tənlik
ortoqonal Dekart koordinatları Laplas tənliyi adlanır. Onun sol tərəfindəki ifadə və funksiyasının Laplasası, ifadənin əmələ gəldiyi qayda isə Laplas operatoru adlanır. Laplas operatoru adətən simvolla işarələnir, bunun nəticəsində (1) tənliyi formada yazıla bilər.
Qeyri-homogen tənlik
burada verilmiş funksiya Puasson tənliyi adlanır.
Laplas və Puasson tənliklərinin sol hissələrində diferensial ifadələrin forması bütün ortoqonal Dekart koordinatlarında eynidir. Əyrixətti koordinatlara keçdikdə o dəyişir və ortoqonal əyrixətti koordinatlar üçün əvvəlki fəslin 7-ci bəndinin əlaqələri ilə müəyyən edilə bilər. Xüsusilə, Fəsil (54), (48) və (49) düsturlarından istifadə etməklə. XVIII silindrik koordinatlarda tapırıq
sferik koordinatlarda
İstilik keçiriciliyi, elektrostatika, hidrodinamika və s. nəzəriyyəsinin çoxsaylı problemləri Laplas və Puasson tənliklərinə gətirib çıxarır.Məsələn, Laplas tənliyi üçün bəzi məsələlərin tərtibini nəzərdən keçirək.
1. Bircins cismin stasionar istilik vəziyyəti problemi. Tutaq ki, bizdə bir az var
xarici fəzadan təcrid olunmuş, istilik vəziyyəti zamanla dəyişməyən bircinsli izotrop cisim. Kosmosun tutduğu hissəsini V ilə, səthi ilə və nöqtədəki temperaturla işarə edək.
Sübut edək ki, aldığımız cismin istənilən daxili x nöqtəsində funksiya Laplas tənliyini ödəyir.
Bu məqsədlə bədəndən ixtiyari olaraq götürülmüş səthlə məhdudlaşan müəyyən bir sahəni seçirik və səth elementindən vahid vaxtda keçən istilik miqdarını nəzərə alırıq. Furye prinsipinə görə, elementin sahəsinə və səthə normalın xarici istiqamətini ifadə edən normal törəmə ilə mütənasibdir. Başqa sözlə, bu istilik miqdarı məhsula bərabərdir
Mütənasiblik əmsalı bədənin daxili istilik keçiriciliyi əmsalı adlanır.
Bədəndəki istiliyin hərəkətini nəzərdən keçirək. Termodinamikdən məlumdur ki, istilik yüksək temperaturlu nöqtələrdən aşağı temperaturlu nöqtələrə axır. Buna görə də, mənfi bir törəmə ilə, istilik axını bədənin daxili hissəsindən, səthlə məhdudlaşaraq, bu səthdən kənar sahəyə qədər baş verəcəkdir. Göstərilən törəmə müsbət olarsa, istilik yayılması əks mənzərəni təmsil edəcəkdir.
Bu o deməkdir ki, ikiqat inteqral
zaman vahidi üçün səthdən keçən istilik miqdarının cəbri cəmini verir, axan istiliyə mənfi işarə, gələn istiliyə isə müsbət işarədir.
Bədənin daxilində hər iki istilik mənbəyinin və onun udma nöqtələrinin olmadığını fərz etsək, onda inteqral (5) sıfıra bərabər olmalıdır. Həqiqətən də, əgər belə olmasaydı, o zaman bədən daxilində istilik yığılacaq və ya itiriləcək və nəticədə bədənin temperaturu zamanla dəyişəcəkdi ki, bu da bədənin istilik vəziyyətinin dəyişmədiyi fərziyyəsinə ziddir.
Beləliklə, bu vəziyyətdə aşağıdakı bərabərlik baş verməlidir:
Qrin (7) düsturunu tətbiq edək. XVIII:
və içinə qoyun
Sonra (5) inteqralının sıfıra bərabər olduğunu nəzərə alsaq, tapırıq
Beləliklə, domenin özbaşınalığını nəzərə alaraq, belə bir nəticə çıxır
yəni funksiya Laplas tənliyini ödəyir.
İndi fərz edək ki, biz bədənin səthində temperaturun paylanmasını bilirik və bədənin daxilində istənilən nöqtənin temperaturunu təyin etmək istəyirik.
Aydındır ki, Laplas tənliyinə sərhəd şərtini ödəyən bir həll tapsaq, bu problemi həll edəcəyik.
burada səthin x nöqtəsindəki temperaturu ifadə edir
2. Keçiricinin səthində elektrik kütlələrinin tarazlığı məsələsi. Bəzi elektrik yükləri sistemi tərəfindən kosmosda yaradılan stasionar elektrostatik sahəni nəzərdən keçirək. Əgər yüklər nöqtələrdə diskret olaraq yerləşirsə, o zaman x nöqtəsində sahə potensialı
yükdən x nöqtəsinə qədər olan məsafə haradadır. Əgər yüklər hansısa xətt və ya səthdə və ya Y həcmində davamlı olaraq paylanırsa, sahə potensialı müvafiq olaraq inteqrallardan biri ilə ifadə edilir:
burada xətt elementindən (səth, həcm) potensial u olan sahə nöqtəsinə qədər olan məsafədir. Bu düsturlarda kəmiyyətlər xətti, səthi və ya həcmli yük sıxlığını ifadə edir:
burada L xətt elementinin yükü (S səthi, V həcmi). Ümumi halda, sahə potensialı bu növ yüklərin paylanmasının ayrı-ayrılıqda yaratdığı potensialların cəminə bərabərdir.
