Вечный двигатель не возможен. Но поясните где тут ошибка:

[sergey zhukov]

GraNiNi
Нет, это вы покажите. Я лично не сомневаюсь в ответе.

[GraNiNi]

sergey zhukov в сообщении #1613005 писал(а):

Вы же видите, что путь утапливания оказывается больше пути всплытия

Да, этот путь на 1 м больше.
Но объем при всплытии на 4 кубометра больше, чем при утапливании.

[chislo_avogadro]

Rendom в сообщении #1612280 писал(а):

можем увеличивать выход электроэнергии просто увеличивая глубину скважины, и рано или поздно мы должны получить необходимое кол-во энергии для того чтобы ее хватило на восполнение потерь перекиси.

Не разглядел на схеме - как у вас вода возвращается в трубу?

[Cos(x-pi/2)]

GraNiNi в сообщении #1612958 писал(а):

С наскока мне не удалось найти теоретическую уязвимость конструкции (оставив в стороне возможность технической реализации).

Не люблю копаться в вечных двигателях - какие-то они все уныло-безнадёжные :) Однако попробую пояснить GraNiNi, в чём "теоретическая уязвимость" того ВД (если я правильно понял подсказку уважаемого amon про упрощённую конструкцию ВД).

Ошибка автора того ВД с поршнями в том, что он поддался гипнозу интуитивного представления о "силе Архимеда" - мол, когда объём поплавка намного увеличивается, то соответственно выталкивающая сила начинает давить вверх будь здоров как, и вот от этой силы якобы и получаем добавочную энергию.

Воздействие подобного гипноза видно в примере с "фокусом", предложенном amon. Сначала обратим внимание там, как при подъёме крышки на высоту $l$ (при создании пустого объёма банки-поплавка на глубине $h>l)$ вычисляется работа, совершаемая мужиками против силы давления на крышку под водой:

$$A_\text{крышки}=\int\limits_{0}^{l}PdV=\int\limits_{0}^{l}\rho g (h-z)Sdz = \rho g hSl-\rho g S\frac{l^2}{2}.$$

А вот работу, совершаемую подъёмной силой банки на всплытии c глубины $h,$ интуитивно хочется записать в виде произведения $h$ и силы Архимеда $V \rho g,$ (величина $V=Sl$ это объём банки-поплавка). Без учёта силы тяжести ($mg,$ она в итоге всё равно выпадает из ответа) такой "фокус-покус" даёт:

$$A_\text{подъема}=V\rho g\,h,$$

и тем самым за счёт выталкивающей силы, якобы, добывается энергия:

$$A_\text{подъема}-A_\text{крышки}=\rho g\frac{lV}{2}.$$

Однако сила Архимеда это ведь не какое-то особое свойство объёма поплавка, а просто разность сил давления, действующих на нижнюю и верхнюю его поверхности. Поэтому работу на этапе всплытия следует вычислять как сумму (с учётом знаков) работ этих двух сил. Т.е надо действовать так же, как при вычислении работы по подъёму крышки мужиками с дна банки. Пусть координата $z,$ как и в расчёте работы мужиков, отсчитывается от дна водоёма вверх. Давление под водой на горизонтали $z$ равно $\rho g(h-z).$ Тогда положительная работа давления, действующего снизу вверх на дно банки, плюс отрицательная работа давления, действующего сверху вниз на верхнюю крышку банки (находящуюся выше дна банки на величину $l),$ есть

$$A_\text{подъёма}=\int\limits_{0}^{h}\rho g (h-z)Sdz - \int\limits_{l}^{h}\rho g (h-z)Sdz = \rho g hSl-\rho g S\frac{l^2}{2}.$$

Таким образом, $A_\text{подъема}-A_\text{крышки}=0,$ как и следовало ожидать.

Вот и у автора того ВД похожая история: если бы он вместо разговоров о выталкивающей силе сосчитал работу давления воды на поверхностях поршней и цилиндра в его конструкции на всех этапах их перемещения в предполагаемом цикле, то в сумме получил бы ноль.

