10. GAIA Ingurune jarraituak · 418 10 Ingurune jarraituak Ingurune jarraituen oinarrizko...

10. GAIA

Ingurune jarraituak

10.1 IRUDIA Gainazal-tentsioaren ondorio ikusgarria.

417

418 10 Ingurune jarraituak

Ingurune jarraituen oinarrizko kontzeptuak aztertuko dira gai honetan: elastikotasuna hasteko,eta geroago fluidoen mekanika.

Izenak berak dioenez, solidoak, likidoak eta gasak jarraitutzat kontsideratuko dira gai ho-netan, euren molekula-egitura alde batera utzita. Horrela«elementu infinitesimalak» (edo «par-tikulak») oso txikiak izango dira ikuspuntu makroskopikotik, baina oso handiak euren osagaimikroskopikoen alde. Hurbilketa emankor horri ezker, magnitudeak eremuak izango dira eta kal-kulu diferentzialaren tresnak erabil daitezke.

Ingurune jarraituen problema orokorra ez dagokio maila honetako liburu bati, eta funtsezkopropietateak eta problema erraztuak ikusiko dira soilik.

10.1 Elastikotasuna

Denok ezagutzen ditugu gorputz elastikoak: gomazkoak diraeredua, baina solido guztiakdira elastikoak, muga batzuen barruan behintzat. Gorputz elastikoek kanpo-indarrak pairatzendituztenean deformatu egiten dira, eta indarrak desagertzean hasierako itxura berreskuratzen du-te.10.2irudian erakusten da portaera eskematikoki. Kanpo-indarrak txikiak direnean, gorputzakpairatutako indarra eta deformazioa elkarren proportzionalak dira. Hooke-ren lege hau indarreneta deformazioen balioak handitzean betetzen da, baina bakarrik proportzionaltasun-mugadei-turiko punturaino heldu arte. Handik aurrera deformazio eta indarra ez dira proportzionalak bainagorputzaren portaera oraindikelastikoada: deformazioa iragankorra da eta indarra desagertzeanezabatzen da.Elastikotasun-mugatik harantz portaeraplastiko bihurtzen da eta deformazioairaunkorra da: kanpo indarra desagertu arren deformazioa ez da guztiz desagertzen. Azkenean,haustura-mugara heltzean, gorputzak ez dio eusten indarrari eta apurtu egiten da.

10.2 IRUDIA Gorputz elastikoen portaera eskematikoa.

Hemen Hooke-ren legearen proportzionaltasuna betetzen den kasuetara mugatuko gara eta,gainera, deformazioak txikiak direla suposatuko dugu. Azken hipotesi hau ez da guztiz beha-rrezkoa Hooke-ren legea erabiltzeko (batzuetan deformazio handiekin ere betetzen baita), bainakalkuluak egiten lagunduko digu, hurbilketak egiteko aukera emanez.

10.2 Solido elastiko isotropoak 419

10.2 Solido elastiko isotropoak

Kontsidera dezagun10.3 irudiko barra elastikoa, hasieran bere luzera propioa (l) duena etakontrako kanpo-indarrak pairatzean deformatzen dena. Berriro orekan dagoenean bere luzeral + ∆l izango da.

10.3 IRUDIA Barra elastikoa deformatzen daF indarrak pairatzean.

Hooke-ren legearen arabera,F ∝ ∆l dugu, baina indarraren eta deformazioaren arteko er-lazioan beste magnitude batzuk sartzen dira modu errazean,buru-esperimentu pare bat eginezikusiko dugun bezala.10.3irudian goiko eskuinaldean erakusten diren bi erdiak kontsideratzenbaditugu, eurak ere orekan daudela eta Newton-en hirugarren legea erabiltzen badira, argi da-go irudiko indarrak ditugula. Barra osoaren luzera eta deformazioa erdien luzeren eta deforma-zioen baturak direnez,F indar bakoitzeko∆l deformazioa barrarenl luzeraren proportziona-la da:F ∝ ∆l/l. Bide bertsutik, beheko eskuinaldeko erdiak kontsideratuz, argi dago indarrazeharkakoA azaleraren proportzionala dela:F ∝ A∆l/l. Emaitza honetan agertzen den pro-portzionaltasun-konstantea, hau da, elastikotasun-modulua, Young-en moduluadeitzen da etaY letraz adierazten dugu (askotanE deitzen da). Honela idazten da, bada, Hooke-ren legea kasuhonetan:

F

A= Y

∆l

l. (10.1)

Zeharkako sekzioaren azalera unitateko indarrariesfortzua (edo tentsioa) deritzo. Kasu hone-tan, zeharkako sekzioaren perpendikularra denez,esfortzu normala dela esaten da eta, irudikokasuantrakzio-esfortzua da, baina kontrako noranzkoa balu,konpresio-esfortzuaizango litza-teke. Bestalde, luzera unitateko∆l/l deformazioadeformazio unitarioa deitzen da eta gehiene-tan hau interesatzen zaigu, laburtzeagatik «deformazioa»(«unitario» adjektiboa ahaztuta) esatenbadugu ere. Hooke-ren legeak, beraz,esfortzuaren eta deformazio unitarioaren arteko propor-tzionaltasunaadierazten du.

Deformazio unitarioa dimentsio gabekoa da eta esfortzuaren eta Young-en moduluaren uni-tatea presioarena da; SI sisteman pascala:1 Pa= 1 N m−2. Young-en modulua materialaren (etahonen prestaketaren) ezaugarria da (ikusA.9 taula). Material askotan Young-en modulua berberada trakzioan eta konpresioan, baina ez beti: hezurrak dira kontradibide ezagunena. Barrak pairadezakeen esfortzurik handiena apurtu gabeerresistentziadeitzen da eta oso ezaguna da hormi-goiarenkonpresioarekiko erresistentzia trakzioarekiko erresistentzia baino askoz handiagoadela (ikusA.9 taula).

Luzetarako deformazioa kontsideratu dugu goian, baino badakigu luzatzeaz (edo laburtzeaz)gain estutze (edo zabaltze) bat gertatuko dela:l luzera aldatzen da, baina baita zeharkako dimen-tsioak (h altuera etaz zabalera) eta azken hauen deformazio unitarioa harenaren proportzionalak


(eta kontrakoak) dira:∆h

h=

∆z

z= −σ ∆l

l. (10.2)

Hemengo proportzionaltasun-konstantea, materialaren ezaugarria dena,Poisson-en koefizienteaderitzo, eta horrela agertuko da Hooke-ren legean:

F

A= Y

∆l

l= −Y

σ

∆h

h= −Y

σ

∆z

z. (10.3)

Geroago ikusiko dugunez Poisson-en koefizientea1/2 baino txikiagoa da beti eta ez da ezagutzenσ ≤ 0 duen materialik, beraz, beti dugu

0 < σ <1

2. (10.4)

Hooke-ren legearen linealtasuna dela eta, solido elastikoisotropoen oreka elastikoa aztertzekonahikoa da Young-en modulua eta Poisson-en koefizientea, gainezarmenaren printzipioarekinbatera, erabiltzea. Hurrengo ataletan ikusiko dugu nola erabil daitezkeen kontzeptu hauek zenbaitadibide erraz interesgarri aztertzeko.

10.2.1 Bolumenaren deformazioa

Eman dezagun barra elastiko batp presio hidrostatiko uniformea pairatzen duela, hau da, aldeguztietan−p balioko esfortzu normala aplikatzen zaiola.

10.4 IRUDIA Barra elastikoa presio hidrostatiko uniformearen menpean.

Norabide bakoitzeko deformazioak hiru jatorri izango ditu: (10.1)-ren ondorioz norabide be-rean aplikaturiko esfortzua eta, (10.2) legearen arabera, zeharkako norabideetan aplikaturikoak.Beraz,

∆l

l=

∆h

h=

∆z

z= − 1

Yp +

σ

Yp +

σ

Yp = −1 − 2σ

Yp. (10.5)

10.1 ARIKETA Froga ezazu deformazioak txikiak direnean barraren bolumenaren deformaziounitarioa

∆V

V=

∆l

l+

∆h

h+

∆z

z. (10.6)

dela.

Bolumenaren deformazio txikiaren kasuan, honela idazten da Hooke-ren legea (10.5) eta(10.6) ekuazioaren ondorioz:

p = −B ∆VV

. (10.7)


Hemengo elastikotasun-modulua,bolumen-modulua(edokonprimigarritasun-modulua ) dei-tzen da, eta Young-en moduluaren eta Poisson-en koefizientearen bidez honela idazten da:

B =Y

3(1 − 2σ) . (10.8)

Taula askotan (ikusA.9 etaA.10 taulak) Young-en modulua eta Poisson-en koefizientea emanbeharrean,Y etaB ematen dira, baina horiekin erraz berreskuratzen daσ:

σ =1

2− Y

6B. (10.9)

Bolumen-modulua positiboa da, bestela presioa aplikatzean solidoa zabaltzen hasiko litzatekeeta presioak lan negatiboa egingo luke: energia ateratzekobide ederra izango litzateke, bainabakarrik gerta daiteke aldez aurretik barra oreka ezegonkorrean badago eta presioa aplikatzeanbarran metaturiko energia elastikoa askatzen bada. BainaB > 0 bada, (10.9)-ren ondorioz, lehenaipatu dugunσ < 1/2 propietatea lortzen da.

10.2.2 Zeharkako deformazio nulua

Norabide batean esfortzuak aplikatzean, norabide perpendikularretan ere gertatzen dira de-formazioak. Nolako baldintzak bete behar dira deformazioak norabide bakar batean gertatzeko?Praktikan nahiko erraz lortzen da hori: altzairuzko hodi bat gomaz betetzen bada, azken honenmuturretan presioa aplikatzean goma laburtuko da, baina (ia) ez da zabalduko, altzairuzko hor-maren zurruntasun handiari esker.

10.5 IRUDIA Zeharkako deformazio nulua.

Kontsidera dezagun10.5irudiko paralelepipedoa. Norabide bakoitzean gertatzen diren defor-mazioak erraz kalkulatzen dira (10.3) eta gainezarmenaren printzipioa kontuan hartuz:

∆l

l=

1

Yτ − σ

Yτh −

σ

Yτz, (10.10)

∆h

h=

1

Yτh −

σ

Yτz −

σ

Yτ, (10.11)

∆z

z=

1

Yτz −

σ

Yτh −

σ

Yτ. (10.12)

Azken bi ekuazioetan∆h = ∆z = 0 egiten badugu eta emaitza lehenengoan ordezkatzen bada,hauxe lortzen da:

τh = τz =σ

1 − σ τ, (10.13)

τ = Y ′∆l

l, (10.14)

Y ′ ≡ 1 − σ(1 + σ)(1 − 2σ) Y. (10.15)


10.2 ARIKETA Egiaztatu (10.13)–(10.15) emaitzak eta frogatu desberdintza hau:

Y ′ > Y. (10.16)

Hortaz, zeharkako deformazioa nulua denean, Hooke-ren legean erabili behar den luzetarakomodulua, Young-enaren ordez, (10.15) ekuaziokoY ′ da eta, ondorioz, baldintza horietan defor-mazio jakin bat lortzeko, esfortzu handiagoa behar da. Emaitzaren interesa ikusteko, kontsideradezagun luzetarako uhinen (soinuaren) hedapena gorputzhandietan, hau da, uhin-luzera bainoaskoz dimentsio handiagoak dituztenetan: hori gertatzen da, adibidez, uhin sismikoak Lurrarenbarruan hedatzen direnean. Barra batean hedatzen badira, fase-abiadura

v =

√

Y

ρ(10.17)

da,9.6 atalean frogatu genuen bezala. Baina gorputz handi batean uhina joaten den eremuarenmugan ez da deformaziorik egongo eta, beraz,Y ′ erabili beharko da: soinuaren abiadura

v =

√

Y ′

ρ>

√

Y

ρ(10.18)

izango da.

10.2.3 Kontrako esfortzuak

Kontsidera dezagun10.6 irudiko paralelepipedoa, bi norabide elkarzutetan kontrako esfor-tzuak pairatzen dituena. Erraz kalkulatzen dira geroago erabiliko ditugun deformazioak:

∆l

l=

1

Yτ +

σ

Yτ =

1 + σ

Yτ = −∆h

h. (10.19)

10.6 IRUDIA Kontrako esfortzuak.

10.2.4 Ebakidura-esfortzuak

Esfortzua gainazalaren paraleloa denean, ebakidura-esfortzua deitzen da. Kubo homogeneobateko lau aldetan ebakidura-esfortzu berdinak aplikatu dira 10.7irudian adierazten diren nora-bideetan. Lau indar horiek beharrezkoak dira kuboa orekan egoteko, indar eta momentu osoaknuluak izateko, alegia.


