Ist Torricellis Gesetz für große Löcher "falsch"? - Tankentleerungsproblem

Zur Beantwortung Ihrer Frage :-

Aber was passiert, wenn wir diese Annahme über die Lochgröße nicht treffen und einfach die erste Gleichung einsetzen?

Aber dann können wir die Gleichung nicht mehr verwenden$\frac{1}{2}v_{2}^{2} = \frac{1}{2}v_{1}^{2} + gh_{1}$, weil die Annahme$A_{2} \ll A_{1}$ist notwendig, um diese Gleichung abzuleiten, dh die Anwendung der Bernoulli-Gleichung (BE) erfordert, dass wir annehmen$A_{2} \ll A_{1}$. Der Grund dafür ist, dass wir die Flüssigkeitsbewegung als stetigen Fluss annähern müssen, um BE zu verwenden. BE wird für ein Stromrohr unter stetigem Fluss eines idealen (dh inkompressiblen und nichtviskosen) Fluids abgeleitet – siehe z. B. University Physics, Sears & Zemansky, 13. Ausgabe, S. 385 .

Indem wir BE direkt anwenden, um das Gesetz von Torricelli (TL) abzuleiten, behandeln wir die Flüssigkeit im Tank, als wäre es ein solches Strömungsrohr. Insbesondere die Forderung nach stetigem Durchfluss bedeutet, dass wir haben müssen$A_{2} \ll A_{1}$, und daher$v_{1} \ll v_{2}$, also über ein kleines Zeitintervall$\Delta t$der flüssigkeitsstand sinkt nur ganz wenig. Wenn es eine signifikante Geschwindigkeit gibt$v_{1}$diese Annahme bricht zusammen - die Annäherung an stetigen Fluss ist nicht mehr gut. Ein einfaches Experiment zeigt, dass sich die Austrittsgeschwindigkeit in der Praxis mit der Zeit ändert , wenn die Höhe sinkt, und daher keine tatsächliche stetige Strömung vorliegt, sondern nur ungefähr, wenn$A_{2} \ll A_{1}$. Auch mit größer$A_{2}$Es besteht die Möglichkeit erheblicher Turbulenzen in der Strömung.

Um genau zu sehen, wie diese Näherung des stetigen Flusses notwendig ist, und um auch Ihre Frage zu beantworten: -

"Wie würden Sie das Torricelli-Gesetz ohne die Bernoulli-Gleichung herleiten?"

wir können den Körper der Flüssigkeit über eine kurze Zeit betrachten$\Delta t$und die Arbeitsenergiebeziehung dafür. (Beachten Sie, dass der Tank eine komplexe Form mit gekrümmten Seiten und Böden haben kann). Die Ableitung von TL unten entspricht der Ableitung im obigen Buch von BE für ein Strömungsrohr unter stetiger Strömung, aber ich habe die vereinfachenden Annahmen, die für TL in Bezug auf die auf und in der Flüssigkeit wirkenden Kräfte erforderlich sind, etwas ausführlicher erörtert und notiert wie Die Annäherung an den stationären Fluss wird benötigt, um die Berechnung zu vereinfachen$\Delta KE$. Dies zeigt, warum TL in bestimmten Situationen, wie in Ihrem Beitrag, nicht gilt. Das Arbeits-Energie-Verhältnis ist

$$W^{(NC)} = \Delta ME$$

Wo$W^{(NC)}$= Arbeit aller nichtkonservativen (NC) Kräfte auf die Flüssigkeit, und$\Delta ME = \Delta KE + \Delta PE$= Summe der Änderungen der kinetischen Energie und der potentiellen Energie des Fluids über die Zeit$\Delta t$.