(Я проверил это. Если у Вас, GraNiNi, с подобной проверкой возникнут затруднения, то можно и подробные выкладки сюда выложить. Но они, хоть и простые, довольно громоздкие, и картинки к ним придётся рисовать, так как здесь много параметров: $S_1$ и $S_2$ - площади нижнего (маленького) и верхнего (большого) поршней, $(S_2-S_1)$ - площадь нижней поверхности цилиндра, $h$ - глубина водоёма, $H$ - глубина погружения системы двух поршней, $L$ - длина штока, соединяющего поршни, $l$ - высота рабочего объёма цилиндра (с площадью поперечного сечения $S_2$; следует учитывать равенство $h=H+L+l.$

Не обсуждая, будет ли система на самом деле совершать предлагаемые автором движения, можно вычислить работы каждой из сил давления на следующих четырёх этапах: погружение системы в её начальной конфигурации на глубину $H,$ всплытие поршней на высоту $l$ внутри неподвижного цилиндра (образование поплавка), всплытие получившейся системы-поплавка ещё на высоту $H-l,$ всплытие цилиндра ещё на высоту $l$ при неподвижных поршнях (исчезновение пустого объёма в поплавке).

Выкладки, по построению аналогичные тем, которые выше были в примере с банкой-поплавком, но более громоздкие, показали, что без учёта силы тяжести системы $mg$ (так как она в цикле вклада не даст) на погружение системы надо затратить работу $\rho g S_1 H L.$ В ходе всплытия с возвратом в итоге в начальную конфигурацию система суммарно совершает такую же работу: $\rho g S_1 H L.$ Т.е. выигрыша энергии нет.)

[sergey zhukov]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1613115 писал(а):

Ошибка автора того ВД с поршнями в том, что он поддался гипнозу

Я бы еще добавил, что автор этого ВД даже до своей ошибки не добрался, ведь он ничего не посчитал. Я даже не понимаю, откуда он взял, что эта конструкция вообще должна быть вечным двигателем. Даже ему самому, думаю, понятно, что если все подсчитать, то ничего не работает (потому и расчета нет).

[amon]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1613115 писал(а):

Выкладки, по построению аналогичные тем, которые выше были в примере с банкой-поплавком, но более громоздкие ...

Если с одной банкой разобраться, то можно ничего больше не считать, поскольку предложенная конструкция это две такие банки, причем в одной мужики крышку поднимают, а в другой - опускают, и наоборот.

[GraNiNi]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1613115 писал(а):

Не обсуждая, будет ли система на самом деле совершать предлагаемые автором движения, можно вычислить работы каждой из сил давления на следующих четырёх этапах: погружение системы в её начальной конфигурации на глубину $H,$ всплытие поршней на высоту $l$ внутри неподвижного цилиндра (образование поплавка), всплытие получившейся системы-поплавка ещё на высоту $H-l,$ всплытие цилиндра ещё на высоту $l$ при неподвижных поршнях (исчезновение пустого объёма в поплавке).

Прошелся мысленно (без расчетов) еще раз по всем этапам.
Похоже, что "собака зарыта" на последнем этапе, когда поднявшийся поплавок упирается в штырь-ограничитель.
А вот дальше цилиндр самопроизвольно подняться не сможет - этому противодействует давление воды на глубине, действующее на нижний поршень. И что бы прийти к первоначальному положению, систему нужно додавить извне соответствующей силой.

[sergey zhukov]

GraNiNi
Ничто не мешает цилиндру всплывать на конечном шаге. Давление воды действует только на его кольцевую часть и толкает его вверх. Если его "отцепить" от штока, то он, разумеется, всплывет. По моему, Cos(x-pi/2) уже все разложил по полочкам дальше некуда. Можно придумывать разные "машины Руба Голдберга", которые в одной части цикла потребляют все, что создали в другой части цикла. И без расчета не всегда очевидно, как именно там все компенсируется. Т.е. мы знаем, что точно компенсируется, но как и где именно - это следует считать, а не на глаз прикидывать.

[Cos(x-pi/2)]

GraNiNi

Расчет показывает, что "собака" (в смысле - ошибочность предположения автора, будто эта система при всплытии сможет совершить больше работы, чем мы затратим на её утапливание на глубину $H)$ закопана в целом во всей картине.

Например, во-первых, поршни для образования поплавка самопроизвольно не всплывут, так как для преодоления давления на верхний поршень нам необходимо будет ещё затратить работу плюс к той, которую совершит сама вода, надавливающая на нижний поршень. Это не догадка, все работы рассчитываются.

Во-вторых, даже если предположить, что все нужные движения совершатся (пусть нужная энергия на образование поплавка будет "взята в долг" из дальнейшей работы самой воды за счёт появившейся подъёмной силы поплавка), так что система в итоге вернётся в исходное до затопления положение, то суммарная с учетом знаков работа всех сил в этом цикле оказывается равной нулю.