10.7 IRUDIA Ebakidura-esfortzuak kubo batean.

Deformazioa neurtzeko dimentsio gabeko magnitude egokia,irudiko θ angelua da. Horre-la, deformazioak txikiak direnean hauexek diraP puntutik neurtutakoQ-ren koordenatuak etadiagonal berria:

x = l sin θ = lθ + O(

θ3)

≡ δ + O(

θ3)

, (10.20)

y = l cos θ = l + O(

θ2)

, (10.21)

d + ∆d =√

(l − x)2 + y2 = d − lθ√2

+ O(

θ2)

. (10.22)

Ondorioz, hauxe dugu:

θ =δ

l= −

√2∆d

l= −2∆d

d. (10.23)

Hooke-ren legea aplikatzeko, irudiko eskuinaldean agertzen den problema aztertuko dugu. Ar-gi dago lerro etenaz marraztutako kuboaren esfortzu- eta deformazio-egoerak hasierako pro-blemarenak direla (kontsideratuABC prisma triangeluarraren oreka); baina problema berri hau10.2.3atalekoa da:

∆d

d= −1 + σ

Y

√2F√2A

, (10.24)

zeren, kuboaren aldeen azaleraA bada, problema honetako gorputzaren aldeena√

2A baita.(10.23) eta (10.24) emaitzen ondorioz,F/A ebakidura-esfortzuaren etaθ deformazioaren artekoerlazioa

F

A= Gθ (10.25)

da etaebakidura-modulua (edo,zurruntasun-modulua) honako hau:

G =Y

2(1 + σ). (10.26)

(10.4)-ren ondorioz,Y

3< G <

Y

2. (10.27)


10.2.5 Zeharkako uhinak barra batean

9.6 atalean barra batean barrena hedatzen diren luzetarako uhinak aztertu ditugu. Han es-fortzuak normalak dira. Orain zeharkako uhinak kontsideratzen baditugu, esfortzuak tangenteakizango dira.

10.8 IRUDIA Zeharkako uhinak barra batean.

Azter dezagun pausaguneanx etax + dx puntuen artean dagoen elementu infinitesimalarenhigidura. Bi oinarrietan aplikaturiko ebakidura-indarrek kontrako noranzkoak dituzte, kasu ba-tean gainazalaren eskuinean dagoen zatiak ezkerrekoaren gainean egindakoa baita, bestean ezke-rreko zatiak eskuinekoaren gainekoa izanik. Deformazio-eremua pausagunetik neurturikou(t, x)distantzia bertikala izango da, irudian erakusten den bezala. Deformazioak txikiak badira,

θ ≈ tan θ = ∂u∂x

(10.28)

dugu eta Hooke-ren (10.25) legea

F (t, x) = AGθ = AG∂u

∂x. (10.29)

Elementu infinitesimalak pairatutako indar osoa, beraz,

dF = F (t, x + dx) − F (t, x) = ∂F∂x

dx = AG∂2u

∂x2dx (10.30)

da eta Newton-en bigarren legea

dF = dm∂2u

∂t2= ρA

∂2u

∂t2dx. (10.31)

Desplazamendu-eremuaren eboluzio-ekuazioa, ondorioz, (9.5) uhin-ekuazioa da,

∂2u

∂x2− 1

v2∂2u

∂t2= 0, (10.32)

eta fase-abiadura

v =

√

G

ρ<

√

Y

ρ<

√

Y ′

ρ, (10.33)

hots, zeharkako uhinak luzetarakoak baino astiroago hedatzen dira. Abiaduren diferentzia haulurrikaren gunearen distantzia neurtzeko erabil daiteke:sismografoetara lehenago iristen dira lu-zetarakop uhinak zeharkakos uhinak baino.


10.2.6 Bihurdura-uhinak barra batean

Barra elastikoa zilindrikoa bada, muturretan kontrako indar-momentuak aplikatzean bihurdu-ra bat sortuko da,10.9irudian erakusten den moduan.

10.9 IRUDIA Bihurdura barra batean.

Barraren oreka berria aztertzeko, kontsidera dezagunr etar + dr erradioen arteko eraztunzilindrikoa. Barra osoaren bihurdura-angeluaϕ bada, eta eraztunarenaθ, zera dugu:

Lθ = rϕ =⇒ θ = rL

ϕ. (10.34)

Eraztunaren elementu laukizuzen baten azterketa10.2.4atalekoa da:

dF

dl dr= Gθ =

Grϕ

L=⇒ dF = Gϕ

Lr dr dl. (10.35)

dl-rekiko integrala eginez, eraztunak pairatutako indar-momentua lortzen da:

dN =∫

2πr

0

r dF =2πGϕ

Lr3 dr. (10.36)

Hortaz, barrak jasandako indar-momentu osoa hauxe dugu:

N =∫ R

0

dN =πGR4

2Lϕ. (10.37)

Azpimarratu behar da bihurdura jakin bat lortzeko aplikatubehar den indar-momentua barrarenerradioaren laugarren berreturarekin handitzen dela.

10.10 IRUDIA Barraren elementu infinitesimala.

Orekan egon beharrean, barran perturbazio bat sortu ondoren uhin bat hedatzen bada, barrarendx luzerako elementu infinitesimal batendϕ bihurdura-angelu diferentziala aztertu beharko da:10.10irudiko kasuan,ϕ/L zatidura globalaren ordez,

ϕ(t, x + dx) − ϕ(t, x)dx

≈ ∂ϕ∂x

(10.38)


erabili beharko da:

N(t, x) =1

2πGR4

∂ϕ

∂x. (10.39)

Elementu infinitesimalaren higidura norabide nagusi batean gertatzen denez, higidura-ekua-zioadN = dI ∂2ϕ/∂t2 izango da, elementuarendI = 1

2dm R2 inertzia-momentua eta∂2ϕ/∂t2

azelerazio angeluarra erabiliz:

dN = N(t, x + dx) − N(t, x) = ∂N∂x

dx =1

2πGR4

∂ϕ2

∂x2dx

=1

2

(

ρ πR2 dx)

R2∂ϕ2

∂t2. (10.40)

Hortaz,∂2ϕ

∂x2− 1

v2∂2ϕ

∂t2= 0, (10.41)

uhin-ekuazioa dugu eta bihurdura-uhinen fase-abiadura zeharkako uhinena da:

v =

√

G

ρ<

√

Y

ρ<

√

Y ′

ρ, (10.42)

10.3 Deformazio-tentsorea

Deformazio orokorrak eta dinamika aztertzeko, gorputz elastikoaren deformazioa puntu ba-tetik bestera alda daitekeela hartu behar da kontuan: elementu infinitesimalen deformazioa des-kribatu behar dugu.

10.11 IRUDIA dr elementu infinitesimalaren deformazio orokorra.

Kontsidera dezagun deformaziorik gaber posizioan dagoenP1 puntuan kokaturikodr ele-mentu infinitesimal bat,r+ dr posiziokoP2 puntu hurbilaren posizio erlatiboa ematen duena. Bipuntuen arteko distantziaren karratua

dl2 = |dr|2 =3∑

i=1

dx2i

izango da, baldin eta, notazioa laburtzeko,2.2atalean egin genuenaren antzera,x1 = x, x2 = yetax3 = z idazten badugu.

10.3 Deformazio-tentsorea 427

Deformazio-eremuau(r) denean, lehen puntuko materialaP ∗1

puntuan egongo da,r + u(r)posizioan, eta bigarren puntukoar+dr+u(r+dr) posiziokoP ∗

2puntuan. Posizio erlatibo berria,

beraz,

dr∗ = [r + dr + u(r + dr)] − [r + u(r)] = dr + u(r + dr) − u(r), (10.43)

dx∗i = dxi + ui(r + dr) − ui(r) = dxi +3∑

j=1

∂ui∂xj

dxj (10.44)

izango da, esan bezala deformazioak txikiak direla suposatzen baitugu. (Notazioa apur bat arin-tzeko, atal honetan ez dugu idazten denboraren menpekotasuna.) Puntuen arteko distantzia

dl∗2 = |dr∗|2 =3∑

i=1

dx∗i2 =

3∑

i=1

dx2i + 23∑

i,j=1

∂ui∂xj

dxidxj +3∑

i=1

3∑

j=1

∂ui∂xj

dxj

2

(10.45)

adierazpenak emandakoa izango da; baina hemen azken gaia deformazioarekiko koadratikoa daeta, beraz, arbuiagarria, eta bigarren gaian agertzen diren ∂ui/∂xj deribatuarekin3 × 3 matri-ze karratu bat era daiteke eta, matrize karratu guztiak bezala, era bakarrean deskonposatzen damatrize simetriko baten eta antisimetriko baten batura moduan:

∂ui∂xj

=1

2

(

∂ui∂xj

+∂uj∂xi

)

+1

2

(

∂ui∂xj

− ∂uj∂xi

)

. (10.46)

Argi dago osagai antisimetrikoakdxidxj faktore simetrikoarekin biderkatzean lortzen den baturanulua dela. Definizioz, deformazio-tentsorearen osagaiak

uij ≡1

2

(

∂ui∂xj

+∂uj∂xi

)

(10.47)

dira eta, hortaz,

dl∗2 = dl2 + 23∑

i,j=1

uij dxidxj = dl2

(

1 + 2

∑

3

i,j=1 uij dxidxj

dl2

)

, (10.48)

dl∗ = dl

(

1 +

∑

3

i,j=1 uij dxidxj

dl2

)

(10.49)

dugu, Newton-en binomioaren ondorioz. Hauxe frogatu dugu,bada:r puntuan etadr norabideanhurrengo adierazpenaren bidez deformazio-tentsoreak emandakoa da deformazio unitarioa:

dl∗ − dldl

=1

dl2

3∑

i,j=1

uij dxidxj . (10.50)

Hau da, kontsideratzen dugun puntuan,

n̂ ≡ dr|dr| =dr

dl(10.51)

bektore unitarioaren norabidean, deformazio unitarioa hauxe da:

dl∗ − dldl

=3∑

i,j=1

uij ninj . (10.52)


Argi dago deformazio-tentsorea, deformazio unitarioarenorokorpena dena, simetrikoa (etaberaz, gehienez, 6 osagai desberdin ditu) eta dimentsio gabekoa dela. (10.50) ezkerreko gaia es-kalarra da eta triedro cartesiar guztietan balio bera izango du eta, ondorioz, gauza bera gertatubehar da eskuinean agertzen den konbinazioarekin, elementu bakoitzarekin hala gertatzen ez ba-da ere. Izan ere,dr bektorea triedroaren menpekoa izan ez arren,dxi aldagaiak aldatu egingodira triedroa aldatzean; era bereanuij osagaiak triedroaren menpekoak izango dira, baina de-formazio-tentsorea bera triedroaren independentea da. Gogoratu antzeko gauza bat esan genuelainertzia-tentsoreari buruz5.3.1atalean. Azpimarratu behar da oso diferentzia garrantzitsu bat da-goela inertzia- eta deformazio-tentsoreen artean, biak 2 heineko tentsore simetrikoak izan arren:lehenengoa solidoaren propietate globala da, balio bakarra duena; bestea, berriz, propietate lokalada, puntu bakoitzean balio bat duena. Deformazio-tentsorea eremu tentsoriala da.

10.3.1 Luzetarako deformazioak

Adibidez,dr = dx i bada, hauxe dugu:

dy = dz = 0, (10.53)

dl = |dx|, (10.54)dx∗ − dx

dx= u11 ≡ uxx. (10.55)

(Azken emaitzan ez da balio absoluturik erabili behar (10.44)-ren ondorio zuzena delako.) Age-ri denez,dr desplazamendua ardatz baten norabidean aukeratzen bada,deformazio-tentsorea-ren diagonaleko elementuak, ardatz cartesiarren norabideetan neurtutako luzetarako deformaziounitarioak dira.

Adibidez,10.3 irudiko konfigurazioan orekaren kasuan,OX, OY etaOZ ardatzakl, z etah luzerako ertzen paraleloak badira, hurrengoak dira deformazio-tentsorearen osagaiakpuntuguztietan, (10.2) emaitzaren ondorioz:

(uij) =

∆l/l 0 00 ∆z/z 00 0 ∆h/h

=∆l

l

1 0 00 −σ 00 0 −σ

. (10.56)

10.3.2 Ebakidura-deformazioak

Diagonaletik kanpoko elementuen esangura aztertzeko eta,bidenabar, (10.47) definizioan∂ui/∂xj deribatuen konbinazio simetrikoa aukeratzeko arrazoia hobeto ulertzeko, kontsidera de-zagun10.12irudian adierazten diren elementu infinitesimal baten bi deformazioak.

Ezkerreko kasuan, ebakidura-deformazioa dugu eta erraz kalkula dezakegu bi zatitan banandudugunθ angelua. Horizontalarekikoα-ren kalkulua hauxe da:

δ = uy(x + dx, y, z) − uy(x, y, z) =∂uy∂x

dx, (10.57)

α =δ

dx=

∂uy∂x

. (10.58)

Modu berean,

β =∂ux∂y

(10.59)

10.3 Deformazio-tentsorea 429

10.12 IRUDIA Ebakidura-deformazioa eta biraketa.

da eta ebakidura-deformazioaren erdia hauxe:

θ

2=

α + β

2=

1

2

(

∂ux∂y

+∂uy∂x

)

= uxy = uyx. (10.60)

Deformazio-tentsorearen osagaiak, aukeratutako triedroan hauexek dira, beraz:

(uij) =θ

2

0 1 01 0 00 0 0

. (10.61)

Hauxe da, bada, diagonaletik kanpoko elementuen esanahia:uij etauji elementuak,(xi, xj) pla-noan dugun ebakidura-deformazioaren erdiaren berdinak dira (i 6= j dugunean).

