. tag:
1 2 2 Lx − x + xy + 2 ( L − x + y ) ρgA Képezzük most a V’(x) deriváltat (5) figyelembe vételével:
V ' ( x) = Dx − ρgA[L − 2 x − αx + y − (1 + α )( L − x + y )] − G1 − ρgAoα ( L + y )
V’(x)=0 az egyensúly feltétele. Ennek alapján több egyszerű átalakítás és (5) felhasználásával az adódik, hogy (7) Dx0 = A L − x0 + y ( x0 ) ρg + G1 .
[
]
Mivel Dx0 = Fr, azért (7) éppen azt fejezi ki, hogy az egyensúlyi helyzetben az üvegcső és a benne lévő víz súlyát kell tartanunk. A (7) egyenletből viszont még az egyensúlyt jellemző 1.5 ábra szerinti x0 hely is kiszámítható. Az x0 hely az 0, 0’ felvételhez kötött, míg a (7) egyenlet jelentése általános; egyensúly akkor van, ha a csövet a cső saját súlya és a benne lévő folyadék súlyának összege nagyságú erővel tartjuk. Az ábrabeli elrendezésben viszont az adott helyhez rögzített rugót használtunk, így x0-át erre vonatkozóan a (7) egyenletből kiszámíthatjuk. Tehát (8)
x0 =
LAρg (1 + α ) + G1 . D + A(1 + α ) ρg
Áttekinthetőbb a (8) képlet, ha G1 ~ 0 vehető, a kádban lévő folyadék mennyisége elegendő nagy és A0 felszíne is sokkal nagyobb a cső keresztmetszeténél. Ekkor (4)-ből
A A0 A Æ0; α = 0 . α= és A A 0 1− A0 Ezzel (8) egyszerűbb:
(8/a)
x0 =
L D 1+ Aρg
1.5 A rezgés vizsgálata Az előbbiek alapján a mennyezethez rögzített rugó által (L-x0)-ra kiemelt, folyadékkal telt cső egyensúlyi helyzete x0. Próbáljuk meg pl. lefelé lökéssel rezgésbe hozni és vizsgáljuk a mozgást. Ha x > x0, akkor a folyadék – amit tartani kell – kevesebb, mint x0-ra, ugyanakkor a visszahúzó nagyobb lett. Tehát az egyensúlyi helyzetbe visszahúzó erő két okból is megnövekedett. Ha viszont túllendült a cső fölfelé, lefelé húzó erő hat; kisebb a rugóerő és nagyobb a kiemelt vízmennyiség. Használva a 1.4 pontban lévő 1.5 ábrát, a mozgást matematikailag is leírhatjuk. − Dx + (L − x ) + y Aρg + mg = (L − x + y )Aρg + m &x& , (9) ahol m jelenti a cső tömegét.
[
(10)
&x& = −
]
[
]
D +g (L − x + y )Aρ + m
Ha (5)-ből behozzuk y kifejezését, akkor (11)
&x& = −
Dx +g Aρ (1 + α )(L − x ) + m
Látható, hogy komplikált rezgést végez a rugóra akasztott rendszer. A sebesség az x hely függvényében még kiintegrálható, a kitérés – hely függvény csak közelítéssel határozható meg. Például Euler-iterációval számítógép segítségével. A sebesség így számolható: Legyen: x& = p( x ) ;
dp dx ; &x& = p′p dx dt D x p′p = − +g Aρ (1 + α ) L − x + µ m D ahol µ = és legyen k = Aρ (1 + α ) Aρ (1 + α ) Akkor: &x& =
Kiintegrálás után:
p2 = (k + g )x + k (L + µ ) ln (L + µ − x ) + C 2 Legyen a kezdeti feltétel: x=0 és v=v0 (=p0) v0 csak akkora lehet, hogy a cső éppen elmerüljön. Végül a sebesség, mint hely függvénye:
L + µ − x v 2 = v02 + 2 (k + g )x + (L + µ ) ln L + µ v0 értékére adott felső határ egyet jelent azzal, hogy x ≤ L . A (12) egyenletből az x& = v mozgásegyenlet felhasználásával nehéz differenciálegyenletet kapunk. Így a (12) (12)
egyenlettel le kellene zárni vizsgálódásainkat, de a számítógép, vagy a programozható zsebkalkulátor jó szolgálatot tehet. Már eleve a (11) egyenletre kell felírnunk az Euler-féle közelítés rekurziós formuláit, s ezt lehet már programba tenni.
