Μέτρηση της ταχύτητας ενός ρεύματος αέρα με τον σωλήνα Pitot 3.14 Με τον σωλήνα Pitot του διπλανού ( ) Λύση

Transcript

1

2 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) Παρατήρηση Δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε άμεσα την εξίσωση του Μπερνούλι ανάμεσα στις περιοχές (1) και () κάτω και πάνω από την πτέρυγα, επειδή δε βρίσκονται στην ίδια ρευματική γραμμή. Αυτό το ξεπερνάμε εφαρμόζοντας δύο φορές την εξίσωση αυτή: μία μεταξύ του σημείου (1) και ενός σημείου (Β) μακριά από την πτέρυγα και μία μεταξύ του σημείου () και ενός σημείου (Γ) μακριά από την πτέρυγα. Επειδή p B = p Γ = p ατμ και υ B = υ Γ = 0, τα δεύτερα μέλη στις δύο σχέσεις που θα προκύψουν θα είναι ίσα, οπότε, εξισώνοντας τα πρώτα μέλη, θα έχουμε μία έμμεση εφαρμογή της εξίσωσης του Μπερνούλι ανάμεσα στα σημεία (1) και (). Μέτρηση της ταχύτητας ενός ρεύματος αέρα με τον σωλήνα Pitot 3.14 Με τον σωλήνα Pitot του διπλανού ( ) σχήματος επιχειρούμε να μετρήσουμε την ( ) ταχύτητα υ ενός ρεύματος αέρα μετρώντας τη διαφορά μεταξύ της πίεσης p Α του σημείου Α (απόλυτη πίεση) και της πίεσης του σημείου Β (p B = p ατμ ). Το υγρό στον σωλήνα είναι υδράργυρος πυκνότητας ρ Hg = kg/m 3 και Δh = 4 cm. Να υπολογίσετε την ταχύτητα υ της ροής του αέρα. [Υποθέστε ότι στο σημείο Α ο αέρας έχει ταχύτητα υ Α = 0 (σημείο ανακοπής) και η πυκνότητα του αέρα είναι ρ α = 1, kg/m 3. Επίσης, g = 10 m/s.] Λύση Το σημείο Α είναι σημείο ανακοπής του ρεύματος του αέρα. Εκεί λοιπόν η ταχύτητα του αέρα είναι υ Α = 0, οπότε συμβαίνει στοίβαγμα του αέρα, με συνέπεια η πίεση p A να γίνεται μεγαλύτερη από την ατμοσφαιρική πίεση p ατμ. Στα πλάγια του σωλήνα, άρα και στο σημείο Β, ο αέρας έχει περίπου την ατμοσφαιρική πίεση p ατμ και ταχύτητα υ, δηλαδή την ταχύτητα του αέρα σχετικά με το ακίνητο όργανο. Εφαρμόζουμε την εξίσωση του Μπερνούλι ανάμεσα στο σημείο ( ) μακριά από τον σωλήνα και στο σημείο (Α) που βρίσκονται στην ίδια ρευματική γραμμή. Έχουμε: p 1 1 A + ρ α υ Α = p + ρ α υ (α). Eφαρμόζουμε επίσης την εξίσωση Μπερνούλι ανάμεσα στο σημείο (Β) και στο ( ). Έχουμε: p 1 1 Β + ρ α υ = p + ρ α υ (β). Τα δεύτερα μέλη των σχέσεων (α) και (β) είναι ίσα, οπότε προκύπτει: 19