10.12irudiko eskuineko kasuan elementu infinitesimala (transladatu eta) biratu da, deformatugabe, etaOZ ardatzaren inguruko biraketa-angelua hauxe dugu:

ϕ =∂uy∂x

= −∂ux∂y

=1

2

(

∂uy∂x

− ∂ux∂y

)

. (10.62)

Hots, deformaziorik gabeko biraketak adierazteko

αij = −αji =1

2

(

∂uj∂xi

− ∂ui∂xj

)

(10.63)

tentsore antisimetrikoa erabili behar da. Gehienez 3 osagai desberdinak izango ditu: biraketainfinitesimal bat adierazteko bektore baten bidez behar direnak:

α =1

2∇× u = αyz i + αzx j + αxy k. (10.64)

Hortaz, deformazio-eremua irrotazionala bada,

∇× u = 0, (10.65)

(ikusB.2.6atala) elementu infinitesimalak ez dira biratzen (puntuak biratzen badira ere):αij = 0.


Gainera, (10.45) kalkuluan egindako (10.46) deskonposizioa

∂uj∂xi

= uij + αij (10.66)

moduan idazten da eta han deformazioa kalkulatzean ez da agertzen αij , deformazio gabekobiraketa hutsa adierazten du eta.

10.3.3 Bolumenaren deformazioa

Bolumenaren aldaketa infinitesimala kalkulatzeko, kontsidera ditzagun, deformazioa nuluadenean, hiru ardatz cartesiarretako norabideetan etar puntuan definituriko hurrengo hiru bektore:

v1 = dx i, (10.67)

v2 = dy j, (10.68)

v3 = dz k. (10.69)

u(r) deformazio-eremuarekin,r + u(r) puntuan egongo dira:

v∗1

= [r + dx i + u(x + dx, y, z)] − [r + u(x, y, z)]

= dx i + u(x + dx, y, z) − u(x, y, z) = dx i + ∂u∂x

dx, (10.70)

v∗1

=

(

i +∂u

∂x

)

dx, (10.71)

v∗2

=

(

j +∂u

∂y

)

dy, (10.72)

v∗3

=

(

k +∂u

∂z

)

dz. (10.73)

10.13 IRUDIA Bolumenaren aldaketa infinitesimala.

Deformazioa gertatu aurretik hiru bektoreek definituriko paralelepipedo infinitesimalaren bo-lumena

dV = v1 · (v2 × v3) = dx dy dz (10.74)

10.4 Esfortzu-tentsorea 431

da eta deformazioarekin

dV ∗ = v∗1· (v∗

2× v∗

3) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 +∂ux∂x

∂uy∂x

∂uz∂x

∂ux∂y

1 +∂uy∂y

∂uz∂y

∂ux∂z

∂uy∂z

1 +∂uz∂z

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

dx dy dz (10.75)

=

[

1 +∂ux∂x

+∂uy∂y

+∂uz∂z

+ O(

u2)

]

dV. (10.76)

Hots, (10.6) emaitzaren orokorpena dugu:bolumenaren deformazio unitarioa deformazio-ere-muaren dibergentziaren(ikus B.2.4 atala)eta deformazio-tentsorearen aztarnaren berdina da,

dV ∗ − dVdV

=∂ux∂x

+∂uy∂y

+∂uz∂z

= ∇ · u =3∑

i=1

uii. (10.77)

Hortaz, deformazio-eremua solenoidala bada,

∇ · u = 0, (10.78)

elementu infinitesimalen bolumena ez da aldatzen.Kasu orokorrean, Helmholtz-en teoremaren arabera,u deformazio-eremua eremu irrotazional

baten eta solenoidal baten batura moduan idazten da (ikusB.2.8atala):

u = ui + us, (10.79)

∇× ui = 0, (10.80)∇ · us = 0. (10.81)

Biraketarik gabeko deformazio baten eta bolumen aldaketarik gabeko beste baten konposizioada deformazio infinitesimal orokorra, beraz.

Adibide moduan, (10.56) kasuan

∆V

V=

∆l

l+

∆z

z+

∆h

h= (1 − 2σ) ∆l

l(10.82)

dugu eta (10.61) kasuan∆V = 0.

10.4 Esfortzu-tentsorea

Solido elastiko bateko elementu infinitesimal bakoitzak albokoaren gainean, bien arteko gai-nazalean, eragindako ukipen-indarrak dira indar elastikoak.

Kontsidera dezagun10.14irudiko gainazal-elementu infinitesimala.OZ ardatzaren perpen-dikularra da eta bere azaleradS = dx dy. Elementuaren adierazpen bektorialadS = dx dy kda. Elementuaren gainean (hau da,dS-ren noranzko positiboak definituriko aldean) dagoen ma-terialak, behean dagoenari, gainazaleren bitartez, eragindako indar elastikoadF dela suposatukodugu. Esfortzu normala

τzz ≡dFzdS

=dFz

dx dy(10.83)


10.14 IRUDIA Gainazal infinitesimal bat.

izango da baina ebakidura-esfortzuak bi osagai ditu,OX etaOY ardatzen norabideetan:

τxz ≡dFxdS

=dFxdx dy

, (10.84)

τyz ≡dFydS

=dFy

dx dy. (10.85)

Oro har,j ardatzaren perpendikularra den elementu infinitesimalean, noranzko positiboan dagoenmaterialak bestearen gainean eragiten duen esfortzuareni osagaiaτij izango da.τij esfortzuenbilduma esfortzu-tentsorea da.Tentsio-tentsoreaere deitzen da; izan ere, kasu berezi honetatikdator «tentsore» hitza. Argi dago, oro har, deformazio-tentsorea bezala, esfortzu-tentsorea ereeremu tentsoriala dela: puntu bakoitzean tentsore bat dugu.

Esfortzu-tentsorearen dimentsioak esfortzuarenak dira eta, deformazio-tentsorea bezala, si-metrikoa da: gehienez 6 osagai desberdin ditu. (10.6.3atalean frogatuko dugunez, momentu an-geluarraren eboluzio-ekuazioaren ondorioa da propietatehau.)

10.15 IRUDIA Esfortzuak elementu infinitesimal batzuetan.

Definizioa erabiliz, erraz kalkulatzen da ardatz cartesiarbaten perpendikularra den gainazalinfinitesimalean aplikatutako indar elastikoa; baina gauza bera egin daiteke edozein norabide-tako gainazal infinitesimalean.10.15irudiko elementuaren kasuan, dimentsioak zerora doazenlimitean masa eta, beraz, indar osoa nulua dira. Adibidez, higidura-ekuazioarenx osagaia hauxeda:

dFx − τxy dx dz − τxz dx dy +1

2τxxdy dz −

1

2τxxdy dz = ρ

∂2ux∂t2

dV, (10.86)

non elementuaren bolumen infinitesimala

dV ≡ 12

dx dy dz (10.87)

10.4 Esfortzu-tentsorea 433

den. Argi dago limite horretan esfortzu guztiak puntu berean aplikatzen direla eta, ondorioz,azken bi gaiek elkar deuseztatzen dutela. Gainazal infinitesimalaren azalera eta dagokion bektoreunitario normala honako hauek ditugu:

dS = dx√

dy2 + dz2, (10.88)

n̂ = sin θ j + cos θ k =dz√

dy2 + dz2j +

dy√dy2 + dz2

k. (10.89)

Beraz,dS = dS n̂ elementuaren alde positiboan aplikaturiko esfortzuarenx osagaia hauxe delaikusten dugu:

dFxdS

= τxyny + τxznz + ρ∂2ux∂t2

dV

dSdV →0−→ τxyny + τxznz. (10.90)

Oro har,dS = dS n̂ elementuaren kasuan esfortzua

dFidS

=3∑

j=1

τijnj (10.91)

da eta indarra

dFi =3∑

j=1

τijnj dS =3∑

j=1

τij dSj . (10.92)

Bi gaiak bektoreen osagaiak dira; eskuinekoa tentsore baten eta bektore baten biderkadura es-kalarra. Osagaiak desberdinak izango dira triedro desberdinetan, baina bektoreak eta tentsoreakintrintsekoak dira, triedroaren independenteak:

dF

dS= τ · n̂ ⇐⇒ dF = τ · dS. (10.93)

10.16 IRUDIA Orekan dagoen kubo bat.

Adibide moduan, kontsidera dezagun orekan dagoen10.16irudiko kuboa. Aukeratu direnardatzetan, honela idazten da esfortzu-tentsorea:

(τij) = τ

0 0 10 1 01 0 0

. (10.94)


Bestalde, (10.3) emaitzen ondorioz, hauexek ditugu luzetarako deformaziounitarioak:

uxx = uzz = −στ

Y, (10.95)

uyy =τ

Y. (10.96)

(10.25) adierazpena erabiliz, zuzenean kalkulatzen dira ebakidura-deformazioak:

uxy = uyx = uyz = uzy = 0, (10.97)

uxz = uzx =θ

2=

τ

2G= (1 + σ)

τ

Y. (10.98)

Ondorioz, hauxe dugu deformazio-tentsorea:

(uij) =τ

Y

−σ 0 1 + σ0 1 0

1 + σ 0 −σ

. (10.99)

Bolumenaren deformazio unitarioa, beraz, honako hau da:

∆V

V=

3∑

k=1

ukk = (1 − 2σ)τ

Y. (10.100)

10.17 IRUDIA Bi gainazal kuboaren barruan.

Kalkula dezagun orain10.17irudiko S1 gainazalean aplikatutako esfortzua. Dagokion bekto-re unitarioa

n̂ =i + j√

2(10.101)

denez, (10.93) emaitzaren arabera, hauxe dugu:

dF

dS= τ · n̂ = τ√

2

0 0 10 1 01 0 0

·

110

=τ√2

011

= τj + k√

2. (10.102)

Esfortzu normala eta tangentea (hau da, ebakidura-esfortzua) zuzenean kalkulatzen dira orain:(

dF

dS

)

⊥

=

(

n̂ · dFdS

)

n̂ = τi + j

2√

2, (10.103)

(

dF

dS

)

‖

=dF

dS−(

dF

dS

)

⊥

= τ−i + j + 2k

2√

2. (10.104)

10.5 Elastikotasun-tentsorea 435

10.3 ARIKETA Kalkulatu esfortzuaren bi osagaiak10.17irudiko S2 gainazalean.

10.4 ARIKETA Kontsideratu orekan dauden10.3 eta 10.7 irudietako solidoak. Eman dezagunirudi bakoitzean erakutsitako planoaOXY dela,OX ardatza horizontala etaOY ardatza bertikala.Froga ezazu dagozkien esfortzu-tentsoreak hauexek direla, hurrenez hurren:

(τij) =F

A

1 0 00 0 00 0 0

, (10.105)

(τij) =F

l2

0 1 01 0 00 0 0

. (10.106)

10.4.1 Presioa

Esfortzu-tentsorerik errazena identitatearen proportzionala dena da:

τij = −p δij . (10.107)

Presioa deskribatzen du honek, edozein gainazal infinitesimalaren perpendikularra eta barruranz-koa baita:

dFi = −p3∑

j=1

δij dSj = −p dSi ⇐⇒ dF = −p dS. (10.108)

10.5 Elastikotasun-tentsorea

Kasu orokorrean Hooke-ren legea esfortzu- eta deformazio-tentsoreen arteko erlazio linealaadierazten du

τij =3∑

k,l=1

Cijklukl (10.109)

moduan. Elastikotasun-tentsorearen osagaiakCijkl elastikotasun-moduluak dira eta gorputza ho-mogeneoa bada, konstanteak dira.

Esfortzu- eta deformazio-tentsoreak simetrikoak direnez, bakoitzak gehienez 6 osagai des-berdin ditu; elastikotasun-tentsoreak, ondorioz, gehienez 36 osagai desberdin izango ditu, bainaaskotan askoz ere gutxiago dira. Kristal kubiko baten kasuan 21 dira, gehienez.

Bestalde, (1.89)-ren orokorpen moduan, energia elastikoaren dentsitateahonako hau da:

U =1

2

3∑

ijkl=1

Cijkluijukl. (10.110)

Bestelako indarrik ez badago,∫

U dV energia elastiko osoaren minimoetan gertatuko da oreka.

