Запаяная трубка, движущаяся по окружности

[stedent076]

Тонкая трубка, запаяная с одного конца, заполнена масломи закреплена на горизонтальной платформе, вращающейся с угловой скоростью $\omega$ вокруг вертикальной оси так, что масло не выливается и заполняет полностью горизонтальное колено трубки. Открытое колено вертикально. Высота трубки отн. плоскости вращения $H$, .Длина горизонтальной части трубки – $3L$, $2L$ – расстояние от оси вращения до изгиба трубки. Атм. давление – $p_0$ плотность масла – $\rho$. Найти давление в месте изгиба трубки ($p_1$)
Если бы трубка не вращалась, то давление в месте изгиба было бы равно $p_0+\rho g H$. Линейное ускорение трубки – $a_0=2L\omega^2$. Тогда $p_1=p_0+\rho(\vec{g}+\vec{a_0})H$
$\vec{g}+\vec{a_0}=\sqrt{g^2+a_0^2}$. Угол между $\vec{g}+\vec{a_0}$ и плоскостью вращения равен $\arctg(\dfrac{g}{a_0})$. Тогда $p_1=\sqrt{g^2+2L\omega^2}\cdot \sin(\arctg(\dfrac{g}{2L\omega^2}))\rhoH+p_0$
Правильное ли решение?

[svv]

stedent076 в сообщении #1152027 писал(а):

Если бы трубка не вращалась, то давление в месте изгиба было бы равно $p_0+\rho g H$. Линейное ускорение трубки – $a_0=2L\omega^2$. Тогда $p_1=p_0+\rho(\vec{g}+\vec{a_0})H$

Левая часть скаляр, в правой одно слагаемое скалярное, другое векторное.

Это не придирка. Правила работы с векторами не дают написать эту формулу и тем уберегают Вас от ошибки. Тут нет такого небольшого косметического исправления, после которого формула станет правильной.

[stedent076]

svv
$p_1=p_0+\rho(|\vec{g}+\vec{a_0}|)H$
Вот так?

[svv]

Нет.

Я могу понять логику, которая приводит к такой формуле. Рассмотрим крошечного человечка массой $m$, стоящего на вращающейся платформе. В системе отсчёта платформы на него (помимо других сил) действует сила тяжести $m\mathbf g$ и сила инерции $-m\mathbf a_0$, где $\mathbf a_0$ — ускорение человечка относительно неподвижной лаборатории. Сумма этих сил равна $m(\mathbf g-\mathbf a_0)$.

Замечание 1. Обратите внимание на знак минус. Ускорение направлено к оси, а сила инерции от.

Пока мы рассматриваем явления локальные (в малой окрестности человечка) и статические (тела неподвижны относительно платформы), ситуация в системе платформы такова, как будто ускорение свободного падения равно $\mathbf g-\mathbf a_0$. Направление этого вектора человечек назвал бы «вниз», но мы его назовём наклонным: вниз и от оси.

Если он возьмёт маленькую пробирку с жидкостью длиной $H$ и расположит её, как ему кажется, вертикально (с нашей точки зрения такая пробирка наклонна), разность давлений на концах будет $\rho|\mathbf g-\mathbf a_0|H$.

Замечание 2. Но если взять пробирку не маленькую, чтобы вдоль пробирки $\mathbf a_0$ заметно менялось, формула летит к чертям.

Замечание 3. Аналогично, формула летит к чертям, если пробирка расположена вертикально для нас, а не вдоль кажущейся вертикали с точки зрения человечка.

[realeugene]

stedent076 в сообщении #1152027 писал(а):

Тонкая трубка, запаяная с одного конца, заполнена масломи закреплена на горизонтальной платформе, вращающейся с угловой скоростью $\omega$ вокруг вертикальной оси так, что масло не выливается и заполняет полностью горизонтальное колено трубки. Открытое колено вертикально.

Можно рисунок?

[svv]

То, что ниже, — «для общей информации» и не является частью ожидаемого от Вас решения задачи. А решение, и довольно простое, всё-таки за Вами.

Рассмотрим связную область, заполненную маслом. Пусть в одной точке области давление известно (скажем, равно атмосферному). Тогда оно определено и во всех остальных точках области.

Пространственное распределение давления в масле подчиняется дифференциальному уравнению
$\operatorname{grad}p=\rho(\mathbf g-\mathbf a)$,
где $\rho$ — плотность масла, $\mathbf a$ — центростремительное ускорение данной точки в инерциальной системе. Введём цилиндрические координаты $(r, \varphi, z)$, связанные с платформой, так, чтобы ось $Oz$ совпадала с осью вращения и была направлена вверх. Тогда
$\frac{\partial p}{\partial r}=\rho \omega^2 r$
$\frac{\partial p}{\partial \varphi}=0$
$\frac{\partial p}{\partial z}=-\rho g$
Решение: $p=\rho(\frac 1 2\omega^2 r^2-gz)+\operatorname{const}$
Константа, как было сказано, определяется, если задать давление в одной точке.

[stedent076]

svv
А Ваше "простое решение" включает в себя использование ДУ?

-- 19.09.2016, 21:39 --

svv
Ладно, давайте разбираться.

svv в сообщении #1152333 писал(а):

Рассмотрим крошечного человечка массой $m$, стоящего на вращающейся платформе. В системе отсчёта платформы на него (помимо других сил) действует сила тяжести $m\mathbf g$ и сила инерции $-m\mathbf a_0$, где $\mathbf a_0$ — ускорение человечка относительно неподвижной лаборатории. Сумма этих сил равна $m(\mathbf g-\mathbf a_0)$.

