За свою историю человечество построили множество различных тепловых машин, которые работают по совершенно разным циклам. В этой задаче мы рассмотрим флюидин – разновидность двигателя Стирлинга, где в качестве рабочего тела выступает газ, а в качестве поршней – жидкость.
Флюидин состоит из трех вертикальных трубок, заполненных водой. Площадь поперечного сечения $A$ у них совпадает, высота уровня равна $L$. Пара трубок соединена сверху, и внутри системы находится воздух объемом $2AL$ при атмосферном давлении $p_0$. Вода несжимаема и ее плотность равна $\rho$.
Мы будем анализировать механическую систему, поведение которой описывается системой линейных дифференциальных уравнений. Такая система уравнений имеет замечательное свойство, если все величины зависят от времени по закону $x(t)= X_0 e^{\lambda t}$, то система дифференциальных уравнений сводится к системе алгебраических уравнений на $X_0$ и $\lambda$.
Простейшим примером такой системы является уравнение пружинного маятника:
\[ma=-\alpha v -kx \quad \Rightarrow \quad \ddot{x} + \frac{\alpha}{m} \dot{x} +\frac{k}{m} x = 0.\]
Если подставить в него предложенную ранее зависимость, то получается алгебраическое уравнение на $\lambda$:
\[X_0 \lambda^2 e^{\lambda t} + X_0 \frac{\alpha}{m} e^{\lambda t} + X_0 \frac{k}{m} e^{\lambda t} = 0 \quad \Rightarrow \quad \lambda^2 + \frac{\alpha}{m} \lambda + \frac{k}{m} = 0.\]
Будем решать это уравнение с помощью дискриминанта:
\[\mathcal{D}=\frac{\alpha^2}{m^2} - \frac{4k}{m}.\]
Если $\mathcal{D}<0$, то у уравнения на $\lambda$ не существует действительных корней, но здесь нам на помощь приходит математический трюк. Допустим, что существует число $i$, такое что $i^2 = -1$. Тогда можно сказать, что
\[\lambda = \frac{-\frac{\alpha}{m} \pm \sqrt{\mathcal{D}}}{2} = \frac{-\frac{\alpha}{m} \pm \sqrt{-i^2\mathcal{D}}}{2} = \frac{-\frac{\alpha}{m} \pm i\sqrt{-\mathcal{D}}}{2}. \]
и
\[\tilde{x}(t) = X_0 e^{\left(-\frac{\alpha}{2m} \pm i \frac{\sqrt{-\mathcal{D}}}{2}\right)t} = X_0 e^{-\frac{\alpha}{2m}t} \cdot e^{\pm i \frac{\sqrt{-\mathcal{D}}}{2} t}.\]
Волна над $x$ используется, чтобы показать, что был проведен трюк с $i$. Но от $\tilde{x}(t)$ можно перейти к настоящему $x(t)$ если заменить экспоненту, в показателе которой стоит $i \cdot \omega t$, на косинус $\omega t$:
\[x(t) =X_0 e^{-\frac{\alpha}{2m}t} \cdot \cos \left( \pm \frac{\sqrt{D}}{2} t \right)\]
Имейте в виду, что если колебания смещены во времени, т.е. $x(t)=X_0 \cos (\omega t + \phi)$, то величину $\phi$ называют фазой и при записи в форме экспоненты мы имеем $\tilde{x}(t)=X_0 e^{i\omega t + i\phi}$. Это может быть очень удобно, так как вместо косинуса суммы фаза проявляет себя как множитель.
Допустим эта система вышла из равновесия и уровни воды в трубках сместились вниз на малые величины $z_1$, $z_2$ и $z_3$.
Если система вышла из равновесия, то давление во всех точках системы может измениться. При этом будем считать, что внутри воздушной полости давление однородно и равно $p = p_0 + \Delta p$, $|\Delta p| \ll p_0$. Давление в точке $w$ обозначим $p_w$ и это давление тоже слабо отличается от своего равновесного значения: $p_w = p_0 + \rho gL + \Delta p_w$, $|\Delta p_w| \ll p_0$. Пренебрегайте влиянием соединительных трубок на механику системы
На воду внутри каждой из трубок действуют следующие силы: сила тяжести, разность сил давлений и сила вязкого трения.
Существует выражение, которое известно, как формула Пуазейля. Если по горизонтальной трубе длиной $l$ и радиусом $r$ течет вода и разность давлений между концами трубы $\Delta P$, то объемный расход $Q=\dot{V}$ воды через нее выражается, как
\[Q = \frac{\Delta P \pi r^4}{8 \eta l},\]где $\eta$ – вязкость воды.
Исключим из системы уравнений $\Delta p_w$. Для этого будем вычитать уравнения друг из друга
Пусть все величины меняются по закону $e^{\lambda t}$:
\[z_1 = z_{1,0} e^{\lambda t}, \quad z_2 = z_{2,0} e^{\lambda t}, \quad \Delta p= \Delta p_0 e^{\lambda t}\]
Мы ищем режим работы, когда в системе происходят колебания. При этом давление воздуха внутри полости
\[ p(t) = p_0 + \Delta p(t) = p_0 + \Delta p_0 \cos \omega t,\]а объем газа внутри полости
\[ V(t) = 2 AL + \Delta V(t) = 2 AL + \Delta V_0 \cos (\omega t + \varphi). \]Введем
\[ K = \frac{\Delta p_0}{p_0} \frac{V_0}{\Delta V_0} > 0\]
Максимальная мощность достигается при $\varphi=\pi/2$. В таком случае, если заменить косинусы на экспоненты, то
\[ \Delta \tilde{p}(t) = \Delta p_0 e^{i \omega t}, \quad \tilde{\Delta V(t)} = \Delta V_0 e^{i \omega t + i \varphi}, \quad \frac{\Delta \tilde{p}(t)}{\Delta \tilde{V}(t)} = \frac{\Delta p_0}{\Delta V_0} e^{-i \varphi}. \]Можно показать, что $e^{-i \pi /2}=-i$, и тогда
\[\frac{\Delta \tilde{p}(t)}{\Delta \tilde{V}(t)} = -i \frac{\Delta p_0}{\Delta V_0}.\]Другими словами, предполагая наличие колебаний таких, что $\varphi=\pi/2$, в уравнениях для пункта А9 можно записать, что
\[\Delta p_0 = -i \frac{p_0}{2 L} (z_{1,0} + z_{2,0}) \cdot K.\]
В этом уравнении можно сократить $(z_{1,0}+z_{2,0})$ и получится квадратное уравнение на $\lambda$:
\[a \lambda^2 + b \lambda + c + i K = 0\]Для дальнейшего анализа будет удобным перейти к безразмерной величине: $x = \lambda \sqrt{L/g}$.
Будем использовать, что $p_0 = 100 ~кПа$, $\rho=1.00~г/см^3$, $L=10.0~см$, $A=1~см^2$, $\eta=1.00 \cdot 10^{-3}~Па \cdot с$, $g=9.8~м/c^2$.
Известно, что для $u,v>0$ корень из $-u-iv$ вычисляется по формуле:
\[ \sqrt{-u-iv} = \sqrt{u^2 + v^2} \left[ \cos \left( \frac{\pi}{2} - \frac{\arctan \frac{v}{u} }{2}\right) + i \sin\left( \frac{\pi}{2} - \frac{\arctan \frac{v}{u} }{2} \right) \right]\]