Die obige Arbeitsenergiebeziehung ist auf jeden Körper oder jedes Teilchensystem anwendbar (wo die Newtonsche Mechanik anwendbar ist). In diesem Fall umfassen die NC-Kräfte alle anderen Kräfte als die Schwerkraft. Diese auf das Fluid wirkenden NC-Kräfte umfassen:

1. Äußere NC-Kräfte

   a) Kräfte aufgrund von Drücken$p_{1}$Und$p_{2}$

   b) Kräfte, die von den Seiten und dem Boden des Behälters auf die Flüssigkeit ausgeübt werden

   Da die Flüssigkeit als reibungsfrei angenommen wird, ist die tangentiale „Reibungs“-Komponente von b) Null, sodass nur eine normale Komponente übrig bleibt. Wir gehen davon aus, dass die Geschwindigkeit jedes Fluidelements neben der Seite/dem Boden des Behälters immer rein tangential zur Seite/dem Boden ist, sodass die normale Komponente von b) keine Arbeit an diesem Fluidelement leistet. (Wir gehen davon aus, dass keine unelastischen Kollisionen stattfinden, die einen KE-Verlust der Flüssigkeit verursachen würden).

2. Interne NC-Kräfte

   Diese werden von benachbarten Fluidelementen auf ein Fluidelement ausgeübt. In einer laminaren Strömung bewegt sich ein benachbartes Element entweder mit dem Element, in diesem Fall bewirken die gleichen und entgegengesetzten inneren Kräfte ein Nullnetz, da ihr Angriffspunkt gemeinsam ist, oder es gleitet mit einer viskosen Kraft von Null über das Element , wodurch Nullarbeit geleistet wird (die normale Komponente zwischen den Elementen wird während eines solchen Gleitens keine Arbeit leisten, da sie senkrecht zur Bewegung ist). (Beachten Sie, dass solche Elemente, die sich zusammen bewegen, Elementen eines allgemeinen starren Körpers ähnlich sind - und im letzteren Fall können wir zeigen, dass das Netzwerk der inneren Kräfte Null ist, da diese Kräfte in gleichen und entgegengesetzten Paaren auftreten und auf die Innenflächen zwischen den Elementen wirken, wobei jedes Paar ein gemeinsamer Anwendungspunkt).

Insgesamt also$W^{(NC)}$ist rein auf die beiden Druckkräfte zurückzuführen, die normal auf die Fluidoberflächen wirken,$p_{1}$in Bewegungsrichtung und$p_{2}$dagegen :-

$$\begin{eqnarray*} W^{(NC)} &=& p_{1}A_{1}\Delta s_{1} - p_{2}A_{2}\Delta s_{2} \\ &=& \Delta V(p_{1} - p_{2}), \end{eqnarray*}$$

Wo$\Delta V = A_{1}\Delta s_{1}$= Volumen der Region$R_{1}$(Abb. 1) =$A_{2}\Delta s_{2}$= Volumen der Region$R_{2}$(Abb. 1).

Aus Abb. 1, da die Dichte$\rho$gleichförmig ist, geht die gleiche Masse verloren$R_{1}$wie gewonnen wird$R_{2}$, und die Masse hinein$R_{3}$ist das gleiche vorher und nachher, also haben wir

$$\begin{eqnarray*} \Delta PE &=& \rho g \Delta V(y_{2} - y_{1}) \\ &=& -\rho g \Delta V h \end{eqnarray*}$$

Bestimmen$\Delta KE$Beachten Sie KE der Flüssigkeit, die sich mit Geschwindigkeit bewegt$v_{1}$ist in der Region verloren$R_{1}$, und KE von Flüssigkeit, die sich mit Geschwindigkeit bewegt$v_{2}$wird in der Region gewonnen$R_{2}$, während insgesamt KE in der Region$R_{3}$gleich bleibt, da durch die Annahme annähernd stationärer Strömung das Geschwindigkeitsfeld durchwegs gleich bleibt$R_{3}$bleibt gleich vorbei$\Delta t$(Dies ist effektiv davon auszugehen$R_{3}$ist ein Beitrag geringerer Größenordnung$\Delta KE$als die kombinierte Wirkung von$R_{1}$Und$R_{2}$). Daher

$$\Delta KE = \frac{1}{2}\rho\Delta V v_{2}^{2} - \frac{1}{2}\rho\Delta V v_{1}^{2}.$$

Setze die obigen Gleichungen zusammen und dividiere durch$\Delta V$wir erhalten

$$p_{1} - p_{2} = \frac{1}{2}\rho(v_{2}^2 - v_{1}^{2}) - \rho gh.$$

Im typischen Fall wo$p_{1}$Und$p_{2}$sind beide auf atmosphärischem Druck reduziert sich dies auf die Gleichung

$$\frac{1}{2}v_{2}^{2} = \frac{1}{2}v_{1}^{2} + gh$$

und damit zu

$$\frac{1}{2}v_{2}^{2} = gh$$

wegen$v_{1}$klein ist, was zu TL führt.