10.5.1 Gorputz homogeneo isotropoa

Kasu berezi honetan, elastikotasun-tentsoreak bi osagai independente besterik ez ditu, si-metrien ondorioz, eta esfortzu- eta deformazio-tentsoreen arteko erlazioa beti idatz daiteke erahonetan:

τij = 2µ uij + λ

[

3∑

k=1

ukk

]

δij. (10.111)


Honek esan nahi du elastikotasun-tentsorearen osagaiak

Cijkl = λδijδkl + µ (δikδjl + δilδjk) (10.112)

edota

λ = Cxxyy = Cyyzz = Czzxx = Cyyxx = · · · , (10.113)µ = Cxyxy = Cxzxz = Cyxyx = · · · , (10.114)

2µ + λ = Cxxxx = Cyyyy = Czzzz. (10.115)

direla. Erabili ditugunµ etaλ parametroakLamé-ren konstante elastikoakdira. Kontsideradezagun orekan dagoen10.3irudiko barraren elementu bat. Hooke-ren (10.3) legea, (10.56) de-formazio-tentsorea, (10.105) esfortzu-tentsorea eta (10.111) adierazpena erabiliz, hauxe dugu:

Y∆l

l= τ = τ11 = 2µ11 + λ (u11 + u22 + u33) = [2µ + λ(1 − 2σ)]

∆l

l, (10.116)

0 = τ22 = 2µ22 + λ (u11 + u22 + u33) = [−2σµ + λ(1 − 2σ)]∆l

l. (10.117)

Hemendik zuzenean lortzen da lehenago ikusi ditugun elastikotasun-moduluen konbinazio mo-duan idatz daitezkeela Lamé-ren konstanteak:

µ =Y

2(1 + σ), (10.118)

λ =Y

1 + σ

σ

1 − 2σ . (10.119)

Ageri denez, (10.26) ebakidura-moduluaµ = G da eta (10.15) luzetarako modulua2µ+λ = Y ′.10.16irudiko kuboaren kasuan, (10.99) eta (10.100) erabiliz, (10.94) berreskuratzen da:

τxx = 2µuxx + λ3∑

k=1

ukk =τ

Y

[

− σY1 + σ

+Y

1 + σ

σ

1 − 2σ (1 − 2σ)]

= 0, (10.120)

τyy = 2µuyy + λ3∑

k=1

ukk =τ

Y

[

Y

1 + σ+

Y

1 + σ

σ

1 − 2σ (1 − 2σ)]

= τ, (10.121)

τxy = 2µuxy = 0, (10.122)

τxz = 2µuxz =Y

1 + σ

τ

Y(1 + σ) = τ. (10.123)

10.5 ARIKETA Kontsideratu orekan dagoen10.12irudiko elementua. Erabili (10.61) deforma-zio-tentsorea, (10.106) esfortzu-tentsorea eta (10.25) legea,µ = G berriro egiaztatzeko.

10.6 Gorputz elastikoaren higidura-ekuazioak

Gorputz elastikoetan eragiten duten kanpo-indar batzuk bolumenaren proportzionalak dira,hau da indar-dentsitate baten bidez adierazten dira:

FV =∫

VfV dV . (10.124)

10.6 Gorputz elastikoaren higidura-ekuazioak 437

10.18 IRUDIA Gorputz elastiko baten barruko bolumen bat.

Bolumen-indarrak deitzen dira horrelakoak eta ezagunena pisua da eta dagokion indar-dentsi-tatea honako hau da:

fV = ρg =⇒ FV = mg. (10.125)

Beste kanpo-indar batzukgainazal-indarrak izan daitezke, gorputzaren azalean bakarrik era-giten badute. Horrelakoak izan dira10.3irudikoak, adibidez. Hemen, gauzak errazteko, kanpokogainazal-indarrak nuluak direla suposatuko dugu. Hori gerta daiteke horrelakoek deformazio-ere-mu bat sortu ondoren kendu direlako edo kanpo-indar bakarrabolumenekoa izan delako.

10.6.1 Indar elastikoen dentsitatea

Barne-indarrak, indar elastikoak hain zuzen, elementu infinitesimalen arteko gainazaletanaplikatzen dira, baina bolumenekotzat ere kontsidera ditzakegu. Izan ere, indar elastikoen dentsi-tatea erraz defini daiteke.S gainazal itxi batean egindako indar elastiko osoa, (10.93)-ren ondo-rioz,

Fe =∮

SdF =

∮

Sτ · dS (10.126)

da. Gogora gaitezen orain Gauss-en teoremaren arabera (ikusB.2.4atala), eremu bektorial batekgainazal itxi batean zehar duen kanporanzko fluxua, gainazalak inguratutako bolumenean kalku-laturiko eremuaren dibergentziaren integralaren berdinadela:

∮

SE · dS =

∫

V∇ ·E dV ⇐⇒

∮

S

3∑

j=1

Ej dSj =∫

V

3∑

j=1

∂Ej∂xj

dV. (10.127)

Modu berean, hurrengo orokorpena froga daiteke (azken batez, i indizearen balio bakoitzekoGauss-en teorema da):

∮

Sτ · dS =

∫

V∇ · τ dV ⇐⇒

∮

S

3∑

j=1

τij dSj =∫

V

3∑

j=1

∂τij∂xj

dV. (10.128)

Baina horrek esan nahi duFe =

∫

V∇ · τ dV (10.129)

dela eta, beraz, indar-elastikoaren dentsitatea

fe = ∇ · τ ⇐⇒ fei =3∑

j=1

∂τij∂xj

. (10.130)

10.6 ARIKETA Froga ezazu presioari dagokion (10.107) esfortzu-tentsoreak definituriko indar--dentsitatea hauxe dela:

∇ · τ = −∇p. (10.131)


10.6.2 Eboluzio-ekuazioak

dV elementu infinitesimal baten masa eta azelerazioadm = ρ dV eta r̈ = ∂2u/∂t2 dira,hurrenez hurren, eta Newton-en bigarren legeadm r̈ = fe dV + fV dV , hau da, solido elastikoakpairatzen dituen indarrak bolumeneko kanpo-indarrak eta elastikoak badira, higidura-ekuazioahonako hau da:

ρ∂2u

∂t2= ∇ · τ + fV . (10.132)

Elementuaren momentu angeluarraren eboluzio-ekuazioa Newton-en bigarren lege honen on-dorio zuzena da:

d

dtdL = dm r × r̈ = r × (∇ · τ + fV ) dV. (10.133)

Beraz, momentu angeluarraren deribatua indar-momentuaren berdina denez, indar elastikoen mo-mentuen dentsitateak

dNedV

= r ×∇ · τ = r × fe (10.134)

izan behar du.

10.6.3 Indar elastikoen momentuen dentsitatea

Baina, bestalde, zuzenean kalkula dezakegu10.18irudiko V bolumenean aplikaturiko indarelastikoen momentua:

Ne =∮

Sr × dF =

∮

Sr× τ · dS. (10.135)

Kalkula dezagun honenz osagaia Gauss-en teorema erabiliz:

Ne3 =∮

S

3∑

j=1

(x1τ2j − x2τ1j) dSj =∫

V

3∑

j=1

∂

∂xj(x1τ2j − x2τ1j) dV

=∫

V

x13∑

j=1

∂τ2j∂xj

− x23∑

j=1

∂τ1j∂xj

+ τ21 − τ12

dV

=∫

V(x1fe2 − x2fe1 + τ21 − τ12) dV. (10.136)

Emaitza hauV guztietarako betetzen denez, indar elastikoen momentuaren z osagaia

dNe3dV

= x1fe2 − x2fe1 + (τ21 − τ12) (10.137)

da; baina (10.134) adierazpenaren 3. osagaian ez da agertzen asken gaia:τ21 = τ12 bete beharda, hortaz. Argi dago propietate bera betetzen dutela besteosagaiek:τij = τji dugu etaesfortzu--tentsorea simetrikoa da.

10.6.4 Solido homogeneo isotropoa

Solidoa homogeneoa eta isotropoa bada, (10.47) eta (10.111) adierazpenetatik

(∇ · τ )i =3∑

j=1

∂τij∂xj

= µ3∑

j=1

∂2ui∂x2j

+ (µ + λ)3∑

j=1

∂2uj∂xixj

, (10.138)

∇ · τ = µ∇2u + (µ + λ)∇(∇ · u) (10.139)

10.6 Gorputz elastikoaren higidura-ekuazioak 439

lortzen da eta (10.132) higidura-ekuazioa hurrengora laburtzen da:

ρ∂2u

∂t2= µ∇2u + (µ + λ)∇(∇ · u) + fV . (10.140)

10.6.5 Uhin elastikoak mugagabeko ingurune homogeneo isotropoetan

Kanpo-indarrak nuluak badira, hau da, gorputza deformazio-egoera batean jarri ondoren de-sagertzen badira, gorputz homogeneo isotropoaren eboluzioa esfortzu elastikoen menpean gerta-tuko da, hurrengo ekuazioaren arabera:

ρ∂2u

∂t2= µ∇2u + (µ + λ)∇(∇ · u). (10.141)

Azken gaia ez balego, uhin-ekuazioa dela esango genuke. Uhin-ekuazio desberdin bat dela ikus-teko, saia dezagunu(t, x) egiturako soluzioa.

∂u

∂y=

∂u

∂z= 0, (10.142)

∇ · u = ∂ux∂x

, (10.143)

∇(∇ · u) = ∂2ux

∂x2i, (10.144)

∇2u = ∂2ux

∂x2i +

∂2uy∂x2

j +∂2uz∂x2

k (10.145)

betetzen denez, (10.141) ekuazioaren osagaiak honako hauek dira:

ρ∂2ux∂t2

= (2µ + λ)∂2ux∂x2

, (10.146)

ρ∂2uy∂t2

= µ∂2uy∂x2

, (10.147)

ρ∂2uz∂t2

= µ∂2uz∂x2

. (10.148)

Soluzioa, beraz,x norabidean hedatzen den uhina da.ux osagaia luzetarako uhina da eta berefase-abiadura (10.18):

v‖ =

√

2µ + λ

ρ=

√

Y ′

ρ. (10.149)

uy etauz osagaiak, berriz, zeharkako uhinak dira eta (10.33) fase-abiadura txikiagoz hedatzendira:

v⊥ =

√

µ

ρ=

√

G

ρ. (10.150)

Frogatu dugu, beraz, (10.141) uhin-ekuazioa dela, eta orain ikusiko dugu modu orokorragoannola deskonposatzen den bi uhin-ekuazio arruntetan. Hasteko,

∂2u

∂t2= v2⊥∇2u +

(

v2‖ − v2⊥)

∇(∇ · u) (10.151)


modu baliokidean idatziko dugu, (10.149)–(10.150) abiadurez baliatuz. Orain Helmholtz-en teo-remaren arabera,u deformazio-eremua (10.79)–(10.81) moduan idazten badugu,

∂2ui∂t2

+∂2us∂t2

= v2⊥∇2ui + v2⊥∇2us +(

v2‖ − v2⊥)

∇(∇ · ui) (10.152)

dugu eta, (10.81) eta eragile diferentzialak, deribatu partzialak bezala,elkarrekin trukatzen direlaerabiliz, honen dibergentzia honela geratzen da:

∇ ·[

v2‖∇2ui −∂2ui∂t2

]

= 0. (10.153)

Bestalde, (10.80)-ren ondorioz

∇×[

v2‖∇2ui −∂2ui∂t2

]

= 0 (10.154)

dugu eta, errotazional eta dibergentzia nuluak dituen eremu bektoriala nulua dela (ikusB.2.8ata-la) erabiliz,

∇2ui −1

v2‖

∂2ui∂t2

= 0. (10.155)

Elementu infinitesimalen biraketarik gabeko uhin harmoniko guztiak (∇×ui = 0) hedatzen dira(10.149) fase-abiaduraz.

Orain, (10.152)-ren errotazionala,

∇×[

v2⊥∇2us −∂2us∂t2

]

= 0, (10.156)

eta (10.81)-ren ondorioa den

∇ ·[

v2⊥∇2us −∂2us∂t2

]

= 0 (10.157)

erabiliz,

∇2us −1

v2⊥

∂2us∂t2

= 0 (10.158)

dugu: bolumena aldatu gabe (∇ · us = 0) hedatzen diren uhin elastikoen fase-abiadura (10.150)da.

10.7 Fluidoak eta abiadura-eremua

Denok dakigu zer diren likido eta gas arruntak (hemen ez ditugu tarteko kasu interesgarriakkontsideratuko): berezko forma eduki beharrean ontziarena hartzen dute. Aurreko ataletan ika-sitakoaz baliatuz, zera esan dezakegu: fluidoak ezin egon daitezke orekan ebakidura-esfortzuakpairatzen dituzten bitartean. Ebakidura-esfortzua txikia izan arren, deformazioa ez da nahitaeztxikia: handitzen da esfortzua desagertu arte. Horixe erabiliko dugu testu honetan fluidoen defi-niziotzat.

Orain arte, partikula sistemetan eta ingurune elastiko jarraituetan, partikulek edo elementu in-finitesimalek euren ibilbidetan zehar dituzten magnitudeen balioak (posizioa, abiadura eta abar)izan dira sistema mekanikoen oinarrizko aztergaiak:aldagai lagrangearrak direla esaten da,

10.7 Fluidoak eta abiadura-eremua 441

mekanika analitikoa egiteko egokiak baitira. Baina fluidoen kasuan askotan egokiagoak diraal-dagai eulertarrak: partikula bakoitzak une bakoitzean dituen posizioa eta abiadura kontsideratubeharrean,t aldiune bakoitzeanr puntu bakoitzean une horretan bertan dagoen partikularen abia-dura kontsideratuko dugu:v(t, r) definitzen da horrela une eta puntu guztietan. Nolabait esateko,orain arte partikula izan da azterketa-gunea, baina orain puntua izango da.

Modu berean definituko dira beste eremu eskalarrak eta bektorialak, hala nola dentsitatea etapresioa. Dentsitatea, adibidez, une bakoitzean puntu bakoitzean dagoen elementu infinitesimala-ren masaren eta bolumenaren arteko zatidura izango da:ρ(t, r) = dm/dV .