Т.е. - не образуется добавочной энергии от подъёмной силы, как мечтает автор.

В этом убеждают расчёты. Голая же интуиция, без чётких расчётов, может обманывать, - на том и устроены любые "проекты ВД".

А когда расчёт выполнен, то упрощённо пояснять его результат можно по-разному. Можно так, как говорит amon: предложенная автором конструкция это две банки, причем в одной мужики крышку поднимают, а в другой - опускают, и наоборот.

До меня две банки туго доходят. Кажется очевиднее вот какая интерпретация (в вычислениях пренебрегаю массами элементов конструкции, толщинами стенок, штока, поршней и т.п.; обозначения перечислял выше):

Результат расчёта работы против сил давления для затопления системы, первоначально не имеющей большого пустого объёма $S_2l$, оказался очень наглядным: $(\rho g S_1L)H$ - это произведение глубины затопления $H$ и выталкивающей силы Архимеда $\rho g S_1L,$ действующей на трубку с штоком внутри и маленьким поршнем на нижнем её конце; $S_1L$ - пустой объём этой трубки. А работа, совершаемая давлением воды суммарно на этапах всплытия системы, - получилась такая же, только с противоположным знаком, сумма обеих работ равна нулю.

Т.е. этот результат выглядит так, как если бы большого поплавка объёмом $S_2l$ вообще в цикле не было. Просто мы топим трубку объёма $S_1L,$ а затем как будто она же сама и всплывает под действием своей силы Архимеда. Тут очевидно, что наша работа на затопление трубки должна быть равна работе, которая нам возвращается силой Архимеда при всплытии той же самой трубки.

(Подчеркну также, что формула силы Архимеда здесь не привносилась в расчёт заранее, а возникла в этом ответе сама собой, как результат расчёта работ через давления. В этом примере представление о силе Архимеда приемлемо для интерпретации, потому что тут, как видим, оно не приводит к расхождению с расчётом через давления.)

Почему же большой поплавок оказался "не при делах", т.е. почему из ответа для указанных двух работ выпал объём $S_2l\,?$

Ну, раз мы уже знаем этот результат расчёта, то можем и догадаться до его интерпретации :) (а иначе не догадались бы и впали бы в самообман, как автор ВД). Дело, значит, должно быть в том, что сколько работы надо затратить под водой на образование поплавка $S_2l,$ столько же он и вернёт в итоге, когда всплывёт и исчезнет.

Автор ВД этого не знал и рассуждал ошибочно. Примерно вот как. Большое давление под водой, действующее на маленький поршень с площадью $S_1,$ приподнимет на высоту $l$ широкий поршень $S_2,$ расположенный выше маленького на величину длины штока $L.$ Давление воды наверху-то меньше, чем внизу, и, значит, не слишком много затратится работы на создание такого поплавка с большим объёмом $S_2l.$ И, мол, при его всплытии его большая сила Архимеда покроет все затраты, да ещё и отдаст нам сколько-то добавочной энергии.

Вот эта интуитивная надежда на получение добавочной энергии от силы Архимеда и есть ошибка автора ВД. В этой ошибочной мысли зарыта собака.

Расчёт показал, что энергия, выдаваемая системой суммарно на этапах всплытия, как раз вся уйдёт на покрытие затрат по затоплению и созданию поплавка под водой.

(Применительно к этому факту пример с банкой хотя и выглядит конструктивно иным, но он действительно аналогичен. В нём лёгкая банка после выхода крышки из под поверхности воды продолжает всплывать до уровня, на котором её дно оказывается почти у поверхности воды. Там давление воды на дно банки приблизительно обращается в ноль. Это аналогично исчезновению поплавка на последнем этапе всплытия у автора ВД, а расчёт, выявляющий отсутствие выигрыша энергии в цикле с банкой, выше уже дан.)

Повторю: без расчётов, на основе лишь интуиции выяснять "работоспособность ВД" не вижу смысла. Потому что конструкции ВД авторы придумывают именно такие, в которых интуиция может и нас и самих авторов обманывать. То же относится и к не основанным на расчётах попыткам угадывать, "где зарыта собака".

