13 svar
304 visningar
naytte Online 5487 – Moderator
Postad: 26 dec 2023 19:20 Redigerad: 26 dec 2023 19:21

Gå till botten med vätsketryck, en gång för alla

God kväll, Pluggakuten!

Detta är en fråga som jag stundvis förbryllats över sedan tryck introducerades som en fysikalsk storhet i fysiken. I början introducerades tryck som kraft över area, vilket är okej. Men sedan började man tala om tryck i vätskor, och där slutade jag förstå vad tryck är. Dels är tryck något som saknar riktning trots att kraften man räknar på entydigt har en riktning, och därtill finns det väl ingen "area" i en vätska? Dessutom är tryck på något sätt lika stort i en vätska i alla riktningar? Hur funkar det? 

Jag visualiserade alltid tryck som infinitesimalt tunna "vattenpelare" som låg på varandra, vilket gjorde att tyngden orsakade kraften. Men tyngdkraften på vattenmolekylerna verkar ju rakt ned, inte åt sidan eller uppåt. Trots det är trycket lika stort uppåt som nedåt, givet att höjden är samma. Hur kommer det sig?

Teraeagle 21357 – Moderator
Postad: 27 dec 2023 12:44 Redigerad: 27 dec 2023 12:48

Att krafterna tar ut varandra i alla riktningar är ganska lätt att inse eftersom vätskan är i vila. Om kraften (trycket) nedåt var större än kraften uppåt skulle vätskan börja accelerera nedåt. Jag tänker att man kan likna detta vid ett slags normalkraft, på samma sätt som du får en normalkraft på ett föremål som t.ex. läggs på ett bord.

Men att från detta dra slutsatsen att kraften är lika stor i alla riktningar från en viss punkt i vätskan är lite svårare. Jag killgissar att detta har något att göra med hur energin fördelas i en partikel. Själva trycket utgörs ju av molekyler som kolliderar med närliggande molekyler så att de påverkar dem med en kraft. Partiklarna rör sig slumpmässigt åt alla håll, så det verkar rimligt att de utövar lika stor kraft i samtliga riktningar?

Laguna Online 30915
Postad: 27 dec 2023 14:14

Jag har också varit osäker på detta, och är det nog fortfarande. Man kan studera en helt tom låda som man sänker ner i vattnet. På varje sida utövar vattnet ett tryck som är det gamla enkla tryckbegreppet. 

naytte Online 5487 – Moderator
Postad: 27 jan 13:48 Redigerad: 28 jan 19:57

Jag vill återuppliva denna tråd lite, för jag har tänkt väldigt mycket på detta nu. Föreställ er att vi försänker en tub, sådan att den är böjd med sin nedre yta åt vilket håll vi vill, ned en sträcka under vattenytan. I den nedre ytan sitter en kolv med area AA. Om vi trycker ut kolven en infinitesimal sträcka dλ\mathrm{d}\lambda i riktningen λ\lambda i vattnet, undantränger vi en liten volym vatten V=AdλV=A\mathrm{d}\lambda. Arbetet som vi har utfört är då:

dW=F·dλ=pA·dλ\displaystyle \mathrm{d}W=\textbf{F}\cdot\mathrm{d}\lambda=pA\cdot\mathrm{d}\lambda

Vi har att arbetet vi utfört då ges av:

dW=pAdλ\mathrm{d}W = pA \mathrm{d}\lambda

Den potentiella energin hos vattenvolymen förändras genom:

dEp=mgdh=ρVgdh=ρAdλgdh\displaystyle \mathrm{d}E_p=mg\mathrm{d}h=\rho Vg\mathrm{d}h=\rho A\mathrm{d}\lambda g\mathrm{d}h

Energins bevarande ger då att:

ρAdλgdh=pAdλ\displaystyle \rho A\mathrm{d}\lambda g\mathrm{d}h=pA\mathrm{d}\lambda

I slutändan hamnar vi då här:

p=ρgdh\displaystyle p=\rho g\mathrm{d}h

Här kommer jag inte längre. Jag skulle vilja integrera här men det saknas ju differential i vänsterledet. Vad händer om man integrerar en variabel utan differential? Blir det bara variabeln kvar då eller vad händer?


Jag tänker att rörelseenergin som man får inte spelar någon roll eftersom den får en differential av ordning 3 i sig, och om man tillämpar integraloperatorn en gång på något där differentialen är av ordning 3 får man ett resultat med en differential av ordning 2; en infinitesimal kan lika gärna vara noll jämfört med något reellt.

naytte Online 5487 – Moderator
Postad: 27 jan 19:27 Redigerad: 28 jan 17:02

Jag skulle vilja göra ännu ett försök, men denna gång vara lite mer rigorös i mitt resonemang. Jag tror att detta borde vara helt korrekt. Någon fysikentusiast får gärna bekräfta att mitt resonemang stämmer eller säga till om det är tokigt. Jag vill utgå från samma setup som ovan med kolven och konstatera följande:

dW=F·dλ=dpAe^λ·dλ                                              1\displaystyle dW = \vec{F} \cdot d\vec{\lambda} = dpA \hat{e}_\lambda \cdot d\vec{\lambda}\;\;\;\;\;\;\;\;\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;\;\;\;\;\;\;\;\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \left(1\right)

dEp=mgdh=ρVgdh=ρdλA·gdh                                   2\displaystyle dE_p = mgdh = \rho V g dh = \rho d\lambda A \cdot g dh\;\;\;\;\;\;\;\;\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \; \; \left(2\right)

dEk=12mdv2=12ρAdλdv2                                           3\displaystyle dE_k = \frac{1}{2}m\left(dv\right)^2=\frac{1}{2}\rho A d\lambda\left(dv\right)^2 \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;\;\;\;\;\;\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \left(3\right)