Fərz edək ki, fəzanın sonlu V bölgəsini keçirici mühit - keçirici, yəni yüklərin sərbəst hərəkət edə bildiyi mühit, qalan hissəsi isə dielektrikdir, yəni hərəkət edən mühitdir. ittihamlar qeyri-mümkündür.
Stasionar vəziyyətdə V bölgəsinin bütün nöqtələrində, o cümlədən onun sərhədində sahə potensialı eynidir, çünki əks halda potensialı bərabərləşdirməyə çalışan elektrik yüklərinin hərəkəti baş verəcək və sahə dəyişəcək. Buradan birbaşa aydın olur ki, V bölgəsində u sahə potensialı Laplas tənliyini ödəyir:
Dirijorun içərisində müxtəlif işarələrin yükləri qarşılıqlı olaraq zərərsizləşdirilməlidir. Əslində, oxşar yüklər arasında itələmə təsiri altında keçiricinin içərisində qalan hər hansı bir işarənin artıq yükləri, hamısı dirijorun sərhədində bitənə və düzgün paylanana qədər hərəkət edərdi. Nəticə etibarilə, əgər stasionar vəziyyətə çatarsa, onda artıq yüklər sonsuz nazik elektrik təbəqəsi şəklində keçiricinin sərhəddində yerləşir.
Bu təbəqənin bir nöqtədəki potensialı inteqralla ifadə edilir:
keçirici səthin dəyişən nöqtəsindən x nöqtəsinə qədər olan məsafə haradadır.
Əgər x nöqtəsi keçiricidən kənardadırsa, y funksiyası Laplas tənliyini ödəyir. Doğrudan da,
Buna görə də (12) düsturla müəyyən edilən u potensialı Laplas tənliyini də ödəyir. Bu müddəanı sübut etmək üçün inteqrala (12) parametrə görə diferensiallaşdırma qaydasını tətbiq etmək kifayətdir, çünki bunu etmək hüququmuz var, çünki
Fərz etsək ki, x nöqtəsi səthdən kənardadır, ona görə də (12) ifadəsindəki inteqral heç bir yerə sonsuzluğa getmir.
Deməli, keçiricidən kənarda yerləşən hər bir x nöqtəsində potensial və həmçinin Laplas tənliyini təmin edir.
İndi gəlin dielektriklə dolu fəzanın sonsuz uzaq nöqtələrində və keçiricinin özünün səthində baş verən halların aydınlaşdırılmasına müraciət edək.
Aşağıda öyrənəcəyimiz kimi, inteqral (12) sonsuz uzaq nöqtələrdə (birinci dərəcəli qismən törəmələri ilə birlikdə) yox olur və üstəlik, məhsullar
x nöqtəsindən başlanğıca qədər olan məsafə sonsuza qədər artdıqda məhdud qalır. Konduktorun səthində baş verən hallara gəldikdə, x nöqtəsi keçiricinin səthindən keçdikdə potensialın məhdud və davamlı qaldığı sübut ediləcəkdir. Əksinə, potensialın normal törəmələri belə keçid zamanı belə sonlu kəsilməyə məruz qalır və bu kəsilmə bərabərliyi ilə xarakterizə olunur.
burada ifadənin limit dəyərləri
x nöqtəsi müvafiq olaraq nöqtəyə daxili və xarici normallar boyunca nöqtəyə yaxınlaşdıqda
Sözdə elektrostatik məsələni tərtib etmək üçün (13) tənliyindən istifadə edək: əgər sonuncu elektrik tarazlığı vəziyyətindədirsə, verilmiş keçiricinin səthində davamlı olaraq paylanmış elektrik təbəqəsinin sıxlığını tapmaq.
Tutaq ki, verilən dirijor üçün belə bir vəziyyət gəlib. Sonra, yuxarıdakı izahatlara görə, dirijorun daxilindəki potensial sabit bir dəyər olacaq və buna görə də bərabərlik baş verəcəkdir.
Bu bərabərlikdən və düsturdan (13) belə çıxır ki
yəni keçiricidən kənarda yerləşən nöqtələrdə bu təbəqənin potensialını təyin etsək, təbəqənin istənilən sıxlığı tapılacaq.
Bu nəzəriyyə riyazi simvollarla yazılmayıb və buna görə də ayrı-ayrı hissəciklərin cəlb edilməsi ilə son nəticə arasında kəmiyyət əlaqəsini göstərə bilmədi. Leslie'nin nəzəriyyəsi daha sonra 1819-cu ildə nəşr olunan Britannica Ensiklopediyasının 4-cü nəşrinə əlavədə "Mayelər, yüksəklik" altında kapilyar hərəkətə dair məqalədə James Ivory tərəfindən Laplasian riyazi metodlarından istifadə edərək yenidən nəzərdən keçirildi.
Jung və Laplace nəzəriyyələri.