3 Ρευστά σε κίνηση p A + ρ α υ Α = p Β + ρ α υ υ Α = 0 p Α = p ατμ + ρ α υ p Α p ατμ = ρ α υ p B = p ατμ 1 Δp Δp = ρ α υ υ = (1). ρ α Η διαφορά πίεσης Δp όμως εκφράζεται με την υδροστατική πίεση που ασκεί στη βάση της (σημείο Γ) η στήλη υδραργύρου ύψους Δh. Επομένως Δp = ρ Hg gδh (). Η σχέση (1) με αντικατάσταση της Δp από τη σχέση () δίνει υ = ρ Hg gδh υ = 95, m/s. ρ α Mεθοδολογία Μέτρηση της ταχύτητας ενός ρεύματος αέρα ή της ταχύτητας ενός αεροπλάνου με τον σωλήνα Pitot Δείτε το σχήμα της εκφώνησης. Το σημείο Α είναι σημείο ανακοπής, οπότε υ Α = 0 και p Α > p ατμ. Στο σημείο Β ισχύει ότι υ B = υ ( υ είναι η ταχύτητα του αέρα ή η ταχύτητα ενός αεροπλάνου ως προς τον ακίνητο αέρα) και p B = p ατμ. Για να υπολογίσουμε την ταχύτητα υ (του αέρα ή του αεροπλάνου), εργαζόμαστε ως εξής: Εφαρμόζουμε (έμμεσα) την εξίσωση του Μπερνούλι ανάμεσα στα σημεία Α και Β: p A + ρ α υ Α = p Β + ρ α υ Β υ Α = 0 p Α = p ατμ + ρ α υ p Α p ατμ = ρ α υ p B = p ατμ 1 Δp Δp = ρ α υ υ = (1). ρ α (Δείτε λεπτομέρειες στη λύση του παραδείγματος.) Η διαφορά πίεσης Δp είναι η υδροστατική πίεση που ασκεί στη βάση της η στήλη του υγρού πυκνότητας ρ υ, οπότε Δp = ρ υ gδh (). ρ υ gδh Από (1) και () υ =. ρ α Νόμος Μπερνούλι και ψεκασμός (ή σπρέι) 3.15 Με ένα φυσερό πετύχαμε ώστε ένα ρεύμα αέρα πυκνότητας ρ α = 1, kg/m 3 να εξέρχεται από το άκρο Α του οριζόντιου σωλήνα με ταχύτητα υ Α = 0 m/s. Το δοχείο (δ) πε- 130

4 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) ριέχει νερό πυκνότητας ρ ν = kg/m 3 και ο ανοικτός κατακόρυφος σωλήνας είναι βυθισμένος στο νερό. α) Να προβλέψετε τη «συμπεριφορά» του νερού που βρίσκεται στο δοχείο (δ). β) Να υπολογίσετε το ύψος h στο οποίο ανέρχεται το νερό στον κατακόρυφο σωλήνα. γ) Αν το τμήμα του κατακόρυφου σωλήνα που βρίσκεται έξω από το υγρό έχει μήκος = 4 cm, να υπολογίσετε την ελάχιστη απαιτούμενη ταχύτητα αέρα υ Αmin που πρέπει να πετύχουμε με το φυσερό, ώστε να ψεκάσουμε σταγονίδια από το νερό. (Δίνεται ότι g = 10 m/s και ότι στην περιοχή που διεξάγεται η διαδικασία επικρατεί άπνοια.) Λύση α) Το ρεύμα αέρα ταχύτητας υ Α που φυσήξαμε πάνω από το άνοιγμα του κατακόρυφου σωλήνα επιφέρει μείωση της πίεσης στην περιοχή αυτή. Η μείωση της πίεσης πάνω από το άνοιγμα του σωλήνα έχει ως αποτέλεσμα να ανυψωθεί το υγρό μέσα στον κατακόρυφο σωλήνα. Από μια τιμή της ταχύτητας υ Α και πάνω το υγρό ανεβαίνει όλο το μήκος του σωλήνα, αναμειγνύεται με το ρεύμα αέρα και διαχέεται σε πολύ μικρές σταγόνες (ψεκάζεται). β) Στα σημεία Γ και Ε επικρατεί η ατμοσφαιρική πίεση p ατμ (δείτε το σχήμα της εκφώνησης). Στο άκρο Α του κατακόρυφου σωλήνα επικρατεί πίεση p A < p ατμ λόγω του ρεύματος αέρα. Έτσι, στον κατακόρυφο σωλήνα ανυψώνεται στήλη υγρού ύψους h, ώστε η πίεση p A και η υδροστατική πίεση ρ ν gh που δημιουργεί να αντισταθμίσουν την πίεση p E = p ατμ που επικρατεί στην επιφάνεια του υγρού στο δοχείο. Έχουμε δηλαδή ότι: p A + ρ ν gh = p ατμ (1). Εφαρμόζουμε την εξίσωση του Μπερνούλι ανάμεσα στο σημείο Α και στο σημείο Γ πιο πέρα όπου ο αέρας είναι ακίνητος, δηλαδή είναι υ Γ = 0 και p Γ = p ατμ. 1 1 Έχουμε p 1 Α + ρ α υ Α = p Γ + ρ α υ Γ p Α + ρ α υ Α = p ατμ (). Οι σχέσεις (1) και () έχουν τα δεύτερα μέλη τους ίσα, οπότε: 1 ρ α υ Α p A + ρ ν gh = p Α + ρ α υ Α h = (3) h =,4 cm. ρ ν g 131

