Стержень в жидкости

[Munin]

Ещё на толщину стержня должны быть какие-то гидродинамические ограничения, а то он будет жидкость перемешивать в окрестности своих концов.

[dovlato]

Munin в сообщении #440327 писал(а):

какие-то гидродинамические ограничения

Ну да..в идеале - это игла постоянного диаметра, стремящегося к нулю)). Чтобы оправдывать пренебрежение движениями жидкости. Кстати, уверен - тут постоянство диаметра физически и не требуется; ну просто положил так, чтобы математически легче выводилось.

[Morkonwen]

ewert в сообщении #440259 писал(а):

И, кстати, откуда Вы там двойку-то выковыряли?...

Да двойки там нет. я в потенциале на неё ошибся. В том решении я считал, что плотность жидкости не меняется поперек стержня сильно

ewert в сообщении #440259 писал(а):

$\dfrac{dF}{dy}=mg\dfrac{\rho'_{\text{ср}}(y)}{\rho_{\text{ср}}}$

почему? Докажите это, пожалуйста или дайте ссылку, я не понимаю откуда это.
Пусть, например стержень- просто прямоугольный брусок с постоянной плотностью и с размерами l x h x r
по моему при конечной толщине стержня $F(Y_c)=g l h\int_{Y_c-r/2}^{Y_c+r/2}(\rho (y)-\rho_0)dy$где $Y_c$ -координата центра стержня. r-размер вдоль поля тяжести. Если взять производную по $Y_c$ в точке равновесия получится ($F'(0)=gh l(\rho (r/2)-\rho(-r/2))$) как тут говорить о среднем, если зависит величина только от значений по краям? Где я ошибся?

-- Вс май 01, 2011 03:23:55 --

dovlato в сообщении #440315 писал(а):

$$\frac{d^2y}{dt^2}+g-\frac{g}{l\rho_0}\int\limits_{y-l/2}^{y+l/2}\rho(y+h)dh=0$$

У вас y - центр стержня, а h значит глубина. Наверное вы имели ввиду интегрирование по плотности стержня, но где тогда плотность жидкости? По-моему правильно так

$F(Y_c)=g l h\int_{Y_c-r/2}^{Y_c+r/2}(\rho (y)-\rho_0(y-Y_c))dy$где $Y_c$ -координата центра стержня. Обозначения из того что я написал до этого, чтолько теперь плотность бруска может менятся вдоль поля тяжести.$ \rho(y)_0 $- плотность стержня считая, что$ \rho(0)_0$ это его центр., а вычитание $Y_c$ нужно чтобы его сместить на соответствующую глубину.

Прежде чем решать это дальше жду ваших комментариев.

А если предпологать, что стержень бесконечно узкий, не проще просто считать что плотность жидкости не меняется быстро поперек стержня и решать как я в первом сообщении предложил?(только без двойки, её там нет =) )

[dovlato]

Morkonwen в сообщении #440520 писал(а):

У вас y - центр стержня, а h значит глубина.

Здесь $h$- переменная интегрирования вдоль стержня длиной $l$; $\rho_0$ - средняя плотность стержня, $\rho(y+h)$- плотность жидкости, меняющаяся по вертикали, т.е. вдоль стержня. Вообще-то интеграл отображает, ес-нно, выталкивающую силу, а всё уравнение выведено исходя из 2го закона Ньютона. С самим уравнением у меня особых сомнений нет, а вот остальные выкладки неплохо бы проверить. Явного криминала как будто нет: с размерностью всё в порядке, и знаки такие, что происходят именно колебания, а не улёт в космос.. Мотивы вывода уравнения - возникшие дискуссии, после которых мне уже захотелось для самого себя разобрать более общий случай, в частности - насколько здесь существенно требование постоянства верт. градиента. Как я и ожидал - нет, не существенно; достаточно, чтобы оный не особо значимо менялся на длине стержня.

[ewert]

Хм. Интегралы какие-то...

Всё гораздо банальнее. Пусть сечение бруска $\Delta S$, нижний и верхний край находятся на уровнях $y=a$ и $y=b$ соответственно и мы утапливаем брус на малую величину $\Delta y$ от положения равновесия. Возвращающая сила $\Delta F$, т.е. разность выталкивающих сил после и до смещения -- это разность между весом воды, дополнительно вытесненной нижним концом и весом воды, занявшей освободившееся место сверху. (Я не буду обращать особого внимания на знаки, поскольку со знаками и так всё ясно). Т.е. $\Delta F=\rho(b)\,g\,\Delta S\,\Delta y-\rho(a)\,g\,\Delta S\,\Delta y$. Соответственно, "коэффициент упругости"

$k\equiv\dfrac{\Delta F}{\Delta y}=g\,\Delta S\,\big(\rho(b)-\rho(a)\big)=g\cdot\Delta S\,(b-a)\cdot\dfrac{\rho(b)-\rho(a)}{b-a}=g\cdot\dfrac{m}{\rho_0}\cdot\rho'_{\text{ср.}},$

где $m$ -- масса бруска, $\rho_0$ -- его средняя плотность (равная средней по объёму бруска плотности вытесненной воды) и под средним градиентом понимается $\rho'_{\text{ср.}}\equiv\dfrac{1}{b-a}\int\limits_a^b\rho'(y)\,dy$. Значит, $\omega^2=\dfrac{k}{m}=g\,\dfrac{\rho'_{\text{ср.}}}{\rho_0}$, вот и всё.