1804-cü ildə Tomas Yanq səthi gərilmə prinsipi əsasında kapilyar hadisələrin nəzəriyyəsini əsaslandırdı. O, həmçinin bərk səthin (təmas bucağının) maye ilə islanma bucağının sabitliyini müşahidə etmiş və təmas bucağının müvafiq fazalararası sərhədlərin səthi gərilmə əmsallarına aid kəmiyyət əlaqəsini tapmışdır. Tarazlıqda təmas xəttinin bərk cismin səthi boyunca hərəkət etməməsi lazım olduğunu ifadə etdi
burada sSV, sSL, sLV fazalararası sərhədlərin səthi gərilmə əmsalları bərk - qaz (buxar), bərk - maye, maye - qaz, müvafiq olaraq, q - təmas bucağı. Bu nisbət indi Young formulu kimi tanınır. Bu əsər isə bir neçə ay sonra Laplasın (Pierre Simon Laplace) məqaləsi ilə dərc olunan elmin bu istiqamətdə inkişafına elə də təsir göstərməmişdir. Görünür, bu, Yunqun riyazi qeydlərdən yayınması, lakin hər şeyi şifahi şəkildə təsvir etməyə çalışması ilə əlaqədardır ki, bu da onun işini çaşqın və anlaşılmaz göstərir. Buna baxmayaraq, o, bu gün kapilyarlığın kəmiyyət nəzəriyyəsinin banilərindən biri hesab olunur.
Birləşmə və yapışma hadisələri, buxarın maye halında kondensasiyası, bərk cisimlərin mayelər tərəfindən islanması və maddənin bir çox digər sadə xassələri - bütün bunlar cazibə qüvvəsindən qat-qat güclü olan, lakin yalnız çox kiçik məsafələrdə hərəkət edən cəlbedici qüvvələrin mövcudluğundan xəbər verirdi. molekullar arasında. Laplasın dediyi kimi, müşahidə oluna bilən hadisələrdən irəli gələn və bu qüvvələrə qoyulan yeganə şərt onların “hiss olunan məsafələrdə hiss edilməməsi”dir.
İtirici qüvvələr daha çox problem yaratdılar. Onların mövcudluğunu inkar etmək mümkün deyildi - onlar cazibə qüvvələrini tarazlaşdırmalı və maddənin tamamilə məhv edilməsinin qarşısını almalıdırlar, lakin onların təbiəti tamamilə aydın deyildi. Sual aşağıdakı iki yanlış fikirlə mürəkkəbləşdi. Birincisi, tez-tez belə hesab olunurdu ki, istilik itələmə qüvvəsidir (bir qayda olaraq, kalorili nəzəriyyə tərəfdarlarının rəyi), çünki (arqument belə idi) maye əvvəlcə genişləndikdə və qızdırıldıqda qaynar, belə ki, molekullar bərk cismə nisbətən daha böyük məsafələrdə ayrılır. İkinci yanlış fikir, Nyutona qayıdaraq, qazın müşahidə olunan təzyiqinin Daniel Bernullinin boş yerə mübahisə etdiyi kimi, onların gəminin divarları ilə toqquşması ilə deyil, molekullar arasında statik itələmə ilə əlaqədar olduğu anlayışından yaranmışdır.
Bunun fonunda kapilyarlığı və ya ümumiyyətlə mayelərin birləşməsini izah etmək üçün ilk cəhdlərin maddənin statik tərəflərinə əsaslanması təbii idi. Mexanika elmin yaxşı başa düşülən nəzəri sahəsi idi; termodinamika və kinetik nəzəriyyə hələ gələcəkdə idi. Mexanik mülahizələrdə əsas olan böyük, lakin qısa mənzilli cəlbedici qüvvələrin olması idi. Sakit vəziyyətdə olan mayelər (istər kapilyar boruda, istərsə də ondan kənarda) açıq-aydın tarazlıqdadır və buna görə də bu cəlbedici qüvvələr itələyici qüvvələrlə tarazlaşdırılmalıdır. Onlar haqqında cazibə qüvvələrindən daha az şey söyləmək mümkün olduğundan, onlar tez-tez sükutla keçərdilər və Rayleigh-in sözləri ilə desək, "cazibə qüvvələri özlərini tarazlaşdırmaq üçün ağlasığmaz hiyləni yerinə yetirmək üçün qaldılar". Laplas itələyici qüvvələrin (özünün güman etdiyi kimi istilik) sıxılmayan mayenin hər yerində hərəkət edən daxili təzyiqlə əvəz oluna biləcəyinə inanaraq, bu problemi ilk dəfə qənaətbəxş şəkildə həll etdi. (Bu fərziyyə bəzən 19-cu əsr yazılarında “mayedəki təzyiq” dedikdə nəyin nəzərdə tutulduğuna dair qeyri-müəyyənliyə səbəb olur.) Laplasın daxili təzyiq hesablaması budur. (Bu nəticə Maksvell və Reylinin gəldiyi nəticəyə daha yaxındır. Nəticəni verir.)
O, mayedəki birləşmə qüvvələrini tarazlaşdırmalıdır və Laplas bunu sonsuz maye cismin düz səthlərlə məhdudlaşan iki uzaqdan ayrıla bilən yarı sonsuz cismə ayrılmasına müqavimət göstərən vahid sahəyə düşən qüvvə ilə müəyyən etdi. Aşağıdakı törəmə Laplasın orijinal formasından daha çox Maksvell və Reylininkinə daha yaxındır, lakin arqumentdə ciddi fərq yoxdur.