1.6 Néhány paradox helyzet a folyadék mechanikából A tanítással összefüggő néhány esetet tekintünk, amikor az ellentmondásos helyzet abból származik, hogy részesetre vonatkozó törvényt a megengedettnél általánosabban alkalmaztunk.
Tekintsük ismét eredeti problémánkat. Függőleges helyzetű, felül zárt, folyadékkal telt csövet ugyanolyan folyadékot tartalmazó elegendően nagy méretű kádból függőleges egyenes mentén kiemelünk. A cső egy része benne marad a folyadékban, így a csőben és a kádban lévő folyadék összefüggő egészet képez. Határozzuk meg a cső tetszőleges helyén a nyomást. Első pillanatra a tanuló a tanult alaphelyzetre emlékezik; a felül nyitott, függőleges helyzetű mérőhengerben fellépő nyomásra: p=xρg.
A jelen helyzetet tisztázandó, első kérdésünk, hogy mihez képest keressük az x mélységben a nyomást. Kérdezhetjük a vákuumhoz képest, a külső levegőhöz képest, és végül a zárt folyadékoszlopnak a zárólapnál lévő szintjéhez képest. Ha ismét a tanított alaphelyzetre gondolunk, úgy vezettük le a p=hρg képletet, hogy egyszerűen felírtuk a folyadék súlyából származó nyomást. Az eredmény a külső levegőhöz viszonyított nyomást adja meg. Most más fogalmazásban vetjük fel a kérdést. Ha a felül nyitott henger belsejében a V térfogatú folyadékot tekintjük, az egyensúlyban van, tehát a reá ható erők eredője zérus. E folyadékhasábra nemcsak a külső p0 légnyomás hat, hanem x mélységben p(x) nyomás is a Pascal törvény szerint felfelé, és oldalnyomás is van.
Így az erők egyensúlya:
p0 A + xAρg − p( x) A = 0 (13) p( x) = p0 + xρg , ahol p(x) a vákuumhoz viszonyított nyomás. A folyadékhasáb felső és alsó lapja közti nyomáskülönbség legyen ∆p. Akkor ∆p=p(x)-p0, ∆p=xρg. Ez egyben x mélységben a külső légnyomáshoz viszonyított nyomás is. A ∆p=xρg rögződik a tanulóban, de nem az előbbi levezetéssel. A (13) képletben foglalt gondolat és a hozzátartozó ábra általánosítható. Ezt tesszük most eredeti problémánkkal is a zárt csőben lévő folyadék p(x) nyomásának meghatározására. Tekintsük az 1.6 fejezet első ábráját és rajzoljuk be az x magasságú folyadékoszlopra ható erőket: Az egyensúly feltétele:
F0 + xAρg − F ( x) = 0 , (14)
p ( x) =
F0 + xρg A
p ( x) =
F ( x) A
Most nem p0A erő hat felülről a folyadékra, hanem F0, amit az (1) képletekből nyerhetünk: F0 = p0 A − G , ahol G az egész kiemelt folyadék súlya, ezért (15) F0 = p0 A − HAρg , ezzel p(x) végül ilyen lesz: (16) p( x) = p0 − ( H − x) ρg . Ez a vákuumhoz képest a nyomás – az oldalnyomás is. A folyadék felső szintjéhez képest: ∆p = p ( x ) −
F0 , A
vagy eleve (14)-ből: (17)
∆p =
F ( x) − F0 ; A
∆p = xρg .
