A P. 5341. feladat (2021. szeptember)

P. 5341. Tehervonat szállít egy $\displaystyle \ell$ hosszú, $\displaystyle d$ széles és $\displaystyle h$ magas téglatest alakú konténert, amely félig van töltve $\displaystyle \varrho$ sűrűségű folyadékkal. Mekkora erővel nyomná a folyadék a konténer alaplapját és oldallapjait, ha a vonat képes lenne vízszintes pályán hosszú ideig állandó $\displaystyle a_0$ gyorsulással haladni? (A konténer leghosszabb éle párhuzamos a sínekkel, és a folyadék még akkor sem folyna ki a tartályból, ha az felül nyitott lenne.)

Adatok: $\displaystyle \ell=10$ m, $\displaystyle h=d=3$ m, $\displaystyle \varrho=1000~\mathrm{kg/m}^3$, $\displaystyle a_0=1~\mathrm{m/s}^2$.

Közli: Széchenyi Gábor, Budapest

(5 pont)

A beküldési határidő 2021. október 15-én LEJÁRT.

Megoldás. Belátjuk, hogy a folyadék felszíne (amikor a folyadék a konténerhez képest már nem mozog) egy olyan sík, amelyik $\displaystyle \alpha=\arctg(a_0/g)$ szöget zár be a vízszintessel. A folyadék felszínének közelében a folyadék egy kicsiny darabkájára a környező folyadék csak a felszínre merőleges $\displaystyle F$ erőt képes kifejteni. (Ha nem így lenne, akkor a kérdéses anyagdarabka a felület érintősíkjában elmozdulna a folyadék többi részéhet képest.) Az 1. ábráról leolvasható, hogy egy $\displaystyle m$ tömegű ,,folyadékdarabka'' mozgásegyenle a felület esésvonalának irányában

$\displaystyle mg\sin\alpha=ma_0\cos\alpha,\qquad \text{tehát}\qquad \tg\alpha=\frac{a_0}{g}.$

1. ábra

A gyorsulás következtében a konténer elején a folyadék magassága

$\displaystyle h_1=\frac{h}{2}-\frac{\ell}{2}\,\frac{a_0}{g}$

értékre csökken, a konténer hátsó falánál pedig

$\displaystyle h_2=\frac{h}{2}+\frac{\ell}{2}\,\frac{a_0}{g}$

értékre növekszik, a konténer közepénél pedig az álló helyzetnek megfelelő $\displaystyle h/2$ marad (2. ábra).

2. ábra

Jelöljük a tartály fenéklapjára ható erőt $\displaystyle G$-vel, a mozgásirányhoz viszonyított előlapnál ható erőt $\displaystyle F_1$-gyel, a hátsó oldallapra ható erőt $\displaystyle F_2$-vel, a trapéz alakú oldalfalra ható erőt pedig $\displaystyle F_3$-mal (3. ábra). Ezeket az erőket szeretnénk meghatározni.

3. ábra

A folyadék által kifejtett nyomás mindenhol a légköri nyomáson felüli túlnyomást, vagyis a hidrosztatikai nyomást jelenti. (A légköri nyomás az alaplap és az oldallapok mindkét oldalánál hat, eredő erőt tehát nem hoz létre.)

A tartály fenéklapjára nyilván a folyadék súlyával megegyező nagyságú erő hat:

$\displaystyle G=\frac{h}{2}\ell d \varrho g.$

A folyadék hidrosztatikai nyomása a mélységgel arányosan növekszik. Az előlapra ható $\displaystyle F_1$ erő a folyadék átlagos nyomása és a nyomott felület szorzataként kapható meg:

$\displaystyle F_1=\left(\frac{1}{2}\varrho g h_1\right)\cdot \left(h_1d\right)=\frac{1}{8}\varrho g \,d \left(h-\ell\,\frac{a_0}{g}\right)^2.$

Hasonlóan a hátsó lapra ható erő:

$\displaystyle F_2=\left(\frac{1}{2}\varrho g h_2\right)\cdot \left(h_2d\right)=\frac{1}{8}\varrho g \,d \left(h+\ell\,\frac{a_0}{g}\right)^2.$

Az oldalfal mentén a (túl)nyomás a folyadék (ferde) felszíne mentén nulla, függőlegesen lefelé haladva pedig a mélységgel arányosan lineárisan változik. Az átlagos nyomás egy-egy függőleges, a tartály előlapjától $\displaystyle x$ $\displaystyle (0\le x\le \ell)$ távol lévő, $\displaystyle \Delta x$ széles,

$\displaystyle h(x)=\frac{h}{2}+x\frac{a_0}{g}$

magas sáv mentén:

$\displaystyle \overline{p}=\frac12\varrho g h(x).$

Ez az átlagos nyomás az egyes sávokra

$\displaystyle \Delta F=\overline{p}\cdot h(x)\Delta x=\frac12\varrho g h^2(x)\Delta x,$

a teljes oldalfalra pedig

$\displaystyle F_3=\sum\frac12\varrho g h^2(x)\Delta x$

erőt fejt ki.

Az összeget (vagyis az oldalfalra ható teljes nyomóerőt) pl. integrálszámítással, de elemi úton is meghatározhatjuk. Észrevehetjük, hogy ha az oldalfal folyadékkal érintkező részét egy $\displaystyle \varrho$ felületi tömegsűrűségű (felületegységenként $\displaystyle \varrho$ tömegű) vékony lemeznek képzeljük, és ezt a lemezt vízszintes helyzetben tartjuk, akkor a súlyerőnek a trapéz alapélére vonatkozó forgatónyomatéka éppen $\displaystyle F_3$. No de ezt a forgatónyomatékot másképp is kiszámíthatjuk. Vágjuk szét (gondolatban) a trapézt egy $\displaystyle \ell h_1$ területű téglalapra, valamint egy $\displaystyle \ell$ és $\displaystyle h_2-h_1$ befogójú derékszögű háromszögre. Ezen síkidomok súlypontjának és területének ismert képleteiből adódik, hogy

$\displaystyle F_3=\varrho g\left[\ell h_1\cdot\frac{h_1}{2}+ \ell\frac{h_2-h_1}{2}\left(h_1+\frac{h_2-h_1}{3}\right)\right]= \varrho g \ell\frac{h_1^2+h_2^2+h_1h_2}{6}=\varrho g \ell\left(\frac{1}{8}h^2+\frac{1}{24} \ell^2 \frac{a_0^2}{g^2}\right) .$

A megadott számértékekkel $\displaystyle G=441~\rm kN$, $\displaystyle F_1=14~\rm kN$, $\displaystyle F_2=59~\rm kN$, $\displaystyle F_3=114~\rm kN$.

Statisztika:

37 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Toronyi András.
4 pontot kapott:	Somlán Gellért.
3 pontot kapott:	12 versenyző.
2 pontot kapott:	5 versenyző.
1 pontot kapott:	9 versenyző.
0 pontot kapott:	8 versenyző.

A KöMaL 2021. szeptemberi fizika feladatai