10.7.1 Korronte-lerroak

Horrela, partikulen ibilbideen ordez, korronte-lerroak,hau da, une bakoitzean puntu orotanabiadura-eremuaren tangenteak diren kurbak, kontsideratu behar ditugu:

δr ‖ v(t, r) ⇐⇒ δxvx

=δy

vy=

δz

vz, (δt = 0). (10.159)

(Desplazamendu birtualen notazioa erabili dugu hemen: ikus 6.1.3atala.) Oro har, abiadura-ere-mua denboraren menpekoa denez, horrelakoak izango dira korronte-lerroak eta, ondorioz, ibil-bideen desberdinak: ibilbide batean partikula batek une desberdinetan dituen abiadurak kontsi-deratzen dira eta korronte-lerro batean une bakarrean partikula desberdinek dituzten abiadurak.

10.19 IRUDIA Korronte-lerroak une batean eta bi une hurbiletan.

Fluidoen kasuan, oro har, ezin suposa dezakegu deformazioak txikiak izango direla eta, hor-taz,u(t, r) deformazio-eremuaren ordez, denbora-unitateko deformazioa neurtzen duenv(t, r)abiadura-eremua izango da funtsezko aldagai zinematikoa.Argi dago, bi kontzeptuen artean er-lazio zuzena eta estua dagoela, eta(t, t + dt) tartean deformazioau(t, r) = v(t, r) dt dela. Adi-bidez, (10.77)-ren ondorioz,fluidoarekin batera higitzen den elementu infinitesimalaren bolume-naren deribatu logaritmikoa,zabaltze-abiadura deitzen den abiadura-eremuaren dibergentziarenberdina da:

d

dtln dV = ∇ · v. (10.160)

Ondorioz, fluidoarekin batera higitzen den elementu infinitesimalaren bolumena kontserbatukoda hurrengo baldintza betetzen denean:

∇ · v = 0. (10.161)


10.7.2 Bortizitatea

Helmholtz-en teoremaren arabera (ikusB.2.8atala) eremu bektorial bat bere dibergentziak etaerrotazionalak (mugalde-baldintza egokiekin batera) zehazten dute. Abiadura-eremuaren errota-zionala bortizitatea deitzen da:

Ω = ∇× v. (10.162)(10.64)-ren ondorioz,fluidoarekin batera higitzen den elementu infinitesimalaren abiadura an-geluarra bortizitatearen erdia da.

10.20 IRUDIA Kurba itxia eta mugatzen duen gainazal orientatua.

Bestalde, kurba itxi batean barrena kalkulatutako abiadura-eremuaren lerro-integralazirku-lazioa deitzen da eta, Stokes-en teoremari ezker, kurbak mugatutako edozein gainazaletan zeha-rreko bortizitatearen fluxuaren berdina izango da (abiadura-eremua erregularra bada eta zulorikez badagoS gainazalean):

∮

Cv · dr =

∫

S(∇× v) · dS =

∫

SΩ · dS. (10.163)

10.7.3 Denborarekiko deribatuak

Azelerazio-eremua une bakoitzean puntu bakoitzean dagoenpartikularen azelerazioa izangoda, noski; baina partikula baten azelerazioa bere abiaduraren deribatua bada, nola deribatu beharda abiadura-eremua azelerazioa aurkitzeko?t unean partikular puntuan badago, bere abiadurav(t, r) izango da eta,dt tarteanv(t, r) dt bidea egun duenez,t + dt unean bere abiadura

v [t + dt, r + v(t, r) dt] = v +

(

∂v

∂t+

∂v

∂xvx +

∂v

∂yvy +

∂v

∂zvz

)

dt (10.164)

izango da. (Azken ekuazioaren eskuineko gaiaren elementu guztiak (t, r) balioetan kalkulatzendira.) Azelerazioa beraz,

v [t + dt, r + v(t, r) dt] − v(t, r)dt

=∂v

∂t+

∂v

∂xvx +

∂v

∂yvy +

∂v

∂zvz (10.165)

izango da eta, eremu eskalarrekin eta bektorialekin erabiltzen den

(v · ∇)f ≡ vx∂f

∂x+ vy

∂f

∂y+ vz

∂f

∂z(10.166)

10.7 Fluidoak eta abiadura-eremua 443

definizioaz baliatuz, honela idatziko dugu, berriro(t, r) argumentuak esplizituki jarri gabe:

dv

dt=

∂v

∂t+ (v · ∇)v. (10.167)

Jakina antzeko formula bat erabili beharko da beste eremu (eskalar edo bektorial) guztien deri-batua kalkulatzeko. Adibidez, hauexek ditugu dentsitatearen eta presioaren deribatuak:

dρ

dt=

∂ρ

∂t+ (v · ∇)ρ, (10.168)

dp

dt=

∂p

∂t+ (v · ∇)p. (10.169)

(Ohar zaitez nabla eragilearekin biderkatzen dena beti dela abiadura-eremua.) Batzuetand/dtderibatu osoa substantzia-deribatua dela esaten da, substantziaren higidurak sortzen baitu.∂/∂tderibatu lokala da etav · ∇ konbekzio-deribatua.

10.7.4 Fluxua

Kontsidera dezagunS gainazalfinkobat. Denbora unitateanS zeharkatzen duen masa, fluxuaderitzo. Has gaitezendS elementu infinitesimal batean zeharreko fluxuarekin. Han fluidoarenabiadurav denez,dt tarteandS zeharkatuko duen masa irudiko paralelepipedo infinitesimaleandagoena da:ρ dV . Paralelepipedoaren oinarriaren azaleradS da eta altueradh = v dt cos θ, v etadS bektoreen arteko angeluaθ bada. Paralelepipedoren bolumena

dV = v cos θ dS dt = v · dS dt (10.170)

da eta fluxu infinitesimala

dΦ =ρ dV

dt= ρv · dS. (10.171)

10.21 IRUDIA Gainazal bat eta bere elementu infinitesimal bat.

Azken adierazpenean agertzen denj ≡ ρv eremu bektorialakorronte-dentsitatea da: be-re norabidea eta noranzkoa fluidoarenak (hau da, abiadura-eremuarenak) dira eta bere moduluadenbora-unitatean azalera-unitateko sekzio normala zeharkatzen duen masa. Izan ere, elementuinfinitesimala normala bada,dS ‖ ρv dugu eta azalera-unitateko fluxuadΦ/dS = ρv.

Fluxu osoa, (10.171)-ren ondorioz, hauxe dugu:

Φ =∫

SdΦ =

∫

Sρv · dS. (10.172)


Gainazala denbora-unitatean zeharkatzen duen materiarenbolumenaemaria deitzen da eta,ageri denez, honela kalkulatzen da:

Q =∫

Sv · dS. (10.173)

Uraren kasuan, askotan m3 s−1 erabili beharrean, l s−1-etan neurtzen da eta, uraren dentsitateakonstantetzat har badezakegu, argi dago fluxua eta emaria proportzionalak direla.

10.7.5 Jarraitutasunaren ekuazioa

Kontsidera ditzagun orainS gainazal geldi itxi bat eta inguratzen duenV bolumena (ikus10.22irudia). Gauss-en (B.28) teoremari ezker,S gainazal itxian zeharreko emaria (abiadura-ere-mua erregularra bada eta ez badago zulorik) abiadura-eremuaren dibergentziaz baliatuz kalkuladaiteke:

Q =∮

Sv · dS =

∫

V∇ · v dV, (10.174)

non V bolumenaS gainazalak inguratutakoa den. Arrazoi beragatik, hauxe dugu kanporanzkofluxua:

Φ =∮

Sρv · dS =

∫

V∇ · (ρv) dV, (10.175)

10.22 IRUDIA Gainazal itxia eta inguratzen duen bolumena.

Bestalde, masaren kontserbazioaren printzipioa dela eta,barruan dagoen masaren aldaketa,sartzen den masaren berdina izango da, hau da, barruko masaren denborarekiko deribatua barru-ranzko fluxuaren berdina —eta kanporanzko fluxuaren kontrakoa— izango da:

ṁ = −Φ ⇐⇒ ddt

∫

Vρ dV = −

∮

Sρv · dS. (10.176)

(10.175) emaitzaren ondorioz, masaren kontserbazioa

∫

V

[

∂ρ

∂t+ ∇ · (ρv)

]

dV = 0 (10.177)

moduan idazten da edo, hauV guztietarako bete behar denez, (10.160), (10.168) eta (B.31)-renondorioz, lau era baliokide hauetan:

∂ρ

∂t+ ∇ · (ρv) = 0, (10.178)

∂ρ

∂t+ (v · ∇) ρ + ρ∇ · v = 0, (10.179)

10.8 Hidrostatika 445

1

ρ

dρ

dt+ ∇ · v = 0., (10.180)

d

dtln ρ +

d

dtln dV =

d

dtln(ρ dV ) = 0. (10.181)

Azken adierazpena, bolumen tinko batean dagoen masaren aldaketa sartzen denaren berdinaizateaz gain, masaren kontserbazioa hurrengo modu baliokidean uler daiteke:fluidoarekin ba-tera higitzen dendV elementu infinitesimal batenρ dV masa konstantea da jarioan barrena:d(ρ dV )/dt = 0. Hauxe izango litzateke masaren kontserbazioa «partikulen» ikuspuntutik eta(10.176) adierazpena Euler-en deskribapenean egindakoa.

Jarioaegonkorra dela esango dugu eremu fisikoak ez badira denboraren esplizituki menpe-koak:∂v/∂t = 0, ∂ρ/∂t = 0, eta abar. Kasu honetan, korronte-lerroak egonkorrak eta elementuinfinitesimalen ibilbideen berdinak izango dira eta jarraitutasunaren ekuazioa hurrengora labur-tzen da:

∇ · (ρv) = 0. (10.182)

10.7.6 Fluido konprimiezinak

Fluidoak aztertzeko euren egoera-ekuazioa ezagutu behar da, ρ dentsitatea presioarekin (etatenperaturarekin, adibidez) nola aldatzen den jakiteko. Zerbait esan genuen horretaz9.7.1atalean,soinuaren abiadura gas idealetan aztertzean. Hala ere, uhinak alde batera utzita, kasu interesgarriaskotanρ konstantetzat har dezakegu. Horrela gertatzen da gehienetan urarekin, baina baita airea-rekin Mach-en zenbakia, airearen eta soinuaren abiaduren zatidura dena, 1 baino askoz txikiagoadenean ere. Dentsitatea puntu eta une guztietan berdina delako hurbilketa hori egiten denean,fluidoa konprimiezina dela esaten da1 eta, orduan, jarraitutasunaren ekuazioa bolumenaren kon-tserbazioa adierazten duen (10.161) baldintzara laburtzen da:

∂ρ

∂t= ∇ρ = 0 ⇐⇒ ∇ · v = 0 ⇐⇒ dV = Ktea. (10.183)

Kasu horretan jarioa solenoidala da,v = ∇×A moduan idatz daiteke, eta gainazal itxi bateanzeharreko emari osoa nulua da, (10.174)-ren ondorioz:

∮

Sv · dS = 0, (10.184)

hau da, ez dago ez iturririk ezta hustubiderik ere.

10.8 Hidrostatika

Fluidoen definizioaren ondorioz, estatikan ez dago ebakidura-esfortzurik eta esfortzu elasti-koak normalak izango dira, presioaren ondorio zuzena:

dFe = −p dS. (10.185)1Badago definizio orokorrago bat: batzuetanjarioa konprimiezina dela esaten da korronte-lerro bakoitzean den-

tsitatea konstantea bada,dρ/dt = ∂ρ/∂t + v · ∇ρ = 0, nahiz eta korronte-lerro batetik bestera aldatu. Nahikoadahipotesi hau jarraitutasunaren (10.180) ekuazioa, elementu infinitesimalaren bolumenaren kontserbazioa adieraztenduen (10.161) ekuaziora laburtzeko. Guk, jario konprimiezina izateaz gainera, korronte-lerro guztietan dentsitateaberdina dela suposatzen dugufluidoakonprimiezina dela esatean:∇ρ = 0 eta, beraz,∂ρ/∂t = 0 dugu etaρ ez dadenboraren edo posizioaren menpekoa.


(10.131) emaitzan frogatu genuenez, presioari dagokion indar-dentsitatea−∇p da. Horrez gain,fluidoak pairatzen duen kanpo-indar bakarra pisua bada, dagokion indar-dentsitateaρg da. Hor-taz, oreka-baldintza

−∇p + ρg = −∇p − ρ∇(gh) = 0 (10.186)moduan idazten da, zero maila batetik eta gorantz neurtutako altuerah bada. Gainera, fluidoakonprimiezina dela suposatzen badugu (10.14.2probleman aztertuko dugu zer gertatzen da hipo-tesi hau egiten ez bada),

−∇ (p + ρgh) = 0 (10.187)beteko da eta, ondorioz,

p + ρgh = ktea. (10.188)

Hauxe dugu hidrostatikaren oinarrizko legea, orekan dauden fluido konprimiezin guztietan bete-tzen dena (eta ez bakarrik uraren kasuan).