Ciddi düz səthlərə malik iki yarı sonsuz maye cismi nəzərdən keçirək, cüzi bir sıxlığa malik buxarın bir təbəqəsi (l qalınlığında) ilə ayrılır (şəkil 1) və onların hər birində həcm elementini ayırırıq. Birincisi, bədənin yuxarı hissəsində, aşağı gövdənin düz səthindən r yüksəklikdə yerləşir; onun həcmi dxdydz-dir. İkincisi bədənin aşağı hissəsindədir və həcmi var 
, burada qütb koordinatlarının mənşəyi birinci elementar həcmin mövqeyi ilə üst-üstə düşür. s məsafəsi ilə ayrılmış iki molekul arasında təsir edən qüvvə f(s) və onun təsir radiusu d olsun. Bu, həmişə cəlbedici qüvvə olduğundan, bizdə var
Əgər r hər iki cisimdəki molekulların sayının sıxlığıdırsa, onda iki həcm elementinin qarşılıqlı təsir qüvvəsinin şaquli komponenti bərabərdir.
Yuxarıdakı nəticə, molekulların r sıxlığı ilə bərabər paylanmasına dair gizli fərziyyəyə əsaslanır, yəni. mayenin qüvvələr diapazonuna uyğun ölçülər miqyasında nəzərə çarpan strukturu yoxdur d. Bu fərziyyə olmadan (2) və (3) ifadələrini belə sadə formada yazmaq qeyri-mümkün olardı, lakin birinci həcm elementində molekulun mövcudluğunun molekulun mövcudluğu ehtimalına necə təsir etdiyini öyrənmək lazımdır. ikincidə bir molekul.
Səthi gərginlik qüvvəsi kapilyardakı mayenin səthinə təsir edir ki, bu da damar divarına bitişik səth qatının molekullarına təsir edən qüvvələrin nəticəsi olacaq, mayeləri islatmaq üçün xaricə (yuxarıya) yönəldiləcək və islanmayan mayelər üçün - içəriyə (aşağıya) Bu qüvvələrin təsiri altında damar divarının yaxınlığındakı maye səthi menisk adlanan əyri (əyri) forma alır.Maye damar divarını islasa, menisk konkav olacaq (Şəkil 2). 8, a) və nəmlənməsə qabarıq (şək. 8, b).
Düsturun əldə edilməsi (isteğe bağlı). Səthi gərginlik əmsalını təyin etməklə, sferik bir düşmə daxilində təzyiqi təyin etmək olar mayelər və ya içəridə təzyiq qaz qabarcığı maye içində.
Əgər R sferik maye damcısının və ya qaz qabarcığının içindəki təzyiq, σ mayenin səthi gərginliyidir, r topun radiusudur, sonra radiusu artırmaq üçün r Δ tərəfindən top r (r1 =r + Δ r ) (şək. 9 a) və ya onun səthinin sahəsini artırın S Δ-ya S səth enerjisinin artımına bərabər iş sərf etmək lazımdır: Δ W = Δ A = σ Δ S , topun sahəsi (məktəb həndəsə kursundan geri çağırma) bərabərdir S=4π r2 .
Sonra Δ A = σ Δ S = σ = σ ,
o deməkdir ki: Δ A = 4πσ [(r + Δ r) 2 - r 2 ] .
cəminin kvadratı məlumdur (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 , sonra:
Δ A = 4πσ [(r + Δ r) 2 - r 2 ] = 4πσ [(r 2 + 2r ּΔ r + (Δ r) 2) - r 2] = 4πσ ּ [r 2 + 2r ּΔ r +
(Δ r) 2 - r 2] = 4πσ [ 2r ּΔ r + (Δ r) 2 ] = 4πσ [ 2r ּΔ r + (Δ r) 2 ]
kimi (Δ r) 2 << 2r ּΔ r , ehtiva edən termin (Δ r) 2 laqeyd qala bilər. Buna görə işi dəyişdirmək üçün istifadə edirik: Δ A = σ ּ 8 π r ּΔ r .
Digər tərəfdən, sabit temperaturda qazın sərf etdiyi işi bərabərdir: Δ A
= R
Δ V
, burada topun həcminin funksiya diferensialı kimi dəyişməsi bərabərdir 
.
Sonra Δ A = R Δ V = R ּ 4 π r2 ּΔ r . Hər iki ifadəni bərabərləşdirərək alırıq:
Δ A
= σ
ּ 8
π r
ּΔ r
= R
ּ 4
π r2
ּΔ r
.
Nəticədə alırıq: σ ּ 2 = R ּ r , aşağıdakı kimi çevrilə bilər: .
Bu düstur əyri maye səthi altında əlavə təzyiq üçün Laplas düsturu adlanır.
Laplas düsturu aşağıdakı kimi oxuyun: səthi gərilmə qüvvələrinin təsiri nəticəsində mayenin əyri səthi altında əlavə təzyiq səthi gərilmə əmsalı ilə düz mütənasibdir. σ , radiusla tərs mütənasibdir r mayenin və ya qaz qabarcığının bir mayenin damcıları və konkavitə (əyrilik mərkəzinə doğru) yönəldilir.
Nəzərə alın ki, təzyiq mayedəki maye düşməsinin və ya qaz qabarcığının radiusu ilə tərs mütənasib olduğundan , təzyiq nə qədər böyükdürsə, sferik düşmənin radiusu bir o qədər kiçik olur.
Laplas düsturu kapilyar hadisələr üçün də keçərlidir.
Səthi gərginlik qüvvələrinin təsiri altında mayenin səth təbəqəsi əyilmiş, menisküs meydana gətirir və xarici ilə müqayisədə əlavə bir təzyiq Δ tətbiq edir. R . Kapilyarda xarici təzyiq atmosfer təzyiqidir (üstümüzdəki atmosfer sütununun hidrostatik təzyiqi), cazibə qüvvəsi səbəbindən və dəniz səthində 760 mm Hg-ə bərabərdir. və ya 1,0135 10 5 Pa.
