Kształt wirującej wody
: 29 lip 2008, o 21:13
Bardzo często nauczyciele fizyki w szkole średniej wspominają o tym, że woda wirująca w naczyniu w przekroju ma kształt paraboli. Nigdy (a przynajmniej w większości przypadków) jednak nie podają dowodu tego faktu. A to dlatego, że w szkołach nie naucza się rachunku różniczkowego, dzięki któremu łatwo ten fakt uzasadnić. Zatem zapraszam zainteresowanych do czytania.
Rozważmy punkt na brzegu wody (czyli w miejscu styku z powietrzem). Rozważmy jego ruch w układzie nieinercjalnym związanym z tymże punktem. W tym układzie punkt się nie porusza, zatem z pewnością siły nań działające się równoważą. A jakie mamy siły w tym układzie? Oczywiście siłę grawitacji, siłę odśrodkową bezwładności i siłę reakcji powierzchni wody, skierowaną do tej powierzchni prostopadle. Zatem warunkiem koniecznym zerowania się siły wypadkowej jest to, by suma wektorowa siły grawitacji i siły odśrodkowej również byłą prostopadła do owej powierzchni. Dostajemy więc warunek:
\(\displaystyle{ \frac{m\omega^2 r}{mg} = \tg\varphi,}\)
gdzie \(\displaystyle{ \omega}\) - prędkość kątowa, \(\displaystyle{ \varphi}\) - kąt nachylenia powierzchni wody względem poziomu, \(\displaystyle{ r}\) - odległość punktu od osi obrotu w rozważanym przekroju.
Wiemy, że tangens kąta nachylenia to nic innego jak pochodna funkcji, otrzymujemy zatem:
\(\displaystyle{ \frac{\omega^2 r}{g} = \frac{\mbox{d}z}{\mbox{d}r}.}\)
Dostajemy równanie różniczkowe o zmiennych rozdzielonych. Możemy ustalić, że punkt styku wody z powietrzem leżący na osi obrotu ma współrzędną y-ową równą \(\displaystyle{ h_0}\). Zatem rozwiązanie równania prezentuje się tak:
\(\displaystyle{ \frac{\omega^2}{g} \int_{0}^{r} x \mbox{d}x = \int_{h_0}^{z} \mbox{d}y \\
z = \frac{\omega^2}{2g} r^2 + h_0}\)
Zatem istotnie jest to parabola. Ze względu na symetrię łatwo uogólnić kształt przekroju na kształt powierzchni - będzie to paraboloida obrotowa.
Równanie tej powierzchni wygląda tak:
\(\displaystyle{ z = \frac{\omega^2}{2g} (x^2 + y^2) + h_0}\)
Uwagi proszę zgłaszać na PW.
Rozważmy punkt na brzegu wody (czyli w miejscu styku z powietrzem). Rozważmy jego ruch w układzie nieinercjalnym związanym z tymże punktem. W tym układzie punkt się nie porusza, zatem z pewnością siły nań działające się równoważą. A jakie mamy siły w tym układzie? Oczywiście siłę grawitacji, siłę odśrodkową bezwładności i siłę reakcji powierzchni wody, skierowaną do tej powierzchni prostopadle. Zatem warunkiem koniecznym zerowania się siły wypadkowej jest to, by suma wektorowa siły grawitacji i siły odśrodkowej również byłą prostopadła do owej powierzchni. Dostajemy więc warunek:
\(\displaystyle{ \frac{m\omega^2 r}{mg} = \tg\varphi,}\)
gdzie \(\displaystyle{ \omega}\) - prędkość kątowa, \(\displaystyle{ \varphi}\) - kąt nachylenia powierzchni wody względem poziomu, \(\displaystyle{ r}\) - odległość punktu od osi obrotu w rozważanym przekroju.
Wiemy, że tangens kąta nachylenia to nic innego jak pochodna funkcji, otrzymujemy zatem:
\(\displaystyle{ \frac{\omega^2 r}{g} = \frac{\mbox{d}z}{\mbox{d}r}.}\)
Dostajemy równanie różniczkowe o zmiennych rozdzielonych. Możemy ustalić, że punkt styku wody z powietrzem leżący na osi obrotu ma współrzędną y-ową równą \(\displaystyle{ h_0}\). Zatem rozwiązanie równania prezentuje się tak:
\(\displaystyle{ \frac{\omega^2}{g} \int_{0}^{r} x \mbox{d}x = \int_{h_0}^{z} \mbox{d}y \\
z = \frac{\omega^2}{2g} r^2 + h_0}\)
Zatem istotnie jest to parabola. Ze względu na symetrię łatwo uogólnić kształt przekroju na kształt powierzchni - będzie to paraboloida obrotowa.
Równanie tej powierzchni wygląda tak:
\(\displaystyle{ z = \frac{\omega^2}{2g} (x^2 + y^2) + h_0}\)
Uwagi proszę zgłaszać na PW.