10.8.1 Manometroa

Aplikazio moduan ikus ditzagun manometro eta barometroaren oinarriak.10.23irudiko ez-kerraldean dugu hodi zabaleko barometroaren eskema, ontzian dagoen gas edo likidoaren presioaneurtzeko erabil daitekeena. Aipaturiko presioa barometroaren likidoaren1 muturrean dagoenada:p. Likido hori orekan dagoenez,2 puntuan (10.188) magnitudearen balioa berdina izango da,baina han presioa atmosferikoa da:

p = p0 + ρgh. (10.189)

Hortaz, ontziko gas edo likidoarenpresio manometrikoa, hau da, presio atmosferikoa zero mai-latzat aukeratuz neurtzen dena,h altueraren proportzionala da:

p − p0 = ρgh. (10.190)

10.23 IRUDIA Manometroa eta barometroa.

10.8.2 Barometroa

Lehenengo barometroen eskema10.23irudiko eskuinaldean erakusten da. Merkurioz beteri-ko probeta bat merkurioan sartzen da. Ontziaren gainazalean presioa atmosferikoa da:p1 = p0.Bestalde, probetaren barruan, merkurioaren gainean hutsaegin da eta presioa, nulua da. Honelaidazten da, bada, (10.188) 1 eta 2 puntuetan:

p0 = ρgh. (10.191)

10.9 Fluido idealak 447

Hauxe da presioaren unitatetzat merkurio-milimetroa aspaldian aukeratzeko arrazoia: manome-troaren likidoa, askotan bezala, merkurioa bada,h = 1 mm bada presioa manometrikoa 1 mm Hgda. Torricelli-ren omenez,torr ere deitzen da unitate hori:1 torr = 1 mm Hg = 133.322 Pa.Beste batzuetan presio atmosferikoa neurtzeko, halako batez besteko balioa denatmosfera (es-tandarra) erabiltzen da:1 atm = 760 torr = 101 325 Pa. Bestalde,bar izeneko unitatea (edobere azpimultiplo den milibarra) ere erabiltzen da:1 bar= 105 Pa.

10.8.3 Arkimedes-en printzipioa

Kontsidera dezagun fluido batean orekan dagoen gorputz bat.Presioaren ondorioz, gorputza-renS azalean fluidoak eragiten duen indarra hauxe dugu:

Fe = −∮

Sp dS. (10.192)

Orain, buruan, gorputza likidoarekin ordezkatzen badugu,argi dago presioa ez dela aldatu gai-nazalean eta kanpoan; baina orain (10.131) indar-dentsitatea eta (10.186) erabiliz,S gainazalakinguratutakoV bolumenean kalkula dezakegu (10.192) integrala fluidoaren dentsitatearen bidez:

Fe = −∮

Sp dS = −

∫

V∇p dV = −

∫

Vρg dV = −

[∫

Vρ dV

]

g. (10.193)

Ordezkatzen duen uraren pisuaren kontrako bultzada hidrostatikoa pairatzen du gorputz urperatubatek. Enuntziatu klasiko honetan uraren kasua aipatzen bada ere, argi dago fluido guztietarahedatzen delamutatis mutandi.

10.24 IRUDIA Arkimedes-en printzipioa.

10.7 ARIKETA Aplika daiteke Arkimedes-en printzipioa fluidoa konprimigarria bada edo gor-putz osoa ez badago ur-azalaren azpian?

10.9 Fluido idealak

Definizioz, fluido ideal baten elementu batek albokoaren gainean, bien arteko mugan, eragitenduen indarra, aipaturiko mugaren perpendikularra izango da, hau da, presioaren ondorio hutsa:

dFe = −p dS. (10.194)

Badakigu presioari dagokion esfortzu-tentsorea (10.107) dela eta, (10.131) emaitzan frogatu ge-nuenez, indar-dentsitatea−∇p.


Barne-indar horrez gain, kanpo-indarrak badaude,fV dentsitatearen bidez adierazten dire-nak, honela idazten da Newton-en bigarren legea fluidoarekin batera higitzen dendV elementuinfinitesimalaren kasuan:

(ρ dV )dv

dt= −∇p dV + fV dV. (10.195)

Hortaz, fluido idealaren higidura-ekuazioa hurrengo modu baliokideetara idazten da:

ρdv

dt= −∇p + fV , (10.196)

ρ

[

∂v

∂t+ (v · ∇)v

]

= −∇p + fV . (10.197)

Euler-en ekuazioaderitzo honi. Askotan kanpo-indarra pisua izango da etafV indar-dentsitatea(10.125) adierazpenekoa. Ohar zaitez eboluzio-ekuazio hau, ingurune jarraituetan gertatzen denbezala, deribatu partzialetako ekuazioa dela. Zoritxarrez, (v · ∇)v gaia dela eta, ekuazioa ez dalineala: den-dena izango da zailagoa eta ez da beteko gainezarmenaren printzipioa.

Bestalde aitortu behar da fluido idealen hurbilketa ez dela oso ona: fluido guztietan ager-tzen dira (10.107) esfortzu-tentsoreak ez dituen ebakidura-esfortzuak. Horrexegatik, John vonNeumann-ek esaten zuen hurbilketa honetan «ur lehorra» aztertzen zela. Hala ere, gutxienezikuspuntu kualitatibotik, lehen azterketa bat egiteko baliagarria izan daiteke.

10.9.1 Bortizitatearen eboluzioa

Bortizitatearen (10.162) definizioa eta (B.47) erabiliz,

(v · ∇)v = Ω × v + 12∇v2 (10.198)

dugu eta Euler-en ekuazioa honela idazten da:

∂v

∂t+ Ω × v + 1

2∇v2 = −1

ρ∇p + 1

ρfV . (10.199)

Eman dezagun fluidoa konprimiezina dela: (B.20)-ren ondorioz∇×(

1

ρ∇p

)

= 1ρ∇×∇p = 0

dugu. Gainera,∇ ×(

1

ρfV)

= 0 betetzen dela (adibidez,fV = ρg delako) suposatuko dugu.Hipotesi horiekin, honela geratzen dira (10.199) ekuazioaren errotazionala eta bolumenaren kon-tserbazioa adierazten duen (10.161):

∂Ω

∂t+ ∇× (Ω × v) = 0, (10.200)

∇ · v = 0. (10.201)

Ekuazio hauetanρ dentsitatea,p presioa eta kanpo-indarra desagertu dira: bakarrik geratzen daabiadura-eremua. Nahikoak dira bi ekuazio hauek, mugalde-baldintza egokiekin, abiadura-ere-mua printzipioz kalkulatzeko.

Adibidez, bortizitatea beti eta leku guztietan zero bada,Ω (t, r) = 0, (10.200) ekuazioa bete-tzen da eta mugalde-baldintzekin batera ebatzi behar direnekuazioak hurrengoak ditugu:

∇× v = 0, (10.202)∇ · v = 0. (10.203)


Bainav-ren ordez eremu elektrikoa (magnetikoa) idazten badugu, ekuazio hauek elektrostatika-renak (magnetostatikarenak) dira, kargetatik (korrontetatik) at egoera egonkorrean betetzen dire-nak. Ondorioz, elektrostatikan bezala,∇2φ = 0 Laplace-ren ekuazioa2 betetzen duenφ potentzialbatetik lor daiteke abiadura-eremua kasu honetan:v = −∇φ.

10.25 IRUDIA Zilindro luze bat jario konprimiezin irrotazionalean.

Kontsidera dezagun, adibidez, fluidoan zilindro infinitu bat sartzen dugula. Eman dezagun zi-lindroaren ardatzaOZ ardatz cartesiarra dela. Distantzia infinitura abiadura-eremua homogeneoaeta uniformea bada,OX norabidean,10.25irudiko ezkerraldean dagoenaren antzeko bat esperodugu. Baina horrelako soluzioa elektrostatikaren bi soluzio ezagunak (eremu elektriko uniformeaeta dipolo batena) batuz lortzen da. Izan ere,10.22probleman frogatuko dugunez,

v1 = −∇φ, φ = −α cos ϕ(

r +a2

r

)

(10.204)

eremuak (10.202)–(10.203) ekuazioak eta

vr∣

∣

∣

r=a= 0 (10.205)

mugalde-baldintza betetzen dituOZ ardatzaren inguruko(r, ϕ, z) koordenatu zilindrikoetan3.Fluidoa hasieran geldi badago eta zilindroa bere ardatzaren inguruan biratzen, orain arte ar-

buiatu dugun likatasunaren ondorioz, egoera egonkorrean fluidoa zilindroaren inguruan biratukoda, 10.25irudiko erdialdean erakusten den moduan. Baina horrelako soluzioa oso ezaguna damagnetostatikan, korronte zuzen infinitu batek sorturikoabaita:

v2 = −β

2πrk. (10.206)

Badakigu, Ampère-ren legearen ondorioz, eremu magnetikoaren zirkulazioa, integrazio-lerroakinguratzen duen intentsitate osoaren berdina dela; hortaz, nahiz eta (10.202) ekuazioa zilindrotikkanpo bete, zilindroaren inguruko zirkulazioa hauxe da:

∮

v2 · dr = −β. (10.207)

(10.202)–(10.203) ekuazioak linealak direnez, soluzioen batura soluzioa da: jario uniformebatean sartutako zilindro birakor baten kasuan soluzioa,10.25irudiko eskuinekov1 + v2 izandaiteke. Gainera,10.22probleman frogatuko dugu oraingo jario ez-uniformeak zilindroaren lu-zera-unitatean

F

L= αβρ j (10.208)

indarra eragiten duela.Magnus efektuaderitzo honi eta bestelako geometriekin ere gertatzen da,noski.

2Izan ere, Euler-ek eta Lagrange-k erabili zuten ekuazio haufluidoen higidura aztertzeko, Laplace-k eremu gra-bitatorioaren kasuan idatzi baino lehenago.

3Gai honetan koordenatu zilindriko erradialar izango da,ρ dentsitatea adierazteko erabiliko baitugu.


10.9.2 Bernoulli-ren teorema

Kontsidera dezagun hurrengo baldintzak betetzen dituen fluido baten higidura:Ideala da: ρ dv/dt = −∇p + fV .Konprimiezina: ρ = ktea.,∇ · v = 0.Grabitatearen eraginpean higitzen da:fV = −ρ∇(gh).Jarioa egonkorra da: ∂v/∂t = ∂p/∂t = 0.

Energiaren eboluzio-ekuazioa aurkitzeko, Euler-en (10.196) ekuazioa abiadurarekin biderka-tzen badugu,

ρv · dvdt

= −(v · ∇)p − ρ(v · ∇)(gh) (10.209)

lortzen da eta, (10.167) eta (10.169) erabiltzen baditugu,

d

dt

(

1

2ρv2 + ρgh + p

)

= 0. (10.210)

Beraz,korronte-lerro batean barrena(gogoratu jario egonkorra denez korronte-lerroak partiku-len ibilbideak direla)honako magnitude hau konstantea da:

1

2ρv2 + ρgh + p = ktea. (10.211)

Lehen gaia energia zinetikoaren dentsitatea da, bigarrenaenergia potentzial grabitatorioarena etahirugarrena energia potentzial elastikoarena (indar elastikoaren dentsitatea−∇p baita). Energia-ren mekanikoaren kontserbazioa adierazten du Bernoulli-ren teorema honek eta, higidura-kons-tante guztiekin gertatzen den bezala, (10.211) magnitudearen balioa konstantea da korronte-lerrobakoitzean barrena, baina alda daiteke lerro batetik bestera.

Hala ere, jarioa irrotazionala bada,Ω = ∇ × v = 0 dugu eta, (10.199) adierazpenarenondorioz,

∇(

1

2ρv2 + ρgh + p

)

= 0. (10.212)

Hortaz, kasu honetan (10.211)-ren balioa berdina da une eta puntu guztietan. Bernoulli-ren teo-reman azken gaia presioa denez, batzuetanp + ρgh presio estatikoadela esaten da (horixe baitahidrostatikako (10.188) magnitudea) etap + ρgh + 1

2ρv2 higidura-konstanteapresio dinamikoa.

10.26 IRUDIA Ontzi baten hustea.

Torricelli-ren teorema

Aplikazio moduan, azter dezagun10.26irudiko hustea zulo baten bidez. Zuloa oso txikiabada (S2 ≪ S1), gainazalaren abiadura oso txikia izango da (v1 ≪ v ≡ v2) eta 1 eta 2 puntuetan


presioa atmosferikoaren berdina denez, honela idazten da presio dinamikoa bi puntu horietan,altuera 2 puntutik neurtuz:

p0 + ρgh = p0 +1

2ρv2. (10.213)

Ondorioz, fluidoaren abiadura zuloan gainazaletik hara jausi den partikula batena da:

v =√

2gh. (10.214)

Emaitza ez da hain harrigarria; azken batez, kasu bietan energia zinetikoa energia potentzial gra-bitatoriotik atera da. Bi problemetan badago bigarren soluzio bat,v = −

√2gh alegia: partikula

gorantz jaurtitzean altuera berdinera edo ura presio atmosferikoan zulotik sartzen bada lortzen dahau.

Ez da pentsatu behar zuloan neurtzen den emariavS2 denik. Izan ere, irtetean korronte-le-rroak hurbiltzaileak dira eta zeharkako sekzio eragilea txikiagoa da (eta gainera, energia apur batgaltzen da beti). Emaria, beraz,Q = CvS2 izango da, nonC konstantea zuloarenemari-koefi-zienteaden. Adibidez, irudiko motako zulo zirkular mehe baten kasuanC ≈ 0.62 dugu.