Əyri səthin səthi gərilmə qüvvəsi konkavliyə (əyrilik mərkəzinə doğru) yönəldilir. Eğrilik radiusu olan sferik səth vəziyyətində r , Laplas düsturuna görə əlavə təzyiq: .
Yaxşı nəmlənmə ilə konkav menisküs meydana gəlir. Əlavə Laplas təzyiqinin qüvvələri mayedən xaricə yönəldilir, yəni. yuxarı.
Əlavə Laplas təzyiqi atmosfer təzyiqinə qarşı təsir göstərir, onu azaldır, mayenin kapilyarda yüksəlməsinə səbəb olur.
Əlavə təzyiq Δ olana qədər maye kapilyarda yüksələcək səh (Laplas təzyiqi), səthi gərginlik qüvvələrinə görə və yuxarıya (meniskus dairəsinin mərkəzinə doğru) yönəldilmiş, hidrostatik (çəki) təzyiqlə balanslaşdırılmayacaq. p hidrost = ρ gh aşağıya doğru hərəkət edən (Δ p= p hidrost ).
Lakin menisküsün radiusu kapilyar radiusa bərabərdir ( R = r) yalnız tam islatma ilə, nə zaman Θ=0 0 . Bütün digər hallarda, eksperimental olaraq menisküsün radiusunu tapmaq asan deyil, buna görə də ifadə edirik r boyunca R kapilyar radiusdur. Əncirdən. 9b bunu göstərir.
Beləliklə, Laplas qanununu nəzərə alaraq bərabərliyi əldə edirik: 
, kapilyarda mayenin hündürlüyü buradan qalxır 
(*), yəni. mayenin xassələrindən və kapilyarın materialından, həmçinin onun radiusundan asılıdır.
Zəif nəmlənmə halında (ıslanmayan) cosΘ< 0 və düstur (*) mayenin endirilməsinin hündürlüyünü göstərəcək kapilyarda.
Eyni düstur mayenin səthi gərginliyini kapilyardakı mayenin qalxma hündürlüyü və mayenin menisküsü ilə damarın divarları arasındakı təmas bucağının dəyəri ilə təyin etməyə imkan verir ( kapilyar üsul ):
.
Tam nəmlənmə vəziyyətində (bucaq Θ = 0 ° deməkdir cosΘ = 1 ) və tam islanmayan (bucaq Θ = 180° , yəni cos Θ = -1 ) düstur daha sadədir.
Səthi gərginlik əmsalını təyin etmək üçün başqa üsullar da mövcuddur σ : a) damcıların ayrılması üsulu, b) halqa və çərçivənin ayrılması üsulları, c) hava qabarcıqlarının ayrılması üsulu (Rebinder). Onlar aşağıda müzakirə olunacaq.
YÜKSƏK TEMPERATURLARIN TERMOFİZİKASI, 2010, cild 48, №2, səh. 193-197
MADDİNİN TERMOFIZİK XÜSUSİYYƏTLƏRİ
UDC 532.6:004.932
MAYELƏRİN SƏHİT GƏRGİLİYİNİN MƏYYƏNİNƏ TƏKMİL EDİLMİŞ SİDDAL DÜŞÜLMƏSİ ÜSULU
L. B. Direktor, V. M. Zaiçenko və I. L. Maikov
Rusiya Elmlər Akademiyasının Birgə Yüksək Temperatur İnstitutu, Moskva, 25 may 2009-cu il.
Mayenin səthi gərginliyini təyin etmək üçün oturaq damcı üsulunun tətbiqi ilə alınan maye damcısının meridional hissəsinin təsvirlərinin işlənməsi üçün təkmilləşdirilmiş texnika işlənib hazırlanmışdır. Texnika damlanın rəqəmsal təsvirinin skan edilməsini, Yanq-Laplas tənliyinin ədədi həllini, həmçinin səth gərginliyinin, islanma bucağının və düşmə həcminin hesablanmasını təmin edir.
GİRİŞ
Oturma (asma) və ya stasionar düşmə üsulu metal ərimələrinin, duzun, polimerin və digər mayelərin səthi gərginliyini öyrənmək üçün ən etibarlı statik üsul hesab olunur.
Statik üsullar Yanq-Laplas diferensial tənliyinin həllinə əsaslanır. Bu tənliyin təxmini həlli bir çox müəlliflər tərəfindən əldə edilmişdir və səthi gərilmə əmsalını təyin etməyin ən geniş yayılmış üsulu Başfort və Adams cədvəllərinin istifadəsinə əsaslanır. Mövcud empirik asılılıqlar mahiyyətcə bu cədvəllərin təxminisidir. Belə üsulların dezavantajları aşağı dəqiqlik, həmçinin damlanın ölçüsü ilə bağlı məhdudiyyətlərdir. Damlanın həndəsi parametrləri ölçü mikroskopundan istifadə edərək onun fotoşəklini ölçməklə müəyyən edilir. Ölçmə prosesi olduqca zəhmətlidir və onun nəticələri müşahidəçinin fərdi xüsusiyyətləri ilə əlaqəli bir səhv ehtiva edir.