[Cos(x-pi/2)]

(Расчет работ)

Взаимодействие жёстких элементов конструкции друг с другом, т.е. внутренние силы, не учитываю: по 3-му закону Ньютона они противоположны, так что совершаемая ими суммарная работа заведомо равна нулю. Силы тяжести ($mg)$ элементов конструкции тоже не учитываю: их работа на замкнутом пути в цикле равна нулю. Учитываю только внешние силы, создаваемые давлением воды на поверхностях конструкции.

Для удобства выберем единицы измерения так, что $\rho g = 1,$ где $\rho$ - плотность воды, $g$ - ускорение свободного падения. Пусть $h$ - высота столба воды от дна до поверхности водоёма. Координата $z$ отсчитывается от дна вверх. Тогда без учёта знака величина силы давления, действующего под водой на горизонтали $z$ на площадку $S$ равна $S(h-z).$ В пустоте давление и его сила равны нулю.

Выражения для работ представляются интегралами от $S(h-z)$ по $z$ с различными площадями $S,$ пределами интегрирования и знаками.

Условимся знаки выбирать так: если сила направлена вдоль оси $z,$ т.е. вверх, то перед интегралом пишем $+,$ а если вниз, то пишем $-.$ Итак, записываем выражения для работы $A_n$ на $n-$ом этапе:

Этап 1 (погружение системы под водой на глубину $H,$ большого поплавка ещё нет):

На поршень $S_2$ вода давит сверху вниз, а на кольцевое дно цилиндра площадью $(S_2-S_1)$ практически на той же горизонтали вода давит снизу вверх. На поршень $S_1,$ находящийся ниже на величину длины штока $L,$ вода давит снизу вверх. Таким образом:

$$A_1=-S_2\int\limits_{h-l}^{h-l-H}(h-z)dz+(S_2-S_1)\int\limits_{h-l}^{h-l-H}(h-z)dz+S_1\int\limits_{h-l-L}^{0}(h-z)dz.$$

Этап 2 (всплытие поршней на высоту $l$ при неподвижном цилиндре, образование большого поплавка):

$$A_2=-S_2\int\limits_{h-l-H}^{h-H}(h-z)dz+S_1\int\limits_{0}^{l}(h-z)dz.$$

Этап 3 (всплытие всей системы ещё на $H-l):$

$$A_3=-S_2\int\limits_{h-H}^{h-l}(h-z)dz+(S_2-S_1)\int\limits_{h-l-H}^{h-2l}(h-z)dz+S_1\int\limits_{l}^{H}(h-z)dz.$$

Этап 4 (всплытие цилиндра на величину $l$ при неподвижных поршнях, исчезновение большого поплавка):

$$A_4=(S_2-S_1)\int\limits_{h-2l}^{h-l}(h-z)dz.$$

Всё. Если вычислять каждый выписанный выше интеграл, то получится много слагаемых; и хотя все они в сумме в итоге взаимно уничтожатся, следить за этим хлопотно. Поэтому сначала "оптимизируем" запись, глядя на пределы интегррования и замечая, что некоторые интегралы целиком взаимно уничтожаются или объединяются.

В выражении $A_1$ видно, что вклады с $S_2$ имеют одинаковые пределы интегрирования, но противоположные знаки и поэтому они взаимно уничтожаются. Остаётся:

$$A_1=-S_1\int\limits_{h-l}^{h-l-H}(h-z)dz+S_1\int\limits_{h-l-L}^{0}(h-z)dz.$$

Здесь во втором интеграле сделаем замену переменной $z \to z-L$ и учтём, что $h=l+H+L:$

$$A_1=-S_1\int\limits_{h-l}^{h-l-H=L}(h-z)dz+S_1\int\limits_{h-l}^{L}(h-z+L)dz.$$

Теперь видно, что здесь интегралы с подынтегральным выражением $(h-z)$ взаимно уничтожаются; остаётся:

$$A_1=S_1L\int\limits_{h-l=L+H}^{L}dz=-S_1LH.$$

Это - работа на затопление системы. Она отрицательная; это означает, что положительную энергию $S_1LH$ должна затратить не вода, а мы, совершая работу против сил давления воды, когда будем утапливать систему.