5 Ρευστά σε κίνηση Mεθοδολογία Αναρροφητική δράση ρεύματος αέρα Ψεκασμός (ή σπρέι) Δείτε προσεκτικά το σχήμα της εκφώνησης. i) Για να βρούμε το ύψος h στο οποίο ανεβαίνει το υγρό πυκνότητας ρ υ στον κατακόρυφο σωλήνα, εργαζόμαστε ως εξής: Αφού η στήλη υγρού ύψους h στον κατακόρυφο σωλήνα ισορροπεί, εφαρμόζουμε την ισορροπία των πιέσεων. Δηλαδή p Α + p υδρ = p Ε p Α + ρ υ gh = p ατμ (1). Εφαρμόζουμε την εξίσωση Μπερνούλι ανάμεσα στα σημεία Α και Γ (όπου υ Γ = 0 και p Γ = p ατμ ). Έχουμε: p A + ρ α υ Α = p Γ + ρ α υ Γ p Α + ρ α υ Α = p ατμ (). Από τις σχέσεις (1) και (): 1 ρ α υ Α p A + ρ υ gh = p A + ρ α υ Α h= (3). ρ υ g ii) Την ελάχιστη ταχύτητα υ Αmin ώστε να επιτύχουμε ψεκασμό την υπολογίζουμε με βάση τη σκέψη ότι πρέπει: ρ α υ Α ρ υ g ρ υ g h (3) υ Α υ Αmin =. ρ υ g ρ α ρ α γ) Για να έχουμε ψεκασμό σταγονιδίων νερού, πρέπει απαραίτητα να γίνει: ρ α υ Α ρ ν g ρ ν g h (3) υ Α υ Α. ρ ν g ρ α ρ α Επομένως υ Αmin = ρ ν g υ Αmin = 5,8 m/s. ρ α Σιφόνι Ένας βολικός τρόπος μετάγγισης υγρών 3.16 Το σιφόνι είναι ένας λυγισμένος σωλήνας σταθερής διατομής και είναι ένα βολικό όργανο για να μεταγγίσουμε ένα υγρό από το δοχείο του. Για να επιτευχθεί η ροή, ο σωλήνας πρέπει αρχικά να είναι γεμάτος με υγρό. Έστω ότι η πυκνότητα του υγρού που περιέχεται στο δοχείο του σχήματος είναι ρ, η ατμοσφαιρική πίεση p ατμ και η επιτάχυνση της βαρύτητας είναι g. Επίσης, ο σωλήνας έχει σταθερή διατομή. α) Αν το χαμηλότερο άκρο Γ του σιφονιού βρίσκεται σε 13