Venturi efektua

Kontsidera dezagun orain zeharkako sekzio aldakorreko hodi horizontal bat.h altuera puntuguztietan berdina dela suposatzen badugu (eta horrelakoa da zehazki erdiko korronte-lerroan etaera hurbilduan besteetan), honela idazten da Bernoulli-ren teorema 1 eta 2 puntuetan:

1

2ρv2

1+ p1 =

1

2ρv2

2+ p2. (10.215)

Fluidoa konprimiezina denez, emaria berdina izango da 1 eta2 puntuetan eta horrela idazten da(10.184): v1S1 = v2S2. Baina,S2 < S1 denez,v2 > v1 dugu, eta (10.215)-ren ondorioz,p2 < p1:presioa txikiagoa (eta abiadura handiagoa) da hodi estuagoa den puntuetan.

10.27 IRUDIA Hodi horizontala.

Efektu honek azaltzen du zergatik apurtzen diren, askotan,ur-hodi lodienak. Motorren karbu-ragailuetan gasolina sartzeko erabiltzen da efektu hau, baita tximinietatik kea irteten laguntzekoeta lainoztagailuetan perfume-tanta txiki-txikiak airearekin nahasteko ere. Gainera, probleme-tan ikusiko dugunez, fenomeno honetaz balia gaitezke venturimetroetan emaria neurtzeko, eta10.10probleman hegazkinen hegoen euste aerodinamikoa balioztatzeko erabiliko dugu. Bainaazken problema eta praktikan askotan agertzen diren beste asko ez dira hain erraz azaltzen erazuzenean. Hala ere, gauzak nolabait ulertzeko, Venturi-ren efektuaren beste azalpen kualitati-boa erabilgarria izan daiteke.v2 > v1 dugunez,1 eta2 puntuen artean eskuineranzko azeleraziobat pairatu behar du (adibidez) erdiko korronte-lerroan barrena higitzen den partikulak eta aze-lerazio hori presio-gradiente batek sor dezake bakarrik: presioa handiagoa da1 puntuan. Orohar, abiadura-eremuaren modulu edota norabidearen aldaketak (hala nola korronte-lerroen kur-badura) sortzen dituzten presio-gradienteak fenomeno batzuk ulertzeko erabil daitezke, nahiz etaBernoulli-ren edo Venturi-ren emaitzak aplikatzen ez diren.


10.10 Fluido likatsuak

Orekan horrelakorik ez badago ere, dinamikan ebakidura-esfortzuak agertzen dira beti be-netako fluidoetan. Kontsidera dezagun10.28irudiko esperimentua4. Bi plano infinituren arteanfluido bat dugu. Beheko planoa geldi dago eta goikoa abiadurakonstantez higitzen da, erakustenden norabidean. Plano horren eta ondoan dagoen fluido-geruzen arteko indarrak bi osagai ditu:normala, presioaren ondorioa dena, eta tangentea. Azken honen ondorioz, planoak fluidoa erama-ten du: planoa ukitzen duen geruza mehe bat pausagune erlatiboan dago eta planoarekin baterahigitzen da; hori da esperimentuetan ikusten dena. Arrazoiberagatik, beheko geruza geldi dagoeta tartekoak bitarteko abiaduraz higitzen dira, bakoitzak ondokoaren gainean marruskadura-in-dar bat (hau da, indar tangente bat) eragiten baitu.Likatasuna deitzen da fenomeno hau, fluidoguztietan gertatzen dena.

10.28 IRUDIA Fluido bat abiadura erlatiboa duten bi plano infinituren artean.

Gainera, planoen arteko abiadura erlatiboa mantentzeko aplikatu behar den esfortzua abiadu-ren diferentziaren proportzionala da eta planoen arteko distantziaren alderantzizko proportziona-la:

F

A= η

v

d. (10.216)

Proportzionaltasun-konstantealikatasun dinamikoaren koefizientea(edolikatasun-koefizien-tea) deitzen da eta SI sisteman dagokion unitatea1 Pa s da5. Zenbait fluidoren likatasun-koefi-zienteakA.10 taulan bildu dira.

Higiduraren perpendikularra den norabideanx koordenatua aukeratzen badugu, honela adie-razten da irudiko bi plano paralelo hurbilen abiaduren diferentziak sortutako likatasunaren eba-kidura-esfortzua:

F

A= η

v(x + ∆x) − v(x)∆x

. (10.217)

Beraz,∆x → 0 limitean, hauxe dugux distantziara higiduraren norabidean dagoen elementubatek albokoaren gainean eragiten duen ebakidura-esfortzua likatasunaren ondorioz:

F

A= η

dv

dx. (10.218)

10.10.1 Poiseuille-ren legea

Hodi baten zeharkako sekzioan emaria kalkulatzeko,Q = vS formula erabili dugu lehenago,abiadura sekzioaren puntu guztietan berdina balitz bezala. Baina badakigu hori ezinezkoa dela,horman fluidoaren abiadura nulua baita.

4Benetako esperimentuak errazago egiten dira beste geometriekin; ikus, adibidez,10.14.4problema.5Liburu batzuetan aipatzen direnpoiseuille izena eta Pl laburdura ez dira onartu SI sisteman. Praktikan, askotan,

CGS sistemakopoiseaerabiltzen da:1 P = 0.1 Pa s.)

10.10 Fluido likatsuak 453

10.29 IRUDIA Fluidoaren abiadura hodi horizontal batean.

Kontsidera dezagun10.29irudiko hodi horizontal luzea. Jarioa egonkorra bada, abiadura--banaketa denboraren independentea izango da etar erradioko zilindroan aplikaturiko indar osoanulua izango da. Alboko fluidoak eragindako likatasun-indarra kalkulatzeko,x koordenatuarenordez,r erabili beharko da (10.218) legean. Ondorioz, hauxe dugu indarren oreka:

(p1 − p2) πr2 + η(2πrL)dv

dr= 0. (10.219)

Hemendik erraz lortzen da abiadura-banaketa integral baten bidez:

dv

dr= −p1 − p2

2ηLr, (10.220)

v = −p1 − p24ηL

r2 + C. (10.221)

Integrazio-konstantea kalkulatzeko, horman fluidoa geldidagoela adierazten duenv(R) = 0mugalde-baldintza erabiltzen bada, hauxe da abiadura zentrotik r distantziara:

v =p1 − p2

4ηL

(

R2 − r2)

. (10.222)

Ikusten dugu, bada, abiadura-banaketa parabolikoa dela,10.29(a) irudian erakusten den bezala(10.11atalean aipatzen den turbulentzia badago, (b) irudiak hobeto deskribatzen du kualitatibokigertatzen dena).

Bestalde,r etar + dr erradioen arteko eraztun infinitesimalean zehar denbora-unitatean iga-rotzen den fluidoaren bolumena kontuan hartuz, erraz kalkulatzen da emaria:

Q =∫

S⊥

v · dS = p1 − p24ηL

∫ R

0

(

R2 − r2)

2πr dr, (10.223)

Q =πR4

8η

p1 − p2L

. (10.224)

Azken adierazpenean, presioa luzera-unitatean nola aldatzen den neurtzen du∆p/∆l ≡ p1−p2/Lgaiak:

∆p

∆l=

8ηQ

πR4. (10.225)

Likatasunak eragindako galerak direla eta, presioa txikituz doa hodian barrena. Azpimarratzekoada erradioaren laugarren berreturaren menpekotasuna: presio galera askoz ere txikiagoa izangoda hodi zabaletan estuetan baino.

10.30irudian erakusten dira presioaren txikitze horren ondorioak hodi horizontal mehe ba-tean. Ezkerrean agertzen den fluido idealaren kasuan, presioa txikitzen da azelerazioaren ondo-rioz, Venturi efektuaren arabera; baina eskuinean dagoen fluido likatsuaren kasuan (10.225) gale-ra ere dago, hodi meheagoetan arinagoa dena. Fluido idealaren kasuan, azken manometroan ia ez


10.30 IRUDIA Fluido (a) ideal (b) likatsu baten hustea hodi horizontal batean barrena.

dago presio manometrikorik, bertan presioa atmosferikoaren berdintsua baita. Fluido likatsuarenkasuan hango presioa altuagoa izango da, hodiaren ahorainobide bat egin behar baitu oraindik.

10.10.2 Navier eta Stokes-en ekuazioa

Oro har, fluido likatsu baten esfortzu-tentsoreak, presioari dagokion (10.107) ekarpenaz gain,solido elastiko homogeneo isotropo baten kasurako ikusi genuen (10.111) tentsorearen egiturabereko beste osagai bat du:

τij = −p δij + τ ′ij , (10.226)

τ ′ij = η

(

∂vi∂xj

+∂vj∂xi

)

+(

ζ − 23η)

(

3∑

k=1

∂vk∂xk

)

δij . (10.227)

Bigarren konstante bat behar da fluido batzuen kasuan:bigarren likatasun-koefizientea (edobolumen-likatasunaren koefizientea) deiturikoζ delakoa. Koefiziente hau ez da agertzen fluidokonprimiezinetan,∇ · v zabaltze-abiadura biderkatzen baitu. Fluido orokorrean,beraz, presioaridagokion−∇p indar-dentsitateaz gain, indar likatsuaren dentsitatea agertuko da:

fLi =3∑

j=1

∂τ ′ij∂xj

= η3∑

j=1

∂2vi∂x2j

+(

1

3η + ζ

)

∂∇ · v∂xi

, (10.228)

fL = η∇2v +(

1

3η + ζ

)

∇(∇ · v). (10.229)

Azken indar-dentsitatea Euler-en (10.197) ekuazioaren bigarren gaiari gehitzen badiogu, fluidolikatsuen higidura-ekuazioa, Navier eta Stokes-en ekuazioa deitzen dena, lortzen dugu:

ρ

[

∂v

∂t+ (v · ∇)v

]

= −∇p + η∇2v +(

1

3η + ζ

)

∇(∇ · v) + fV . (10.230)

Likatasun zinematikoaren koefizientea

ν ≡ ηρ

(10.231)

moduan definitzen badugu, hurrengo formara laburtzen da Navier eta Stokes-en ekuazioa fluidokonprimiezinen kasuan:

∂v

∂t+ (v · ∇)v = −1

ρ∇p + ν∇2v + 1

ρfV . (10.232)

Navier eta Stokes-en ekuazioa, ez da lineala —(v · ∇)v gaia koadratikoa da— eta kasu gu-txitan aska daiteke esplizituki.10.14.4probleman aztertuko dugu bat.

10.11 Reynolds-en zenbakia 455

10.11 Reynolds-en zenbakia

Eman dezagun fluidoa konprimiezina dela (∇ · v = 0) eta kanpo-indarraren dentsitatea kon-tserbatzailea (∇× fV = 0). Navier eta Stokes-en (10.232) ekuazioaren errotazionalaΩ = ∇×vbortizitatearen eboluzio-ekuazioa da:

∂Ω

∂t+ ∇× (Ω × v) = η

ρ∇2Ω, (10.233)

∇ · v = 0. (10.234)

(10.233) ekuazioan (10.200)-an ez zegoen likatasunaren menpeko gai berri bat agertzenda. On-dorioz, bortizitatearen ekuazioak aldatu egiten dira. Adibidez, (10.233) delakoan∇ × (Ω × v)gaia ez balego, difusio-ekuazioa (eroale batean beroaren hedapena deskribatzen duena) izangolitzateke: bortizitatea nonbait sortzen bada, beste puntuetara heda daitekeela espero dugu, beraz.

Eman dezagun,10.25irudiko ezkerraldean bezala, zilindro infinitu bat sartzendugula distan-tzia handirav0 = v0 i abiadura konstantez higitzen den fluido batean. Abiadura-eremua aurkitze-ko, (10.233)–(10.234) ekuazioak hurrengo mugalde-baldintzekin batera ebatzi behar dira:

limr→∞

v = v0 i, (10.235)

v∣

∣

∣

r=a= 0. (10.236)

Problema aztertzeko, luzera-unitatetzat2a diametroa eta denbora-unitatetzat2a/v0 aukeratu-ko ditugu, hau da, dimentsio gabeko aldagai hauek erabilikodira:

r′ =r

2a, (10.237)

t′ =v02a

t. (10.238)

10.8 ARIKETA Froga ezazu hasierako aldagaien eta dimentsio gabekoen arteko erlazioaren on-dorioz hauxe dugula:

v′ =

v

v0, (10.239)

∇′ = 2a∇, (10.240)∂

∂t′=

2a

v0

∂

∂t, (10.241)

Ω′ =

2a

v0Ω, (10.242)

∂Ω′

∂t′=

4a2

v20

∂Ω

∂t, (10.243)

∇′ ×(

Ω′ × v′

)

=4a2

v20

∇× (Ω × v) , (10.244)

∇′2Ω′ = 8a3

v0∇2Ω, (10.245)

4a2

v20

[

∂Ω

∂t+ ∇× (Ω × v) − η

ρ∇2Ω

]

=∂Ω′

∂t′+ ∇′ × (Ω′ × v′) − 1R∇

′2Ω

′, (10.246)

R ≡ 2ρav0η

. (10.247)


Azken ekuazioan definitu dugun dimentsio gabeko

R = 2ρav0η

=2av0ν

(10.248)

magnitudea, problemaren Reynolds-en zenbakia da eta ebatzi behar den problema, primak ken-duta, honela idazten dela frogatu dugu:

∂Ω

∂t+ ∇× (Ω × v) = 1R∇

2Ω, (10.249)

∇ · v = 0, (10.250)limr→∞

v = i, (10.251)

v∣

∣

∣

r=1= 0. (10.252)

Baina hemen geratu den parametro bakarraR da. Honek esan nahi du bi problemetan,a, v0, ρedoη desberdinak izan arren, Reynolds-en zenbakia berdina bada, biak izango direlaantzekoak,hau da, baliokideak ikuspuntu matematikotik: nahikoa izango da bat aztertzea bestea ulertzeko.Antzekotasunaren legehau garrantzi praktiko handikoa da. Esaterako, hegazkinakdiseinatzeko,nahikoa da eskala txikiko eredu bat haize-tunel batean aztertzea. (Egia esan, airea konprimiezinadelako hipotesia mantentzeko, Mach-en zenbakia txikia ez bada, bi problemetan berdina izanbehar du hauek antzekoak izateko.)

