WYKŁAD 1 WPROWADZENIE DO STATYKI PŁYNÓW 1/23

WYKŁAD 1 WPROWADZENIE DO STATYKI PŁYNÓW 1/23

RÓWNOWAGA SIŁ Siła owierzchniowa FS nds Siła objętościowa FV f dv Warunek konieczny równowagi łynu F F 0 S Całkowa ostać warunku równowagi łynu V nds f dv 0 2/23

Wyrowadzimy różniczkową formę warunku równowagi sił. W tym celu dokonamy transformacji całki owierzchniowej do całki objętościowej. Mamy Przekształcimy ierwszą z całek nds e n ds e n ds e n ds 1 1 2 2 3 3 n1 ds [, 0, 0] n ds div[, 0, 0] dv dv x Twierdzenie 1 GGO Ogólnie nk ds dv, k 1, 2, 3 nds dv x k Całkowy warunek równowagi sił rzyjmuje ostać ( f) dv 0 3/23

Obszar Ω został wybrany dowolnie oraz wyrażenie całkowe jest - z założenia ciągłą funkcją wsółrzędnych rzestrzennych. Z owyższej równości wynika zatem, że wyrażenie odcałkowe jest tożsamościowo równe zeru w obszarze zajętym rzez nieruchomy łyn. Mamy zatem nastęujące równanie różniczkowe (wektorowe) f 0 Kluczowe ytanie: czy musimy martwić się o zaewnienie równowagi momentów sił?! Odowiednie momenty sił (obliczone względem oczątku układu wsółrzędnych) są określone nastęująco MS x n ds, MV x f dv Warunkiem (koniecznym) bezruchu łynu jest, aby M M 0 S V 4/23

Pokażmy, że warunek ten wynika automatycznie z równowagi sił (i rzyjętego modelu odziaływania na owierzchni, w którym w stanie bezruchu łyn nie rzenosi narężeń stycznych, czyli jest łynem Pascala). Mamy x nds e ( xn) ds e ( xn) ds e ( xn ) ds 1 1 2 2 3 3 Transformujemy całki owierzchniowe do całek objętościowych. Odowiednie rachunki dla ierwszej z całek rzebiegają nastęująco ( xn) ds ( x n x n ) ds 1 2 3 3 2 [ 0, 0, x ] nds [ 0, x, 0] nds ( x ) ( x ) dv 2 3 x3 2 x2 3 x x dv ( x) dv 2 x3 3 x2 1 5/23

Ogólnie ( xn) ds ( x ) dv Warunek równowagi momentów sił rzyjmuje ostać x ( f ) dv 0 i jest sełniony automatycznie jeśli tylko sełnione jest różniczkowe równanie równowagi dla sił. Wnioskujemy, że dla rzyjętego modelu łynu (Pascala) mamy nastęujące równanie różniczkowe statyki f Czy równanie to ma zawsze rozwiązanie? Odowiedź brzmi NIE! 6/23

Rozwiązanie owyższego równania może być otrzymane wyłącznie wtedy, gdy rawa strona tego równania, czyli f, jest otencjalnym olem wektorowym. Warunkiem koniecznym takiej właściwości jest, aby rotacja tego ola była równa zeru. rot( f ) ( f ) 0 Pamiętamy z analizy, że oerator rotacji rot może być obliczony w kartezjańskim układzie wsółrzędnych jako formalny wyznacznik e1 e2 e3 rot w ( w w ) e ( w w ) e ( w w ) e x x x x 3 x 2 1 x 1 x 3 2 x 2 x 1 3 1 2 3 2 3 3 1 1 2 w w w 1 2 3 Można okazać (ćwiczenie!!!) rawdziwość nastęującej równości ( f ) f f 0 7/23

Otrzymana równość wyraża warunek konieczny równowagi (bezruchu) łynu Pascala w zewnętrznym olu sił objętościowych f. Póki co, niewiele z tego wynika! Załóżmy jednak, że ole sił f skalarne Φ, że f jest olem otencjalnym, tj. istnieje takie ole grad Wówczas f rot f rot grad 0 i ( f ) f 0 W własności iloczynu wektorowego wynika, że gradient gęstości łynu w warunkach bezruchu jest w każdym unkcie zorientowany równolegle do lokalnego wektora siły objętościowej, tj. f Jeśli rzeiszemy różniczkowe równanie statyki w ostaci 8/23

1 f to dla otencjalnego ola sił otrzymamy równość 1 1 1 1 0 2 0 z której wynika, że Wnioskujemy stąd, że w warunkach bezruchu w otencjalnym olu sił owierzchnie stałej gęstości i owierzchnie stałego ciśnienia (izobaryczne) okrywają się (rzyomnijmy, że w każdym unkcie izoowierzchni ola skalarnego jego gradient jest wektorem rostoadłym do tej owierzchni), Wynika stąd nastęnie, że w warunkach soczynku istnieje globalny związek omiędzy gęstością a ciśnieniem ( ) 9/23