Bu işin məqsədi damlanın rəqəmsal təsvirini emal etməyə və həm oturuş, həm də düşmə metodundan istifadə edərək mayenin səthi gərilmə əmsalını təyin etmək üçün optimallaşdırma prosedurunu həyata keçirməyə imkan verən yüksək sürətli proqram paketi yaratmaqdır. ayrılma (asma düşmə). Metodologiya işdə təqdim olunan Gənc-Laplas tənliyinin ədədi inteqrasiyası ideologiyasına əsaslanır.
DÜŞÜRÜCÜ ŞƏKİLİN EMAL EDİLMƏSİ METODU
İlkin məlumat standart nöqtə şəklində olan qrafik fayldır
mate BitMaP (BMP), düşmə meridional hissəsinin təsvirini ehtiva edir. Şəklin RGB rəngində ağdan qara rəngə (000000-dən FFFFFF-ə qədər onaltılıq təmsildə) boz şkalası olan qara və ağ palitrası var (Şəkil 1).
Şəklin dəqiq sərhədini müəyyən etmək ayrı bir işdir. Səviyyə dəsti funksiyası metoduna əsaslanan və hiperbolik tipli qismən diferensial tənliklərin həllini tələb edən kifayət qədər mürəkkəb alqoritmlər mövcuddur. Bu yazıda ədədi hesablamaları sadələşdirmək üçün aşağıda təsvir edilən sadə alqoritmdən istifadə edir və onun düzgünlüyünü qiymətləndiririk.
Emalın birinci mərhələsində boz şəkil aşağıdakı kimi qara-ağ monoxroma çevrilir. Orta rəng dəyəri rəng palitrasından seçilir (onaltılıq təmsildə bu, 888888 rənginə uyğundur). Sonrakı emal
düyü. 1. Substratda bir damla şəkli (BMP formatı).
hər piksel üçün təsvirin skan edilməsi. Rəng dəyəri sərhəd dəyərindən az olan bütün piksellər öz qiymətini ağ rəngə, sərhəd dəyərindən çox olanlar isə qara rəngə dəyişir, bunun nəticəsində ağ və qara rənglərin sərhədi və müvafiq olaraq təsvirin konturunun koordinatları nöqtələnir. müəyyən edilir (şək. 2).
Şəkili bozdan monoxroma çevirərkən sərhəd rənginin seçilməsi nəticəyə müəyyən bir səhv gətirir ki, bu da standartın (kalibrlənmiş polad topun) nisbi həcminin sərhəd rənginin seçimindən asılılıq əyrisi ilə təsvir olunur (Şəkil 2). 3).
Tam palitranın beşinci hissəsini seçərkən (onaltılıq təsvirdə 666666-dan LLLLA-ya qədər palitranın rəngləri Şəkil 3-də 1-dən 4-ə qədər rənglərə uyğun gəlir) həcmin müəyyən edilməsində nisbi xəta 0,2% təşkil edir. Palitra rəngi 888888 (tam palitranın ortası) x oxunda 3 dəyərinə və 1 nisbi həcmə uyğundur.
Nisbi həcm 1.0010
rəng ayırma sərhədi
düyü. 3. Standartın nisbi həcminin sərhəd rənginin seçilməsindən asılılığı.
DAMLA ŞƏKİLLƏRİNİN EMAL EDİLMƏNİN ƏDƏDİ PROSEDURU
Substratın üzərində uzanan damlanın forması (şək. 4) Gənc-Laplas tənliyini ödəyir.
(l + Y "2)3/2 Y (1 + Y
kapilyar sabit; st - co -
səthi gərginlik əmsalı; H - damcı hündürlüyü; [x, y(x)] - damlanın meridional kəsişməsinin sərhədinin koordinatları (bax. şək. 4); R0 - damlanın yuxarı hissəsində əyrilik radiusu; Ap mayenin və ətrafdakı qazın sıxlıqları arasındakı fərqdir.
(1) tənliyinin ədədi həlli üçün onun x = x(1) parametrləşdirilməsini həyata keçirəcəyik,
Burada I əyrinin qövsünün enişin yuxarı hissəsindən x(1), y(1) koordinatları olan nöqtəyə qədər olan uzunluğudur. Sonra parametrik formada Yanq-Laplas tənliyi formada yazılacaq
v a y Ro n - x + x + _2_
A y Roy ilkin şərtlərlə x(0) = H, y(0) = 0, x(0) = 0, y(0) = -1.
düyü. 4. Oturaq damlanın meridional en kəsiyi.
təkmilləşdirilmiş oturaq düşmə üsulu
İki ikinci dərəcəli diferensial tənliklər sistemi (2) dörd birinci dərəcəli tənliklər sistemi kimi təqdim edilə bilər.
u = -v + ä + 2
" H - x , ü , 2 v = ü |-2--1---1--
ilkin şərtlərlə x(0) = H, y(0) = 0,
və (0)=0, v(0)=-1.
Adi diferensial tənliklər sistemini (3) inteqrasiya etmək üçün sərt diferensial tənliklərin həlli üçün ədədi üsuldan - DIFSUB alqoritmində həyata keçirilən avtomatik addım seçimi ilə xətti çoxpilləli üsuldan istifadə edilmişdir.
Oturma damcı üsulu ilə (damcı ayırma) əldə edilən məlumatların işlənməsi zamanı üfüqi kəsiyin dairəsinin radiusundan asılılıqdan istifadə etməklə kapilyar sabitin a2, düşmə hündürlüyünün H və onun əyrilik radiusunun R təyin edilməsi ilə bağlı tərs məsələ həll edilir. bu hissənin substratdan məsafəsinə düşən düşmə.