6 απόσταση h πιο κάτω από την ελεύθερη επιφάνεια του υγρού στο δοχείο, να υπολογίσετε την ταχύτητα υ Γ του υγρού καθώς εκρέει από αυτό το άκρο. β) Μια παράξενη ιδιότητα του σιφονιού είναι ότι, στην αρχή της ροής του, το υγρό ανεβαίνει προς τα πάνω. Να βρείτε πόσο είναι το μέγιστο ύψος H max που μπορεί να έχει το υψηλότερο σημείο Β του σωλήνα χωρίς να διακοπεί η ροή. (Το δοχείο έχει μεγάλη διάμετρο, η ροή είναι στρωτή και το ιξώδες αμελητέο.) Λύση α) Εφαρμόζουμε την εξίσωση του Μπερνούλι ανάμεσα στο σημείο Ε (επιφάνεια του υγρού στο δοχείο) και στο κάτω άκρο Γ του σωλήνα (του σιφονιού) που βρίσκονται στην ίδια φλέβα. Έχουμε p 1 1 E + ρυ E + ρgh = p Γ + ρυ Γ + 0. Αλλά p Ε = p Γ = p ατμ και υ Ε = 0 (αφού η διάμετρος του δοχείου είναι μεγάλη). Έτσι, έχουμε p 1 1 ατμ ρgh = p ατμ + ρυ Γ ρυ Γ = ρgh υ Γ = gh (1). β) Βρίσκουμε την πίεση στο ανώτερο σημείο Β του σωλήνα, εφαρμόζοντας την εξίσωση του Μπερνούλι ανάμεσα στα σημεία Ε και Β. 1 1 Έχουμε p E + ρυ E + ρgh = p B + ρυ B + ρg(h + h) (δείτε και το σχήμα της εκφώνησης). Αλλά p E = p ατμ, υ Ε = 0 και, επειδή ο σωλήνας έχει σταθερή διατομή, ισχύει υ Β = υ (1) Γ = gh (εξίσωση της συνέχειας). Έτσι, έχουμε p 1 ατμ + ρgh = p Β + ρ gh + ρg(h + h) 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) p ατμ + ρgh = p Β + ρgh + ρg(h + h) p Β = p ατμ ρg(h + h) (). Όμως, για να μη διακοπεί η ροή του νερού, πρέπει p Β 0, δηλαδή: p Β 0 () p ατμ ρg(h + h) 0 ρg(h + h) p ατμ ρg(h + h) p ατμ ρgh + ρgh p ατμ ρgh p ατμ ρgh p ατμ p ατμ H h H max = h. ρg ρg 133