Ein weiteres Szenario, in dem TL zusammenbricht, wird in der SE-Frage „Warum scheint das Torricelli-Gesetz zu versagen, wenn sich das Wasser beschleunigt, nachdem ich meinen Finger in einen Schlauch gesteckt habe?“ erörtert, in der ein Tank aus einem an der Austrittsöffnung angebrachten Schlauch entleert wird, und Es wird beobachtet, dass die Ausflussgeschwindigkeit zunimmt , wenn ein Finger teilweise über das Schlauchende gelegt wird. Hier bricht TL aufgrund der Annahmen bzgl$W^{(NC)}$nicht mehr gültig - Reibung spielt innerhalb des schmalen Querschnitts des Schlauchs eine viel größere Rolle als entlang der breiteren Begrenzungen des Tanks, und es werden einige Turbulenzen eingeführt. Der Gesamtfluss ist komplexer als das vereinfachte Szenario von TL. Reibung trägt einen negativen Betrag bei$W^{(NC)}$und reduziert KE von dem durch TL gegebenen Wert. (TL besagt, dass der gesamte PE-Verlust am Ausgang in KE umgewandelt wird). Das Verengen des Schlauchausgangs bringt auch eine Kraft auf das Fluid ein, was zu unelastischen Kollisionen und KE-Verlusten führt, hat aber aufgrund seiner Verlangsamungswirkung auch die Wirkung, die Reibung innerhalb des Schlauchs zu verringern. Selbst wenn KE aufgrund der Verengung des Schlauchausgangs insgesamt geringer wäre , könnte die Austrittsgeschwindigkeit immer noch zunehmen, da der Volumenstrom des Fluids = Av und A abgenommen hat.

Ein weiteres interessantes Experiment mit TL ist ein Fall, in dem$p_{1} \neq p_{2}$. Hier finden wir entgegen der Intuition, dass die Austrittsgeschwindigkeit NULL ist : -

Bohren Sie ein Loch nahe dem Boden einer Plastikflasche und füllen Sie es mit Wasser und schrauben Sie die Kappe auf - das Wasser wird dann überhaupt nicht aus dem Loch fließen! (Ich habe dies mit Löchern von 3 mm und 8 mm Durchmesser versucht). Was passiert ist, ist, dass sich der Lufthohlraum über dem Wasser leicht ausgedehnt hat (etwa 1 % oder so), wenn der Wasserspiegel leicht fällt, so dass der Druck (nach dem Gesetz von Boyle) um etwa 1 % (d. h. einige cm Wassersäule) abfällt Druck - beachte 10m Wasserdruck = 1 atm = ca. 100.000Pa). Der Wasserdruck am Loch entspricht dann gerade dem atmosphärischen Druck, sodass keine Strömung auftritt. Mit anderen Worten, wir haben$p_{1} < p_{2}$, Und$p_{1} - p_{2} = -\rho gh$- und damit aus obiger Gleichung$v_{2} = 0$. Wenn wir die Flasche allmählich zur Seite kippen, kommt ein Punkt, an dem der Wasserstand ausreichend reduziert wird, um eine Absenkung des Drucks direkt im Inneren des Lochs weit genug unter den atmosphärischen Druck zu bewirken, so dass Luft in das Loch eindringt und einen Blasenstrom nach oben fließen lässt in den Luftraum. Das Abschrauben der Kappe, während die Flasche senkrecht gehalten wird, führt sofort dazu$p_{1} = p_{2}$, und das Wasser fließt aus dem Loch, (und TL wird wieder gültig). Durch erneutes Zuschrauben der Kappe wird der Durchfluss sofort gestoppt. TL scheitert hier daran$p_{1} \neq p_{2}$. Das Prinzip dieses Experiments ist dasselbe wie das bekannte umgedrehte Wasserglas mit einem Kartenexperiment.