H a csövön függőleges egyenes mentén lyukakat fúrunk és beragasztjuk fóliával, akkor szemléletessé lehet tenni az oldalnyomást is a fóliák különböző behorpadása következtében. Az itt mérvadó nyomás a külső légnyomáshoz viszonyított nyomás. Legyen ∆p0 . Ezért: ∆p0 = p( x ) − p0 . A (16) képletből: (18)
∆p0 = (H − x )ρg .
Látható, hogy p(x) < p0 lévén, a ∆p0 -ból származó nyomóerő befelé irányul. Így ha nincsenek a lyukak beragasztva, a vízzel telt csőből nem folyik ki a víz oldalt. Itt éppen fordított a nyomás képlet, mint egy nyitott szájú, folyadékkal telt edényben, vagyis a tanítási alapszituációban. A (18) képlet alapján éppen az alulról számított szintmagassággal kell számolni, (H-x) értékkel, míg a szokványos esetben ∆p0 = xρg lenne. Amit most követtünk, a gondolkodás-módszertan egy alkalmazása volt. Vannak valóban nem triviális kérdések. Ezek megoldását a módszerek ismerete teszi lehetővé. Az előbbi paradoxon közvetlenül is tárgyalható. Ha a szájával lefelé álló, kiemelt csövön oldalt fent nyílás van, akkor a nyílás alatti folyadékoszlopra alulról felfelé ható légnyomás a folyadékoszlop magasságából származó sztatikai nyomással kevesebb, mint felülről, a nyíláson keresztül ható légnyomás. Éppen ez a fenti probléma megoldása. Tekintsük most az 1.1 és az 1.6-ban adott problémát – vagyis eredeti problémáinkat – azzal a módosítással, hogy az egész berendezés a kísérleti asztallal együtt függőleges mentén a gyorsulással mozog. Mutasson, pl. a lefelé és legyen a < g. Válasszuk lefelé a pozitív irányt. A már ismert jelöléseket használva, meghatározzuk ez esetben az F0 kényszererőt – legyen most F0a – az x mélységben a nyomást (Pa) és az Fra erőt, amivel tartanunk kell a csövet. Az (1) egyenletrendszernek megfelelő egyenletek: − p0 A + mg + F0 a = ma , ahol m a csőben lévő, kiemelt folyadék tömege. Mg − Fra + p0 A − F0 a = Ma , ahol M a cső tömege. Az első egyenletből (19) F0 a = p0 A − m( g − a ) a két egyenletből együtt kapjuk, hogy (20) Fra = (m + M )(g − a ) .
Most határozzuk meg, hogy a cső fedőlapjától számított tetszőleges x mélységben mekkora a nyomás. Ehhez a (14) képlettel kapcsolatos gondolatmenetet követjük. A változás az, hogy a kiszemelt folyadék mennyiség nincs egyensúlyban, hanem a gyorsulással mozog. Tehát: F0 a + xAρg − Fa ( x ) = ma . A felső szinthez képest a nyomás:
∆pa =
Fa ( x ) − F0 a ; ∆pa = xρ ( g − a ) . A
Mennyi a külső légnyomáshoz képest a nyomás?
Fa ( x ) − p0 . A De Fa ( x ) = F0 a + xAρ ( g − a ) és ide F0a-t (19)-ből helyettesítve, majd ezt ∆p0 a -ba, kapjuk végül, hogy (21) ∆p0 a = −(H − x )ρ ( g − a ) . ∆p0 a =
A (19) képletben most m = HAρ -t írtunk. Látható, hogy a (21) képlet teljes analógiában van a (18) képlettel. Érdekes az a=0 és az a=g eset. Ha lefelé a > g gyorsulással mozog a rendszer, ∆p0 a előjelet válthat, és így egy oldalnyíláson valóban kifelé áramlana a folyadék.