7 Ρευστά σε κίνηση Mεθοδολογία Σιφόνι Κάποια... μυστικά Το σιφόνι είναι ένας λυγισμένος σωλήνας σταθερής διατομής και είναι ένα πρακτικό όργανο για να μεταγγίσουμε ένα υγρό από το δοχείο του. Η λειτουργία του στηρίζεται στις ελκτικές δυνάμεις που αναπτύσσονται μεταξύ των μορίων των υγρών (δυνάμεις συνοχής). Για να επιτευ - χθεί η ροή, ο σωλήνας πρέπει αρχικά να είναι γεμάτος με υγρό. Ισχύουν επίσης τα εξής: Επειδή ο σωλήνας έχει σταθερή διατομή, η ταχύτητα ροής είναι η ίδια σε όλα τα σημεία του. Δηλαδή η ταχύτητα υ Β στο υψηλότερο σημείο του Β είναι ίση με την ταχύτητα εκροής υ Γ στο κατώτερο σημείο Γ. Αυτό προκύπτει από την εξίσωση της συνέχειας. Για να υπάρχει ροή στο σιφόνι, πρέπει το εκτός δοχείου άκρο του σιφονιού να βρίσκεται χαμηλότερα από την ελεύθερη επιφάνεια του υγρού. Για να μη διακοπεί η ροή του νερού, στο ανώτερο σημείο Β πρέπει να είναι p Β 0. Δίκτυο ύδρευσης Διαφορική πίεση Η πίεση του νερού στο σπίτι 3.17 Το ισόγειο μιας διώροφης κατοικίας υδροδοτείται από έναν σωλήνα εσωτερικής διαμέτρου d 1 = 4 cm υπό απόλυτη (ολική) πίεση p 1 = Pα. Το μπάνιο του δεύτερου ορόφου βρίσκεται σε ύψος h = 6 m από το έδαφος και ο σωλήνας που οδηγεί σε αυτό έχει εσωτερική διάμετρο d = cm. Η ταχύτητα ροής του νερού στον σωλήνα εισόδου είναι υ 1 = m/s και g = 10 m/s. Να υπολογίσετε: α) Την ταχύτητα ροής υ του νερού στο μπάνιο του δεύτερου ορόφου. β) Την πίεση του νερού σε αυτό το μπάνιο. γ) Την παροχή Π νερού στο μπάνιο. δ) Τον ρυθμό ροής μάζας νερού Δm στο μπάνιο. Δt (Η πυκνότητα του νερού είναι ρ = kg/m 3.) Λύση α) Εφαρμόζουμε την εξίσωση συνέχειας ανάμεσα στο σημείο Α του σωλήνα εισόδου και στο σημείο Β του σωλήνα στο μπάνιο του δεύτερου ορόφου. A 1 πr 1 ( 10 ) Έχουμε A 1 υ 1 = Α υ υ = υ 1 υ = υ 1 υ = υ 1 Α πr (1 10 ) υ = 4υ 1 υ = 8 m/s. 134

8 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) β) Θα υπολογίσουμε την πίεση p του νερού στο μπάνιο του δεύτερου ορόφου εφαρμόζοντας την εξίσωση του Μπερνούλι ανάμεσα στα σημεία Α και Β, παίρνοντας y = 0 στο Α (στο ισόγειο). Έχουμε: p ρυ = p + ρυ + ρgh p = p 1 + ρ(υ 1 υ ) ρgh p 1 = (4 64) p = N/m p = N/m p = , N/m p = 4, N/m. γ) Για την παροχή νερού Π στο μπάνιο έχουμε: Π = Α υ Π = πr υ Π = π (1 10 ) 8 Π = 8π 10 4 m 3 /s. δ) Για τον ρυθμό ροής μάζας νερού στο μπάνιο έχουμε: ΔV = Π Δm ρδv Δt Δm Δm = = ρπ = 0,8π kg/s. Δt Δt Δt Δt Mεθοδολογία Απόλυτη πίεση Η ολική πίεση σε ένα σημείο ενός ρευστού λέγεται και απόλυτη πίεση. Διαφορική πίεση Η διαφορά πίεσης ενός σημείου ρευστού από την ατμοσφαιρική συνήθως ονομάζεται και διαφορική πίεση. (Δείτε και τη σελίδα 11 της θεωρίας.) Ρεύμα αέρα εξουδετερώνει το... βάρος 3.18 Μια ξύλινη λεπτή πλάκα εμβαδού Α = 500 cm και μάζας m = 1 kg κρεμιέται με ένα νήμα από τη μία πλευρά της. Κρατάμε την πλάκα σε οριζόντια θέση και με κάποιο ισχυρό φυσερό προσφυσάμε ένα ρεύμα αέρα ταχύτητας υ = 10 m/s μόνο στην επάνω επιφάνειά της. Να υπολογίσετε: α) Τη διαφορά πίεσης Δp που δημιουργείται ανάμεσα στην κάτω και στην επάνω επιφάνεια της πλάκας. β) Την ταχύτητα υ 1 του ρεύματος του αέρα, ώστε, αν η πλάκα αφεθεί ελεύθερη, να παραμείνει οριζόντια. (Δίνονται g = 10 m/s, πυκνότητα αέρα ρ = 1, kg/m 3, p ατμ = 10 5 N/m και ότι στην περιοχή της διαδικασίας επικρατεί άπνοια.) 135