Ebatzi behar den problema matematikoa oso zaila da eta hurbilketak edo zenbakizko me-todoak erabiliz ebatzi behar dira. Reynolds-en zenbakia oso txikia denean (R > 1), soluzioa10.25irudiko ezkerraldean ikusi genuenaren antzekoa da.R handitzean, zilindroaren atzean zu-rrunbiloak sortzen dira: zirkulazioa ez da, beraz, zero; baina higidura oso erregularra eta egon-korra da.R handiagoekin zurrunbiloak askatzen dira eta euren ordez beste batzuk sortzen diraetengabe; higidura erregularra da baina ez egonkorra, periodikoa baizik. Azkenean, higidura irre-gularra, kaotikoa, hasten da:turbulentzia sortzen da. Azpimarratu behar daR → ∞ limitean,hau da, likatasuna arbuiagarria denean, ez dela10.9.1ataleko higidura berreskuratzen, konstantehori biderkatzen duen bigarren ordenako deribatuak oso handiak izan baitaitezke: fluido idealenhurbilketak fluidoen funtsezko ezaugarri bat ahazten du (hala ere, erabilgarria da jarioa laminarradenean bortizitaterik ez badago).

Esperimentu askotan ikusi da hodi zuzen horizontal batean higitzen den fluidoaren kasuan,Reynolds-en zenbakia6 2000 baino txikiagoa denean jarioa erregularra,laminarra izan ohi dela,baina 4000 baino handiagoa denerako ia beti turbulentzia agertu dela.

10.12 Stokes-en eta Newton-en legeak

Likatasunaren ondorioz, fluidoetanv abiaduraz higitzen diren gorputzek arraste-indar bat pai-ratzen dute, (10.193) bultzada hidrostatikoaz gain. Arraste-indarra adierazteko, dimentsio gabekoCD arraste-koefizienteaerabili ohi da:

Fη =1

2CDρv

2 S⊥, (10.253)

nonS⊥ delakoav-ren perpendikularra den planoan gorputzak duen proiekzioaren azalera den.

6Kasu horretan (10.248) definizioan hodiaren diametroa erabili behar da2a-ren ordez etav0-ren ordez fluidoarenabiaduraren batez besteko balioa.

10.12 Stokes-en eta Newton-en legeak 457

Eman dezaguna erradioko esfera zurrun bat (S⊥ = πa2) fluido batean barrenav abiadurazhigitzen dela. Jarioa konprimiezina bada eta problema honen Reynolds-en zenbakia oso txikiabada,

R ≡ 2ρavη

> 0.2, (10.254)

arraste-koefizientea

CD =24

R (10.255)

da eta arraste-indarra Stokes-en legeak emandakoa:

Fη = −6πaηv. (10.256)

(Aintzira batean astiro hondoratzen den harri-kokor bati aplika dakioke hau, baita uretan dagoenmikroorganismo bati edo aireko hautsari.)

R handitzeanCD(v) aldatzen da, baina1000 > R > 105 tartean ia konstantea da,

CD ≈ 0.44, (10.257)

eta (10.253) arraste-indarrak Newton-en legea betetzen du: abiaduraren karratuaren proportziona-la da. (Hauxe da Pisako dorretik askatutako harriak edo paraxutista batek pairatzen duen airearenarrastea.)

Stokes-en legearen aldaera bat erabili zen XX. mendeko esperimentu famatu eta garrantzi-tsu batean. 1897an J. J. Thomson-ek elektroia aurkitu zuen eta bere karga eta masaren−e/mzatidura neurtu zuen eremu magnetikoetan elektroiak nola higitzen diren aztertuz. 1909–13 tar-tean R. A. Millikan-ek7 egindako esperimentuetan elektroiaren−e karga neurtu zen zuzenean etakargaren kuantizazioa, hau da, karga guztiak oinarrizko kargaren multiploak direla, frogatu zen.

10.31 IRUDIA Millikan-en esperimentuaren eskema.

Esperimentuaren eskema10.31 irudian erakusten da. Lainoztagailu baten bidez olio-tantatxikiak barreiatzen dira goiko xaflaren gainean eta honek duen zulo txikian zehar igarotzen direntantak izpi horizontal batez argitzen dira, teleskopioaren bidez ikusi ahal izateko. Tantak X izpiezedo bestelako erradiazio ionizatzaileaz kargatzen dira. Xafla metalikoen artekoV potentzial--diferentzia aldatuz, tanta bat airean geldi geratzea lor daiteke. Hori gertatzen denean, tantanaplikatutako pisuaren, indar elektrostatikoaren eta bultzada hidrostatikoaren batura nulua da:

− qE − mg + ρaireaρolioa

mg = 0 =⇒ q = −4π (ρolioa − ρairea) a3gL

3V, (10.258)

7Esperimentu hauengatik eta efektu fotoelektrikoari buruzegindakoengatik eskuratu zuen 1923ko Nobel saria.


non, xaflen artekoL distantzia bada, eremu elektrostatikoaE = V/L dela erabili dugun. Lortuta-ko (10.258) adierazpenean tantarena erradioa oso txikia zen (10−5 cm ingurukoa) eta, zuzeneanneurtu beharrean, Stokes-en legea erabiltzen zen eremu elektrostatikoa kentzean tanten abiaduraneurtzeko:10.29probleman frogatuko dugunez, neur daitekeen balio batera jotzen du tantarenabiadurak eta horren bideza erradioa kalkula daiteke. (Egia esan, tantak hain txikiak izanik, ai-rea ezin da ingurune jarraitutzat kontsideratu eta Stokes-en legearen aldaera bat erabili behar da.)Tanten kargak beti ziren balio baten multiploak: horrela frogatu zen naturan kargak beti direlae balio baten multiplo osoak (aske agertzen ez diren quarken kasuan, kargake/3-ren multiploosoak dira).

10.13 Gainazal-tentsioa

Zergatik dira esferikoak xaboi-burbuilak eta ur-tantak? Nola dabiltza ur gainetik zapatariak?8

Fenomeno hauen eta beste askoren zergatia gainazal-tentsioa da. Fluidoen arteko gainazaleandauden molekulek oso ingurune anisotropoa ikusten dute; adibidez, alde batetik, uraren moleku-lak dituzte eta bestetik airearenak (lurrunarenekin batera). Ondorioz, inguruneen arteko molekulabatzuetako lodierako geruzen zatien artean gainazalaren tangenteak diren indarrak agertzen dira:gainazal-indarrak.

10.32 IRUDIA Xaboi-uraren mintza.

Gainazal-indarra neurtzeko10.32irudiko esperimentua egin daiteke. Burdin hari batekin u bategiten da eta hari zuzen arin higikor batekin laukizuzen batosatzen da. Xaboi-uretan sartu ondo-ren kontuz ateratzen bada, mintz mehe batek betetzen du laukizuzena eta beheko haria goikoraerakartzen du, indar egoki bat aplikatzen ez bazaio. Behekohariaren pisuaren eta orekan manten-tzeko aplikatutako indarra neurtzen da. Harrigarria bada ere,F indarra ez da azaleraren menpe-koa: ez da aldatzenz-rekin. Honen azalpena mintzaren egitura mikroskopikoan datza. Nahiz etaoso mehea izan, lodiera oso handia da molekulen dimentsioenalde: molekula batzuetako lodieraduten bi gainazal-geruzek mugatutako bolumena da. Azalerahanditzean, barruan zeuden mo-lekula batzuk gainazalera mugitzen dira, gainazal-geruzen azalera handiagotzeko. Portaera horigomazko mintz batenaren guztiz desberdina da eta indarra ezda deformazioaren menpekoa.

Esperimentuetan ikusten dena hauxe da:gainazal-tentsioa, aplikatzen den lerroaren luzera-ren proportzionala da. 10.32irudiko esperimentuan mintzak bi alde dituenez, luzera osoa 2l daeta neurtzen den indarra

F = 2γl, (10.259)

8Horrela deitzen diragerris sp.intsektuak.

10.13 Gainazal-tentsioa 459

non, definizioz, luzera unitateko gainazal-indarraγ gainazal-tentsioa den:

γ =F

2l. (10.260)

Magnitude honen unitatea SI sisteman1 N/m = 1 W/m2 da. Unitateen arteko erlazio erraz haubeste modu batean ulertzeko, kalkula dezagunz aldatzean (hau da, mintzaren azaleran aldatzean)gainazal-tentsioaren kontra egindako lana:

∆W = F ∆z = 2γl∆z. (10.261)

Azalera osoaren aldaketa∆S = 2l∆z denez, azaleraren aldaketaren unitateko lana gainazal--tentsioaren berdina da:

∆W

∆z= γ. (10.262)

Baina, egin berri dugun kalkulua zuzena izateko, kontuan hartu behar dugu gainazal-tentsioaktenperaturaren menpekotasun handia duela eta hau handitzean gainazal-tentsioa txikitzen dela:dγ/dT < 0. Beraz, beroa eman behar zaio mintzari bere tenperatura konstantea izateko pro-zesuan. Ondorioz, ezin dugu esan, indar eta energia elastikoen kasuan10.7 probleman egingodugunaren antzera, gainazal-tentsioak egindako lana mintzaren energiaren aldaketaren berdinadenik. Zenbait fluidoren gainazal-tentsioakA.10 taulan bildu dira.

10.33 IRUDIA Xaboi-burbuila baten erdia.

10.13.1 Mintz esferiko baten bi aldeetako presioen diferentzia

Kontsidera dezagun xaboi-urez egindako burbuila bat eta azter dezagun mintzaren oreka. Bur-builaren erdiak pairatzen dituen indarrak (pisua ahaztuta) kanpoko eta barruko presioek eraginda-koak eta bi gainazaletan aplikaturiko gainazal-indarrak dira. 10.33geometrian erraz kalkulatzenda azkena:

Fγ = −2γ(2πR)k = −4γπR k. (10.263)Bestalde, altuera arbuiatu dugunez, presioak homogeneoakizango dira eta eragindako indarra

hurrengoa:

Fp = (p − p0)∫

SdS = (p − p0) πR2 k. (10.264)

Hemen∫

S dS integrala mugaren menpeko hutsa dela erabili dugu (ikus10.14.5problema) esfe-raerdian kalkulatu beharrean, oinarritzat duen zirkuluanzuzenean aurkitzeko:

∫

S dS = πR2 k.


Oreka-baldintzaFp + Fγ = 0 denez, presioen diferentzia hauxe dugu:

p − p0 =4γ

R. (10.265)

Diferentzia handiagoa da burbuilaren erradioa txikiagoa denean.Ur-tanta baten kasuan gainazal bakarra dugunez, aurrekoaren erdia da emaitza:

p − p0 =2γ

R. (10.266)

10.13.2 Ukipen-angelua

Eman dezagun likido bat dugula ontzi batean. Likidoaren gainazalak ontziaren horma uki-tzen duen puntuetan hiru ingurune ditugu: solidoa (beira, adibidez), likidoa (ura) eta gasa (aireaedo, hobe esan, lurruna). Hortaz, inguruneen arteko hiru geruza desberdin eta dagozkien hiru gai-nazal-tentsio desberdinak egongo dira, geruzak mugatzen dituen inguruneen izenen lehen letrazizendatzeko ditugunak:γsl, γlg etaγsg. Aurreko ataletan bakarrik kontsideratu duguγ ≡ γlg.

10.34 IRUDIA Solido, likido eta gasaren arteko geruzak.

Solidoaren hormaren eta likidoaren gainazalaren arteko angelua ukipen-puntuetan ukipen-an-gelua deritzo. Hiru geruzek elkar ebakitzen dute lerroan (zirkunferentzia batean ontzia zilindrikoabada),10.34irudian ikusten denez, ukipen-angelua0 edoπ ez bada, laugarren indar bat behar daebakidura hori orekan egoteko:itsaspen-indarra deritzo hormak eragindako indar horri. Ebaki-duraren luzera-unitatearen oreka-baldintzak honela idazten dira:

γsg = γsl + γlg cos θ, (10.267)

I = γlg sin θ. (10.268)

Lehen emaitzaYoung-en ekuazioadeitzen da eta ukipen-angelua inguruneen ezaugarrien men-pekoa dela diosku. Bigarrenak luzera-unitatekoI itsaspen-indarra ematen digu.

10.35 IRUDIA Detergenteare

10. GAIA Ingurune jarraituak · 418 10 Ingurune jarraituak Ingurune jarraituen oinarrizko...

Documents

Transcript of 10. GAIA Ingurune jarraituak · 418 10 Ingurune jarraituak Ingurune jarraituen oinarrizko...