Mówimy, że łyn znajduje się w stanie barotroowym (lub krótko jest barotroowy). Jest to sytuacja szczególna, bowiem tyowo do określenia gęstości łynu nie wystarczy znajomość samego ciśnienia (otrzebna jest również znajomość jeszcze innej funkcji stanu, n. temeratury). Innymi słowy, tyowo łyn jest w stanie ogólniejszym (zwanym baroklinowym). Wyjątkiem jest łyn o stałej gęstości, który jest (w warunkach izotermicznych) trywialnie barotroowy. Zauważmy, że łyn barotroowy może ozostawać w równowadze wyłącznie w otencjalnym olu sił objętościowych. Wrowadźmy bowiem funkcję (tzw. otencjał ciśnienia) wzorem P( ) 1 ( ) Zatem, sama funkcja P określona jest całką nieoznaczona ostaci d P P( ) ( ) 10/23

Rozważmy nastęnie funkcję złożoną P( x) P[ ( x )]. Jej ochodne cząstkowe obliczamy stosując regułę łańcuchową Wynika stąd, że x k P( x) P[ ( x)] ( x ), k 1, 2, 3 x 1 P i równanie różniczkowe statyki rzyjmuje ostać k P Jeśli równanie to ma rozwiązanie to ole sił objętościowych jest automatycznie otencjalne, czyli rzy czym otencjał różni się od otencjału ciśnienia P o stałą addytywną P f const Otrzymane równanie jest tzw. całką ierwszą równania różniczkowego statyki i mam ostać związku algebraicznego umożliwiającego wyznaczenie rozkładu ciśnienia w łynie. f 11/23

PRZYKŁADY 1. Płyn o stałej gęstości w jednorodnym i jednokierunkowym olu grawitacyjnym. Załóżmy, że f [ 0, 0, g] Potencjał ola f to gz const Ponieważ gęstość jest stała to P / Zatem C gz C Potrzeba wyznaczyć stałą w rozkładzie ciśnienia. Na owierzchni swobodnej ciśnienie jest równe ciśnieniu atmosferycznemu w otoczeniu naczynia. Zatem ( H) a C gh C a gh Ostatecznie, rozkład ciśnienia zadany jest wzorem (Pascal) ( z) g( H z) Powierzchnie izobaryczne: cont z const a 12/23

2. Płyn o stałej gęstości w olu sił objętościowych będących sumą jednorodnego ola grawitacyjnego i ola sił bezwładności wywołanych rzysieszonym ruchem ostęowym. Wyznaczenie ogólnego rozkładu ciśnienia rzebiega nastęująco: f [ a, 0, g] ax gz const ax gz C Podobnie jak w Przykładzie 1, wyznaczenie stałej C, wymaga znajomości ciśnienia w jednym unkcie łynu. Powierzchnie izobaryczne są ochylonymi łaszczyznami const ax gz const z x const Zauważmy, że wektor f jest rostoadły do tych owierzchni (ogólna reguła!) a g 13/23

3. Płyn o stałej gęstości w olu sił objętościowych będących sumą jednorodnego ola grawitacyjnego i ola sił bezwładności wywołanych ruchem obrotowym. 1 2 2 Jasnym jest, że ( r, z) r gz const 2 Naturalnym rozwiązaniem jest wykorzystać wsółrzędne cylindryczne. Wektor ola sił objętościowych ma wówczas ostać f 2 [ f, f, f,] [ r, 0, g] r z gdzie Ω jest rędkością kątową. Pole f jest osiowo symetryczne (brak składowej obwodowej, ozostałe nie zależą od kąta θ). Potencjał tego ola jest związany ze składowymi nastęująco f ( r, z), f ( r, z) 2 2 Pole ciśnienia odowiadające zadanemu olu sił to ( r, z) 1 r gz const Zauważmy, że owierzchnie izobaryczne (w tym również owierzchnia swobodna!) to araboloidy obrotowe r r 2 2 const z() r r const 2g 2 z z 14/23

PRAWO ARCHIMEDESA Przedstawimy matematyczne wyrowadzenie najstarszego rawa statyki łynów rawa Archimedesa. W tym celu obliczymy siłę wynikającą z rozkładu ciśnienia hydrostatycznego na owierzchni ciała zanurzonego w cieczy. mamy F nds ( gz) nds ( gz) dv s a a e g dv g e G z objętosć wyartej cieczy z Otrzymaliśmy oczekiwany rezultat: siła reakcji jest skierowana rzeciwnie do siły grawitacyjnej (dlatego nazywamy ją wyorem hydrostatycznym) i jest co do wartości równa ciężarowi cieczy wyartej rzez ciało. 15/23

Pokażemy, że wektor siły wyoru jest rzyłożony w geometrycznym środku zanurzonego ciała. W tym celu obliczmy moment siły hydrostatycznej względem oczątku układu odniesienia. Moment ten dany jest wzorem M x ( n) ds ( gz) x nds n x ds 0 a a g n( zx) ds x dv g ( zx) dv g z x dv a 0 g z x dv ge xdv x ( g e ) x F 0 z C z C S x C e z Otrzymana równość dowodzi, że wektor geometrycznym środku obszaru. F S jest rzyłożony w unkcie x C czyli 16/23