Ein Fall, in dem die Annahme$A_{2} \ll A_{1}$Ausfälle dennoch kein Problem sein könnten, ist bei der Verwendung von TL zur Berechnung der Entleerungszeiten für bestimmte Behälterformen, z. B. einen liegenden zylindrischen Tank, wo$A_{2} \ll A_{1}$ist eindeutig nicht gültig, wenn sich der Flüssigkeitsstand nahe der Ober- oder Unterseite des Tanks befindet. Allerdings erhält man für alle nicht zu nah an der Ober- oder Unterseite liegenden Füllstände eine gültige Formel, die im Grenzfall immer noch eine gute Annäherung an die Entleerungszeit ergibt.

(Diese Formel, die durch Lösen einer Differentialgleichung erhalten wird, lautet:-

$$\Delta t = \frac{L}{3A_{H}} \sqrt{\frac{8}{g}} \left[ (D - y_{2})^{3/2} - (D - y_{1})^{3/2} \right ],$$

Geben Sie Zeit für das Absenken des Pegels$y_{1}$Zu$y_{2}$, Wo$D$= Durchmesser,$L$= Länge,$A_{H}$= Lochfläche - wie z. B. in diesem Datenblatt angegeben , mit 'Ausflussbeiwert' ca. 1).

Ich glaube nicht, dass das ein so großes Problem ist, wie es scheint.

Betrachten Sie die Steady-State-Annahme genauer.$v_2$ist die Endgeschwindigkeit , die durch das Loch geht, nachdem genügend Zeit vergangen ist, damit die Beschleunigung auftritt. Direkt nachdem Sie das Loch geöffnet haben, ist alles stationär. Es gibt eine Beschleunigungsphase, von der normalerweise angenommen wird, dass sie kurze Zeit in Anspruch nimmt.

Diese Annahme unterscheidet sich von der$A_1 \gg A_2$Annahme, aber die Kombination von ihnen zerstört die Szenarien, in denen das Loch im Vergleich zur Wasseroberfläche groß ist. Schließlich,$h_1$steht im Ausdruck für$v_2$. Das heißt, wir haben zwei Faktoren am Werk 1) die anfängliche Beschleunigung der Flüssigkeit unterdrückt die Geschwindigkeit früh und 2) die Erschöpfung des Wasserspiegels unterdrückt die Geschwindigkeit gegen Ende der Strömung. Also um deine Frage zu beantworten:

Die Frage ist also: Was bewirkt es, wenn wir bei der Herleitung des Torricelli-Gesetzes die Annahme „A2<< A1“ entfernen?

Ich denke du hast es richtig gemacht. Aufgrund offensichtlich falscher Annahmen wird ein unendlicher Fluss vorhergesagt. Es hat einfach keine Zeit zu beschleunigen, bevor der Wasserstand wesentlich abnimmt, und Sie könnten dies verwenden, um einige sehr klare Anwendbarkeitsgrenzen abzuleiten, außerhalb derer der Durchfluss nie in die Nähe der Vorhersage der Gleichung kommt.

Das Bernoulli-Prinzip ist eine Vereinfachung der Navier-Stokes-Gleichungen , nämlich es nimmt eine konstante Dichte und einen stationären Zustand an .

In der Situation wo$A_2$hat fast die gleiche Oberfläche wie$A_1$Es wird schwierig sein, die Annahme zu erfüllen, dass sich das System im stationären Zustand befindet. Im wirklichen Leben wird es auch einige Reibungsverluste geben, aber wenn Sie diese vernachlässigen, können Sie tatsächlich sagen, dass sich die Flüssigkeit im freien Fall befindet, sodass die Geschwindigkeit mit der Zeit linear zunimmt und somit niemals ein stationärer Zustand erreicht wird.

Beachten Sie auch, dass, wenn das Loch gerade geöffnet wird, die Strömung auch nicht im stationären Zustand ist. Die Zeit, die benötigt wird, um eine ungefähr konstante Durchflussrate zu erreichen, ist jedoch oft sehr kurz im Vergleich zu der Zeit, die zum Entleeren des Tanks benötigt wird.