В суммарной работе этапов всплытия $A_2+A_3+A_4$ выпишем отдельно вклады с множителями $S_2,$ $(S_2-S_1)$ и $S_1,$ и заметим, глядя на пределы интегрирования, что интегралы из разных этапов там объединяются:

$$-S_2\int\limits_{h-l-H}^{h-H}(h-z)dz-S_2\int\limits_{h-H}^{h-l}(h-z)dz=-S_2\int\limits_{h-l-H=L}^{h-l=L+H}(h-z)dz,$$

$$(S_2-S_1)\int\limits_{h-l-H=L}^{h-2l}(h-z)dz+(S_2-S_1)\int\limits_{h-2l}^{h-l=L+H}(h-z)dz=(S_2-S_1)\int\limits_{L}^{L+H}(h-z)dz,$$

$$S_1\int\limits_{0}^{l}(h-z)dz+S_1\int\limits_{l}^{H}(h-z)dz=S_1\int\limits_{0}^{H}(h-z)dz.$$

То есть:

$$A_2+A_3+A_4=-S_2\int\limits_{L}^{L+H}(h-z)dz+(S_2-S_1)\int\limits_{L}^{L+H}(h-z)dz+S_1\int\limits_{0}^{H}(h-z)dz.$$

Здесь уже видно, что вклады, содержащие $S_2,$ взаимно уничтожаются; остаётся:

$$A_2+A_3+A_4=S_1\int\limits_{0}^{H}(h-z)dz-S_1\int\limits_{L}^{L+H}(h-z)dz=-S_1\int\limits_{0}^{H}zdz+S_1\int\limits_{L}^{L+H}zdz.$$

Вычислив эти два оставшихся интеграла, имеем:

$$A_2+A_3+A_4=-S_1\dfrac{H^2}{2}+S_1\dfrac{(L+H)^2}{2}-S_1\dfrac{L^2}{2}=S_1LH.$$

Таким образом, суммарная работа всплытия равна по величине и противоположна по знаку работе на утопление. Суммарная работа в цикле равна нулю:

$$A_1+A_2+A_3+A_4=-S_1LH+S_1LH=0.$$

(Картинки я ещё не рисовал, но, наверное, они и не нужны уже. Извините пожалуйста, если наделал опечаток; слепой я уже совсем стал (глаукома с неоперабельной из-за неё катарактой), с трудом различаю, что получается на экране.)

[Cos(x-pi/2)]

Уточню про "поршни для образования поплавка самопроизвольно не всплывут". Тут я неправ. В рассматриваемой модели они не всплывут только при не слишком длинном штоке, при достаточно большой разности площадей поршней $(S_2-S_1)$ и большой глубине погружения $H.$ Вычислив интегралы в $A_2,$ получим выражение

$$A_2=l\left ( -(S_2-S_1) \left (\frac{l}{2}+H \right)+S_1L \right ).$$

При $A_2>0$ всплывут, а для этого, как видим, надо чтобы было

$$(S_2-S_1) \left(\frac{l}{2}+H \right)<S_1L.$$

С авторскими числовыми данными это условие выполняется (единицы измерения не пишу для краткости):

$S_1L=1\cdot 50, \qquad l+H=10, \qquad (S_2-S_1)(l/2+H)=4 \cdot (l/2+H)<40.$

Но "собака" этим не отменяется, потому что вне зависимости от того, выполнено или нет указанное неравенство (т.е. сами поршни всплывут или их надо подталкивать), суммарная работа в цикле равна нулю: $A_1+A_2+A_3+A_4=0.$

(На мой взгляд, мало интереса вникать в нюансы цикла, который принципиально не может дать ничего, кроме нуля: как ни выбирай там значения параметров, как ни совершенствуй технические детали, в итоге всё сложится так, как диктует закон сохранения энергии.)

[EUgeneUS]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1613330 писал(а):

На мой взгляд, мало интереса вникать в нюансы цикла, который принципиально не может дать ничего, кроме нуля: как ни выбирай там значения параметров, как ни совершенствуй технические детали, в итоге всё сложится так, как диктует закон сохранения энергии.

Собственно примерно это и говорилось пару страниц назад.

Все эти изыски с силой Архимеда отличаются от варианта, рассмотренного у Перельмана, только тем, как будет получен ноль.

[GraNiNi]

Cos(x-pi/2)
Огромное спасибо за уделенное внимание и проделанную работу!

Использовал численные данные автора конструкции и непосредственно вычислял работу на всех этапах.
(Для удобства вычислений - единица работы - тонна умноженная на метр.)

Утопление:

$A1 = -247,5 +198 + 490,5 = 441 $

Всплытие:

$A2 = -47.5 + 58.5 = 11$

$A3 = -200 + 192 +432 = 424$

$A4 = 6$

В итоге:

$A1 = A2 +A3 + A4$