Təcrübə nöqtələrinin hesablanmış əyridən kvadrat kənara çıxmalarının cəmini təmsil edən funksionalı nəzərdən keçirək.
L \u003d K - X;) 2 + (Ye1 - Y,) 2),
burada (xe, ye) eksperimental nöqtələrin koordinatları, (x, y) hesablanmış nöqtələrin koordinatlarıdır.
Hesablanmış xallar (x;, y() a1 = a2, a2 = H, a3 = R0 parametrlərinin funksiyalarıdır:
xi - xi(t, a1 a2, a3),
yt - y,(h, ai, a2, a3). Yaxınlığında bir Taylor seriyasında (5) genişləndirək
ki (a1, a2, a3)
xt = x (t , a°, a°, a°) + dXi Aa1 + dXt Aa2 + dXi Aa3,
yl = y,(ti, ai1, a°, a°) + ^ Aai + Aa2 + Aay
Funksional (4) minimumunu tapmaq üçün şərtlər yerinə yetirilməlidir
(4)-ü (6)-da əvəz edərək və diferensiallaşdıraraq (7) tənliklər sistemi belə yazıla bilər.
Xei - xi - dx- Aai - dx- Aa2 - dx- Aa3)) +
+ | yei - y, -du Aai -f* Aa2 -f* Aa3))
oa1 oa2 oa3 jda1_
xei - x, - ^Dv1 -O*!.da2 -§xlAa3- +
yei-y, -yy. Bəli, - Da1 - & Daz -
da1 da2 da3)da2j
dx. 5x- 5x- 15x-xei - xi --LD^ --LDa2 --LDaz - +
yei- yt -dR Da1 -M Da2 -^U- Da3 -
dxt dxt + dyt dyt =1 dak da, dak da,
I| (xei-xi)f + (yei - y, fi|, V da, da, 1
I I dxL dx± + dy_ dyj_
t dak da, dak da,
k = 1| i = 1k2k2.
I| (xei-x,)f* + (yei - Y,)f |,
Mən mən dxj_ dxi + dy_ dy_
Dak da3 dak da3 k = 1V i = 1 k 3 k 3
I| (xei- x, + (yei - Y,) f
(8) tənliklər sistemini həll etmək lazımdır
formanın qismən törəmələrini hesablamaq üçün dimo
(6) , Burada I = 1-^, k = 1-3. Analitikdən bəri
a1 parametrlərindən (4) asılılıqlar məlum deyil, qismən törəmələr ədədi olaraq təyin olunur.
Yeni ak dəyərləri (burada k = 1-3) düstura uyğun olaraq Aak-ın tapılan dəyərlərindən istifadə etməklə hesablanır.
0 0, . ak = ak + Ak
HƏLL ALQORİTMİ
(8) tənliklər sisteminin ədədi həlli üçün aşağıdakı alqoritm işlənib hazırlanmışdır.
DİREKTOR və s.
düyü. Şəkil 5. Su damcısının oturaq damcı üsulunda forması: 1 - eksperimental nöqtələr; 2 - optimallaşdırma prosedurundan istifadə edərək hesablama.
1. İlkin yaxınlaşmanın (a0, a0, a0) təyin edilməsi, damcı şəklinin təqribən damcı hündürlüyünə və üfüqi kəsik dairəsinin maksimum radiusuna bərabər olan yarımoxları olan ellipslə təsvir edilməsi. .
2. Kiçik sapmaların təyin edilməsi (Aab Aa2, Aa3).
3. Verilmiş qiymətlər (a0, a0, a0) üçün DIFSUB alqoritmindən istifadə edərək (3) tənliklər sisteminin həlli. 1-ci ədədi həllin alınması. SPLINE kub spline funksiyasının parametrlərinin hesablanması alqoritmindən istifadə etməklə xn və yn funksional asılılıqlarının təyini.
4. Verilmiş qiymətlər (a0 + Aa1, a0, a0) üçün DIFSUB alqoritmindən istifadə edərək (3) tənliklər sisteminin həlli. 2-ci ədədi həllin alınması. SPLINE alqoritmindən istifadə etməklə xi2 və yi2 funksional asılılıqlarının təyini. 1-ci və 2-ci məhlullardan istifadə etməklə törəmələrin hesablanması
dx1 = Xg - xp dy1 = y2 - yn. da1 Aa1 da1 Aa1
5. Verilmiş (a0, a0 +) üçün DIFSUB alqoritmindən istifadə etməklə (3) tənliklər sisteminin həlli
Aa2, a0). 3-cü ədədi həllin alınması. SPLINE alqoritmindən istifadə etməklə xi3 və yi3-ün funksional asılılıqlarının müəyyən edilməsi. 1-ci və 3-cü məhlullardan istifadə etməklə törəmələrin hesablanması
dX \u003d Xz - x / 1? g!± = Ya - Y/1. da2 Aa2 da2 Aa2
6. Tənliklər sisteminin (3) istifadə edərək həlli
a3 + Aa3). 4-cü ədədi həllin alınması. SPLINE alqoritmindən istifadə etməklə xi4 və yi4-ün funksional asılılıqlarının müəyyən edilməsi. 1-ci və 4-cü məhlullardan istifadə etməklə törəmələrin hesablanması
dX/ \u003d X / 4 - Xj 1 dyl \u003d Y / 4 - Y / 1.
