Kezdőlap


Feladat:	2393. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Csordás Zoltán Mihály , Szabó Szilárd , Zóka Gábor
Füzet:	1990/március, 130 - 132. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb folyadék- és gázáramlás, Centrifugális erő, Egyéb folyadékok és gázok egyensúlya, Egyéb hidrosztatikai nyomás, Határozott integrál, Munkatétel, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/április: 2393. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Egy nyugalomban lévő folyadék felszíne merőleges a rá ható erők eredőjére. A folyadékkal együtt forgó vonatkoztatási rendszerben a folyadék nyugalomban van. A vízfelszín egységnyi tömegű darabjára az $ω^{2} x$ nagyságú centrifugális erő és a $g$ nagyságú súlyerő hat, ahol a forgástengelytől mért távolságot $x$ -szel, a víz szögsebességét $ω$ -val jelöltük.

Ha az egyensúlyi felület érintőjének a vízszintessel bezárt szöge

α

, akkor az ábra alapján

\begin{matrix} t g α = \frac{ω^{2} x}{g} . \end{matrix}

Ugyanakkor tg

α

a síkmetszet

y (x)

görbéjének

x

pontbeli meredeksége

x

szerinti deriváltja, így

\begin{matrix} \frac{d y}{d x} = \frac{ω^{2} x}{g} . \end{matrix}

Ismeretes, hogy az ilyen görbe parabola:

\begin{matrix} y (x) = \frac{ω^{2} x^{2}}{2 g} + y_{0}, \end{matrix}

(1)

ahol

y_{0}

a vízfelszín magassága a forgástengelynél. Másrészt tudjuk, hogy

\begin{matrix} y (R) = 2 H . \end{matrix}

(2)

A forgó folyadék térfogatát integrálással határozhatjuk meg. Bontsuk fel az

R

sugarat

Δ x_{i} = x_{i} - x_{i - 1} = \frac{R}{n}

(egyszerűség kedvéért egyenlő) hosszúságú darabokra

(i = 1, 2, ..., n)

. A forgó folyadék térfogatát

Δ x_{i}

vastagságú,

y (x_{i})

magaságú hengerhéjak térfogatösszegével, pontosabban a

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} y (x_{i}) 2 π x_{i} Δ x_{i} \end{matrix}

összeggel közelíthetjük; ennek határértéke

n \to \infty

esetén az

\begin{matrix} \int_{0}^{R} y (x) 2 π x d x \end{matrix}

integrál adja meg a forgó folyadék térfogatát. (1) alapján

\begin{matrix} \int_{0}^{R} y (x) 2 π x d x = \frac{π ω^{2}}{g} \int_{0}^{R} x^{3} d x + 2 π y_{0} \int_{0}^{R} x d x = \frac{π ω^{2} R^{4}}{4 g} + π y_{0} R^{2} . \end{matrix}

A folyadék térfogata állandó, ezért

\begin{matrix} \frac{π ω^{2} R^{4}}{4 g} + π y_{0} R^{2} = π R^{2} H, \end{matrix}

így

\begin{matrix} \frac{ω^{2} R^{2}}{4 g} + y_{0} = H . \end{matrix}

(3)

Az (1), (2) és (3) egyenlőségek összevetéséből

\begin{matrix} y_{0} = 0, ω = \frac{2}{R} \sqrt[]{g H}, y (x) = 2 H \frac{x^{2}}{R^{2}}, \end{matrix}

tehát a forgástengelyben a víz magassága 0.
A sebesség a pohár falánál

\begin{matrix} v = R \cdot ω = 2 \sqrt[]{g H} . \end{matrix}

A víz mozgási energiája szintén integrálással határozható meg:

\begin{matrix} E_{kin} \approx \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{2} m_{i} v_{i}^{2} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{2} 2 π x_{i} \cdot Δ x_{i} \cdot y (x_{i}) \cdot ϱ \cdot {(x_{i} ω)}^{2}, \end{matrix}

így

\begin{matrix} E_{kin} = π ϱ ω^{2} \int_{0}^{R} x^{3} y (x) d x, \end{matrix}

ahol

ϱ = \frac{M}{R^{2} π H}

. Az integrált kiszámítva azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} E_{kin} = \frac{4}{3} M g H . \end{matrix}

Gyorsításkor legalább akkora munkát kell végeznünk, mint amekkora a víz energiájának a növekedése:

\begin{matrix} W_{min} = Δ E_{kin} + Δ E_{pot} . \end{matrix}

A mozgási energia változása

\frac{4}{3} M g H

. A helyzeti energia kezdetben

\frac{1}{2} M g H

volt, a gyorsítás után pedig

\begin{matrix} E_{pot} = \sum_{i = 1}^{n} m_{i} g h_{i} = \int g \frac{1}{2} y (x) ϱ d V . \end{matrix}

Felhasználva

y (x)

ϱ

és d

V

kifejezéseit, azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} E_{pot} = \frac{2}{3} M g H . \end{matrix}

Tehát a minimális munkavégzés

\begin{matrix} W_{min} = (\frac{2}{3} + \frac{4}{3} - \frac{1}{2}) M g H = \frac{3}{2} M g H . \end{matrix}

Ekkora munkát abban az esetben kellene végezni, ha minden veszteségtől (viszkozitás, pohár tömege, stb.) eltekintünk.