Следовательно, на вращающуюся тонкую трубку действуют такие же силы.

svv в сообщении #1152333 писал(а):

Ускорение направлено к оси, а сила инерции от.

Почему? Школьное определение силы инерции – сила "уравновешивающая силу тяжести". Как можно показать, что она направлена против оси вращения?

[Metford]

stedent076 в сообщении #1152733 писал(а):

Школьное определение силы инерции – сила "уравновешивающая силу тяжести". Как можно показать, что она направлена против оси вращения?

Не бывает школьных определений. Бывают правильные и неправильные. Определять силу, как ту, которая кого-то уравновешивает - именно полагать это в основу определения - в данном случае точно нехорошо.
Показать направление силы инерции может вывод, описывающий переход из исходной ИСО в систему отсчёта, движущуюся относительно исходной с ускорением. Не уверен, что такой вывод в школе хоть когда-то будет фигурировать, хотя запредельно сложного в нём ничего нет. Представить же себе это несложно. На основе, как говорится, "житейского опыта". Ну или затвердить то, что говорят в школе.

[stedent076]

Metford в сообщении #1152742 писал(а):

Не бывает школьных определений.

Почему? Я бы назвал школьным такое: "Вы не старайтесь вникать в суть, просто запомните формулу, вам на ЕГЭ пригодится". По математике у нас картина такая. Ладно, не суть.

Metford в сообщении #1152742 писал(а):

Представить же себе это несложно

На ум приходит карусель, в которой кресла закреплены на цепях. И при движении они отклоняются.

Metford в сообщении #1152742 писал(а):

ывод, описывающий переход из исходной ИСО в систему отсчёта, движущуюся относительно исходной с ускорением.

А можете попродробнее описать? Или, если лень, то где можно прочитать про это?

[Metford]

stedent076 в сообщении #1152763 писал(а):

На ум приходит карусель, в которой кресла закреплены на цепях. И при движении они отклоняются.

Ну, а теперь представьте себе, что Вы считаете эту карусель покоящейся (т.е. система отсчёта связана с ней) и наблюдаете, как по какой-то причине кресла отклоняются. В инерциальных системах отсчёта так не бывает

stedent076 в сообщении #1152763 писал(а):

А можете попродробнее описать?

Можно и поподробнее. Это фактически вывод теоремы Кориолиса. Владеете понятием векторного произведения? Угловую скорость знаете?

[stedent076]

Metford в сообщении #1152778 писал(а):

Угловую скорость знаете?

$v=\dfrac{\Delta \varphi}{\Delta t}$; $\varphi$– угол, стягивающий дугу пути, который прошло тело.

Metford в сообщении #1152778 писал(а):

Владеете понятием векторного произведения?

Определением владею, понятием нет.

[svv]

stedent076 в сообщении #1152733 писал(а):

А Ваше "простое решение" включает в себя использование ДУ?

В явном виде — нет.

То, что я написал выше — чтобы Вы имели возможность ещё до решения «заглянуть в замочную скважину». Выписанное решение ДУ даёт возможность
$\bullet$ увидеть, на сколько отличается давление в точках $r=r_0, z=0$ (изгиб трубки) и $r=r_0, z=H$ (поверхность масла);
$\bullet$ удивиться этому;
$\bullet$ и подвести под это простую школьную базу.

stedent076 в сообщении #1152733 писал(а):

Следовательно, на вращающуюся тонкую трубку действуют такие же силы.

Важно, что они действуют на каждую капельку (малую выделенную область) масла.

stedent076 в сообщении #1152733 писал(а):

Как можно показать, что она направлена против оси вращения?

Лучше сказать: от оси вращения. Да, на интуитивном уровне — карусель/центрифуга.

В неинерциальной системе платформы задача решалась бы как статическая (плата за это — введение сил инерции). Но решать задачу в этой системе необязательно. Можно решать в лабораторной инерциальной системе. Здесь никаких сил инерции нет, зато сумма всех сил, действующих на капельку, уже не нуль, а $m\mathbf a$, где $\mathbf a$ — ускорение капельки. Оба подхода приводят к одному результату. Ещё раз хочу напомнить: то, что у меня — не часть решения.

[Metford]

stedent076 в сообщении #1152785 писал(а):

$v=\dfrac{\Delta \varphi}{\Delta t}$; $\varphi$– угол, стягивающий дугу пути, который прошло тело.

Маловато будет. Нам бы угловая скорость как вектор нужна. Вектор этот направлен вдоль оси вращения (направление согласовано с направлением вращения по правому винту), а модуль его

$$\omega=\frac{d\varphi}{dt}.$$

Я так на всякий случай уточню (в духе замечания svv): мы тут сейчас отвлекаемся в сторону от задачи. Т.е. для неё не нужна такая тяжёлая артиллерия. Всё это в плане обоснования появления всяких там сил инерции с правильной величиной и правильным направлением. Вам это точно нужно сейчас? Справедливо замечено, что можно обойтись без неинерциальной СО (хотя лично мне всегда больше нравился именно такой метод - но это дело вкуса).

[stedent076]

svv
Metford

Хорошо, не отключайтесь, давайте попробуем с Вами разобраться с задачей

[svv]

Хорошо. У меня такая просьба. Пользуясь тем решением ДУ, Вы всё-таки загляните в замочную скважину и посмотрите, какая будет разница давлений.
Думаю, Вы удивитесь, и это поможет Вам решить задачу.