7. (8) sisteminin əmsallarının hesablanması və xətti tənliklər sisteminin həlli alqoritmindən istifadə etməklə onun həlli HƏLL . Qəbz (Aab Aa2, Aa3).
8. Düstur (9) ilə yeni parametr qiymətlərinin hesablanması
DIFSUB alqoritmi
Məqaləni daha ətraflı oxumaq üçün tam mətni satın almalısınız
KAŞEJEV A. Z., KUTUEV R. A., PONEJEV M. X., SOZAEV V. A., XƏSƏNOV A. İ. - 2012
Ponomareva M.A., Yakutenok V.A. - 2011
Tənlik ikiölçülü və birölçülü fəzada da nəzərə alınır. İki ölçülü fəzada Laplas tənliyi yazılır:
∂ 2 u ∂ x 2 + ∂ 2 u ∂ y 2 = 0 (\displaystyle (\frac (\qismən ^(2)u)(\qismən x^(2))))+(\frac (\qismən ^(2) )u)(\qismən y^(2)))=0)Həmçinin daxil n-ölçülü məkan. Bu halda cəmi sıfıra bərabərdir n ikinci törəmələr.
Δ = ∂ 2 ∂ x 2 + ∂ 2 ∂ y 2 + ∂ 2 ∂ z 2 + . . . (\displaystyle \Delta =(\frac (\qismən ^(2))(\qismən x^(2)))+(\frac (\qismən ^(2))(\qismən y^(2))))+ (\frac (\qismən ^(2))(\qismən z^(2)))+...)
1 r 2 ∂ ∂ r (r 2 ∂ f ∂ r) + 1 r 2 sin θ ∂ ∂ θ (sin θ ∂ f ∂ θ) + 1 r 2 sin 2 ⁈ f = f 2 (⁈ φ0) \displaystyle (1 \over r^(2))(\qismən \over \qismən r)\left(r^(2)(\qismən f \over \qismən r)\sağ)+(1 \r-dən çox^( 2)\sin \teta )(\qismən \üçün \qismən \teta )\left(\sin \teta (\qismən f \over \qismən \teta )\sağ)+(1 \r^(2)\sin üzərində ^(2)\teta )(\qismən ^(2)f \üzdən \qismən \varphi ^(2))=0)
Tək nöqtələr r = 0 , θ = 0 , θ = π (\displaystyle r=0,\teta =0,\teta =\pi ).
1 r ∂ ∂ r (r ∂ u ∂ r) + 1 r 2 ∂ 2 u ∂ φ 2 = 0 (\displaystyle (\frac (1)(r))(\frac (\qismən )(\qismən r)) \left(r(\frac (\qismən u)(\qismən r))\sağ)+(\frac (1)(r^(2))))(\frac (\qismən ^(2)u)(\ qismən \varphi ^(2)))=0)xüsusi nöqtə.
1 r ∂ ∂ r (r ∂ f ∂ r) + ∂ 2 f ∂ z 2 + 1 r 2 ∂ 2 f ∂ φ 2 = 0 (\displaystyle (1 \r-dən çox)(\qismən \\qismən r)\ left(r(\qismən f \over \qismən r)\sağ)+(\qismən ^(2)f \over \qismən z^(2))+(1 \r^(2))(\qismən ^ (2)f \over \qismən \varphi ^(2))=0)tək nöqtə r = 0 (\displaystyle r=0).
Laplas tənliyi mexanikanın, istilik keçiriciliyinin, elektrostatikanın, hidravlikanın bir çox fiziki problemlərində yaranır. Laplas operatoru kvant fizikasında, xüsusən Şrödinger tənliyində böyük əhəmiyyət kəsb edir.
Laplas tənliyinin riyazi fizikada ən sadələrindən biri olmasına baxmayaraq, onun həlli çətinliklərlə üzləşir. Funksiyaların qeyri-müntəzəmliyi və təkliklərin olması səbəbindən ədədi həll xüsusilə çətindir.
harada C 1 , C 2 (\displaystyle C_(1),C_(2)) ixtiyari sabitlərdir.
İki ölçülü fəzada Laplas tənliyi analitik funksiyalarla təmin edilir. Analitik funksiyalar kompleks dəyişənin funksiyaları nəzəriyyəsində nəzərdən keçirilir və Laplas tənliyinin həllər sinfi kompleks dəyişənli funksiyaya endirilə bilər.
İki müstəqil dəyişən üçün Laplas tənliyi aşağıdakı kimi tərtib edilmişdir
φ x x + φ y y = 0. (\displaystyle \varphi _(xx)+\varphi _(yy)=0.)Əgər z = x + iy, və
f (z) = u (x , y) + i v (x , y) , (\displaystyle f(z)=u(x,y)+iv(x,y),)onda Koşi-Riman şərtləri funksiya üçün zəruri və kifayətdir f(z) analitik idi:
∂ u ∂ x = ∂ v ∂ y , ∂ u ∂ y = − ∂ v ∂ x . (\displaystyle (\frac (\qismən u)(\qismən x))=(\frac (\qismən v)(\qismən y)),~(\frac (\qismən u)(\qismən y))=- (\ frac (\ qismən v) (\ qismən x)).)Analitik funksiyaların həm həqiqi, həm də xəyali hissələri Laplas tənliyini təmin edir. Şərtləri fərqləndirməklə