Для тела произвольной формы всё, в принципе, то же самое: надо разбить его на бруски, и получится в числителе средний по всему объёму градиент.

-- Вс май 01, 2011 15:42:23 --

Munin в сообщении #440327 писал(а):

Ещё на толщину стержня должны быть какие-то гидродинамические ограничения, а то он будет жидкость перемешивать в окрестности своих концов.

Это-то при малых колебаниях не важно, что будет перемешивать, хуже другое. В боевых условиях относительные перепады концентраций малы, т.е. возвращающая сила много меньше веса тела и, соответственно, существенно меньше вязкого трения. А тогда и никаких колебаний не будет, а будут просто две экспоненты.

[Munin]

ewert в сообщении #440611 писал(а):

Это-то при малых колебаниях не важно, что будет перемешивать, хуже другое.

Не сказано, что они малы, вместо этого сказано, что градиент постоянен.

ewert в сообщении #440611 писал(а):

В боевых условиях относительные перепады концентраций малы, т.е. возвращающая сила много меньше веса тела и, соответственно, существенно меньше вязкого трения.

Для подводной лодки тоже?

[dovlato]

ewert в сообщении #440611 писал(а):

Для тела произвольной формы всё, в принципе, то же самое: надо разбить его на бруски

Согласен. Градиент только - по модулю.

[ewert]

Munin в сообщении #440619 писал(а):

Для подводной лодки тоже?

В особенности. Там перепады градиента -- доли процента,сила же сопротивления, не важно, чем обусловленные -- вовсе не малы по сравнению с весом, тем более в поперечном направлении. В качестве прикидки: каков декремент затухания килевой качки в полупогруженном состоянии?... Боюсь, что не слишком маленький.

[Morkonwen]

ewert в сообщении #440611 писал(а):

Хм.

$k\equiv\dfrac{\Delta F}{\Delta y}=g\,\Delta S\,\big(\rho(b)-\rho(a)\big)=g\cdot\Delta S\,(b-a)\cdot\dfrac{\rho(b)-\rho(a)}{b-a}=g\cdot\dfrac{m}{\rho_0}\cdot\rho'_{\text{ср.}},$

Вы написали просто определение производной при малых размерах! Зачем переписывать его через среднее, что сбивает с толку и не нужно? При неоднородном бруске нужен тот интеграл, чтобы показать что добавится еще один член(он может и к нулю стремиться, надо проверить будет позже)

[Morkonwen]

dovlato в сообщении #440315 писал(а):

$$\frac{d^2y}{dt^2}+g-\frac{g}{l\rho_0}\int\limits_{y-l/2}^{y+l/2}\rho(y+h)dh=0$$

АА, все понял. Тогда y в $\rho(y+h)$ лишнее, согласитесь=) вы же интегрируете получается кусочек функции плотности. центр этого кусочка в точке y, тогда сдвигать ничего не надо, а пределы такие какие должны быть. Если вы разлагаете подинтегральную функцию возле точки y, то уже тогда там надо её писать. а величина при второй производной по y должна стоять третья степень $l$, вы же интегрируете. так что она третьей степени малости . остальное все вроде правильно, но если с интегралами, то у меня вариант тоже ничего =)

Лучшее решение все равно у ewert
, оно самое физичное и интегралов вообще не использует. Единственное, я убежден, что там должна быть просто производная, а не загадочная "средняя производная" =) Тогда все наши ответы совпадают.

[dovlato]

Morkonwen в сообщении #440734 писал(а):

Тогда y в $\rho(y+h)$ лишнее,

Я просто забыл убрать игрек из нижнего и верхнего пределов интегрирования.

[ewert]

Morkonwen в сообщении #440670 писал(а):

Вы написали просто определение производной при малых размерах! Зачем переписывать его через среднее,

Если речь про плотности -- то там никакое не определение производной и длина бруска вовсе не мала. А интерпретация той дроби как среднего значения -- просто потому, что ответ заказывался именно в терминах градиента.

Morkonwen в сообщении #440670 писал(а):

При неоднородном бруске

Неоднородность бруска не имеет решительного никакого значения: поскольку бруску по каким-то причинам разрешено двигаться лишь вертикально -- воде нет никакого дела, что там у него внутри, ей интересна только полная его масса. Ну разве что именно благодаря неоднородности он и не будет опрокидываться; так или иначе, к поставленному вопросу это отношения не имеет.

[Morkonwen]

ewert в сообщении #440778 писал(а):

Неоднородность бруска не имеет решительного никакого значения

Ваша правда.