Här har vi uttrycken för (1) arbetet som utförs genom att kolven undantränger vätska, (2) förändringen i potentiell energi hos den infinitesimala volym undanträngda vätskan och (3) förändringen i kinetisk energi hos den undanträngda volymen. Energins bevarande ger nu att dW=dEk+dEpdW = dE_k + dE_p. Med andra ord har vi:

dpAe^λ·dλ=ρAdλgdh+12ρAdλdv2\displaystyle dpA \hat{e}_\lambda \cdot d\vec{\lambda} = \rho A d\lambda g dh + \frac{1}{2} \rho A d\lambda \left(dv\right)^2

Eftersom vi har att enhetsvektorn i riktning lambda har storlek 11 och dλd\vec{\lambda} är parallell med denna, har vi att e^λ·dλ=dλ\displaystyle \hat{e}_{\lambda}\cdot d\vec{\lambda}=d\lambda. Således förenklas ekvationen ovan till:

dpA·dλ=ρAdλgdh+12ρAdλdv2\displaystyle \displaystyle dpA \cdot d\lambda = \rho A d\lambda g dh + \frac{1}{2} \rho A d\lambda \left(dv\right)^2

Efter förenkling erhålls följande ekvation:

dp=ρgdh+12ρdv2\displaystyle \displaystyle dp = \rho g dh + \frac{1}{2} \rho\left(dv\right)^2

Nu tillämpas integraloperatorn på båda sidor av ekvationen och vi erhåller:

p=ρgh+12ρvdv+C\displaystyle p=\rho gh+\frac{1}{2}\rho vdv+C

Termen 12ρvdv\displaystyle \frac{1}{2}\rho vdv är försumbar här eftersom den är infinitesimal medan alla andra termer är reella. Randvillkoret p=0p=0h=0h=0 ger att C=0C=0. Detta ger slutligen uttrycket:

p=ρgh\displaystyle \boxed{p=\rho g h}

Tydligen spelade det alltså inte någon roll i vilken riktning man undantränger vätskan, och således måste vätsketrycket i sig vara oberoende av riktning (eftersom uttrycket blir likadant oavsett i vilken riktning kolven trycker mot vätskan).


Jag ber en liten minibön att detta är korrekt nu. Om så är fallet har jag äntligen lyckats besvara en fråga som har stört mig i flera år.

bump.

bump.

PATENTERAMERA 6219
Postad: 30 jan 01:57

Det som är specifikt för vätskor och gaser - fluider - är att det inte kan existera några skjuvspänningar då fluiden är i vila. Tror till och med att det är definitionen av fluid.

Det betyder att spänningstensorn vid vila måste vara en konstant gånger enhetstensorn.

Dvs σij=-pδij, där p är trycket.

Vid jämvikt uppfyller vätskan Cauchys ekvationer på formen

0 = k(-pδik) + fi =-ip + fi. Där fi är volymskraften.

Med nablaoperatorn kan detta skrivas som en vektorekvation.

p = f

Om volymskraften kommer av gravitationen så har vi att

f=-gρez= -gρz=(om konst ρ)=-(gρz).

Således har vi att

(p+gρz) = 0, vilket implicerar att 

p + gρz = k = konstant.

Eller om vi så vill p = -gρz.


Tillägg: 30 jan 2025 02:31

PATENTERAMERA 6219
Postad: 30 jan 13:41

Jag tycker din härledning påminner lite om Bernoullis ekvation. Vilken brukar härledas genom liknande energibetraktelser.

naytte Online 5487 – Moderator
Postad: 30 jan 14:09 Redigerad: 30 jan 14:09

Tack för ditt utförliga svar! Jag fruktar dock att det är lite för tekniskt för mig i nuläget; jag har aldrig sett en tensor tidigare.

Skulle du säga att mitt energiresonamng är korrekt? Det som fortfarande stör mig i det är att jag i (1) skriver dpdp men egentligen borde det väl stå pp? Men samtidigt, om man skriver pp där så hamnar man i slutet här:

p=ρgdhp=\rho g dh

Men då kan man inte integrera eftersom det saknas differential i VL. Men samtidigt är det orimligt att pp är en reell storhet alls eftersom det står en infinitesimal i HL.

PATENTERAMERA 6219
Postad: 30 jan 14:57

Hänger inte riktigt med i din härledning. Men kolla härledningen av Bernoullis ekvation där man använder liknande energiresonemang. Om man tänker sig att strömningshastigheten går mot noll så får man väl det önskade resultatet. Inga tensorer krävs.

Men härledningen mha Cauchy är nog mera generell om man bara betraktar fluid i vila.

Ska kolla in den!

Men vad tycker du är svårförståeligt i min härledning? Det kan vara så att jag har uttryckt mig otydligt.

MrPotatohead 6879 – Moderator
Postad: 30 jan 16:24 Redigerad: 30 jan 16:26

För att härleda den formeln du verkar vilja ha fast enbart med kraftresonemang fann jag i min kursbok följande:

Visa spoiler

Tack så mycket för textutdraget, MrP! 

Jag ska försöka sätta mig in i kraftresonemanget. Anledningen till att jag försökte räkna med energibevarande och arbete är att jag tycker kraftrsonemangen är lite förvirrande, men det kanske är dags att försöka med det igen!

Svara
Close