RÓWNOWAGA WARSTWY GAZU W JEDNORODNYM POLU GRAWITACYJNYM Rozważmy rosty model atmosfery w formie warstwy gazu Claeyrona oddanej działaniu jednorodnego ola grawitacyjnego. Zakładamy, że wszystkie arametry termodynamiczne gazu są funkcjami wsółrzędnej ionowej z. Wyobraźmy sobie, że mała orcja gazu o wsółrzędnej z doznaje wirtualnego rzemieszczenia w kierunku ionowym do nowego ołożenia z+δz (Δz > 0). W trakcie tego rzemieszczenia ciśnienie tej orcji łynu dostosowuje się do warunków lokalnych czyli rzyjmuje wartość ( z z). Z drugiej strony entroia właściwa orcji gazy ozostaje stała, bowiem cała oeracja jest z założenia odwracalna termodynamicznie. Wobec tego, objętość właściwa rzemieszczonej orcji gazu jest na ogół inna niż nominalna wartość tego arametry na oziomie z+δz, co rowadzi do owstania ruchu. Mówimy, że warstwa gazu jest w stanie równowagi trwałej, jeśli orcja gazu rzemieszczona nieco wyżej (Δz > 0) będzie tonąć w kierunku oryginalnego ołożenia, w rzeciwnym wyadku mówimy o równowadze chwiejnej. Jeśli oisane rzemieszczenie nie wywołuje ruchu (warstwa ma globalnie stałą entroię) to mówimy o stanie równowagi obojętnej (neutralnej). 17/23

Warunkiem równowagi trwałej jest aby objętość właściwa orcji łynu rzemieszczonej do ołożenia z+δz była mniejsza niż objętość właściwa nominalna dla tego oziomu, czyli [ ( z z), s( z z)] [ ( z z), s( z)] 0 Ponieważ rzemieszczenie Δz jest dowolnie małe, to owyższa nierówność jest równoważna warunkowi s ds dz 0 Pokażemy, że warunek równowagi trwałej może być sformułowany w terminach gradientu temeratury. W tym celu musimy jednak omaniulować związkami termodynamicznymi. Zaczniemy od okazania, że T s c T Z kursu termodynamiki wiemy, że 18/23

dq dq ds ds Tds, c T, cv T dt dt dt v Zatem s c T T s T T s s c T Ponieważ T, c 0, warunek równowagi trwałej może być zaisany jako T ds dz 0 Dalej, w warunkach izobarycznych objętość właściwa gazu rośnie wraz z temeraturą, zatem 0 T Wnioskujemy stąd, że warunkiem równowagi trwałej jest nierówność Entroia właściwa warstwy gazu musi wzrastać z wysokością! ds 0 dz. 19/23

Przyjmijmy dalej, że entroia właściwa jest funkcją ciśnienia i temeratury gazu, tj.. Pionowy gradient entroii ma wówczas ostać s s(, T) ds s d s dt dz dz T dz T Pokazaliśmy wcześniej, że s T c T. Wykażemy teraz, że s T T. Rozważmy mianowicie funkcję entalii swobodnej (funkcja Gibbsa) g zdefiniowanej wzorem (symbol e oznacza energię wewnętrzną właściwą gazu) g e Ts Obliczmy różniczkę zuełną tej funkcji. Wykorzystując 1-szą Zasadę Termodynamiki możemy naisać równości dg du d( ) d( Ts) du d d Tds sdt d sdt dqtds Z owyższej formuły wynika, że 20/23

g g s, s T T T Wykorzystując otrzymane związki, możemy zaisać warunek równowagi trwałej w ostaci ds c dt d dz T dz T dz Ostatni krok olega na wykorzystaniu równania statyki łynów w celu eliminacji ionowego gradientu ciśnienia, a mianowicie d g f g dz Ostatecznie, otrzymujemy nierówność lub, równoważnie dt gt, dz c c dt T dz T 1 T 0 g 0 T - ws. rozszerzalności termicznej Dla gazu Claeyrona, wsółczynnik β wyliczamy łatwo z równania stanu 21/23

RT, Warunek równowago trwałej rzyjmuje ostać R R 1 T T dt g dz c. Dla atmosfery w obliżu owierzchni Ziemi: m J g 9. 81 2, c 1005 kg K. s dt K Warunek równowagi trwałej: 0. 0098 m. dz Podsumowując (vide obrazek): dt dz g ( s const) r-ga neutralna c g ( ds 0) r-ga trwala c g ( ds 0) r-ga chwiejna c dz dz 22/23

Wnioski: 1. W warunkach równowagi neutralnej ionowy gradient temeratury jest ujemny temeratura sada o ok. 1 K na każde 100 m wysokości. 2. Szybszy sadek temeratury odowiada warunkom równowagi chwiejnej zaburzenie stany bezruchu wywołuje w takim rzyadku ruch zwany konwekcja termiczną. Ćwiczenie: Posługując się równaniem statyki łynów, równaniem Claeyrona i równaniem rzemiany termodynamicznej wyrowadź zależność ciśnienia, gęstości i temeratury od wysokości dla warstwy gazu w stanie: (a) izentroowym, (b) izotermicznym. 23/23