9 Ρευστά σε κίνηση Λύση α) Η πίεση στην κάτω επιφάνεια της πλάκας, όπου ο αέρας είναι ακίνητος, είναι η ατμοσφαιρική. Τόση είναι η πίεση στο σημείο Γ στην προέκταση της πλάκας, το οποίο θεωρείται αρκετά μακριά από την πλάκα, ώστε να είναι υ Γ = 0 και p Γ = p ατμ. Εφαρμόζουμε τον νόμο του Μπερνούλι ανάμεσα στα σημεία Α και Γ που βρίσκονται στην ίδια ρευματική γραμμή. Έχουμε: p A + ρυ = p Γ + ρυ Γ υ Γ = 0 p Α + ρυ = p ατμ p ατμ p Α = ρυ p Γ = p ατμ 1 Δp = ρυ Δp = 60 N/m. β) Η διαφορά πίεσης Δp δημιουργεί μια δύναμη F με κατεύθυνση κατακόρυφη προς τα πάνω (p Α < p ατμ ) και μέτρο F = Δp Α. Για να παραμείνει οριζόντια η πλάκα, πρέπει να ισχύει ότι ΣF = 0 F w = 0 1 mg Δp Α = mg ρυ 1A = mg υ 1 = υ 1 = 18, m/s. ρα w Ρεύμα αέρα πάνω από το ένα σκέλος υοειδούς σωλήνα 3.19 Με ένα ισχυρό φυσερό φυσήξαμε ένα οριζόντιο ρεύμα αέρα ταχύτητας υ 1 = 0 m/s πάνω από το ένα σκέλος ενός καλά στερεωμένου κατακόρυφου ισοδιαμετρικού υοειδούς σωλήνα. Ο σωλήνας περιέχει οινόπνευμα πυκνότητας ρ υ = 800 kg/m 3. Να υπολογίσετε τη διαφορά στάθμης h μεταξύ των στηλών του υγρού στα δύο σκέλη. (Η πυκνότητα του αέρα είναι ρ α = 1, kg/m 3 και g = 10 m/s.) Λύση Πάνω από το σκέλος ο αέρας είναι ακίνητος. Επομένως το υγρό του δεξιού σκέλους δέχεται την ατμοσφαιρική πίεση p ατμ. Δηλαδή p = p ατμ. Πάνω από το αριστερό σκέλος 1 υπάρχει το ρεύμα αέρα ταχύτητας υ 1. Έτσι, σύμφωνα με τον νόμο του Μπερνούλι, το υγρό του αριστερού σκέλους θα δέχεται πίεση p 1 μικρότερη από την ατμοσφαιρική πίεση. Η διαφορά πίεσης ανάμεσα στα σκέλη και 1, και αφού p > p 1, έχει ως συνέπεια να κατέρχεται το υγρό στο σκέλος και να ανέρχεται αντίστοιχα στο σκέλος 1. Έτσι δημιουργείται μια διαφορά στάθμης ύψους h ανάμεσα στα δύο σκέλη του υοειδούς σωλήνα. 136

10 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) Η τιμή της διαφοράς στάθμης h εξαρτάται από τη διαφορά των πιέσεων στα δύο σκέλη. Εφαρμόζουμε τον νόμο του Μπερνούλι ανάμεσα στα σημεία 1 και Γ που βρίσκεται μακριά. Έχουμε: p ρ α υ 1 = p Γ + ρ α υ Γ υ Γ = 0 p 1 + ρ α υ 1 = p ατμ p ατμ p 1 = ρ α υ 1 (1). p Γ = p ατμ Το υγρό στον σωλήνα είναι ακίνητο. Επομένως στα σημεία Α και Β (δείτε το σχήμα) επικρατούν ίσες πιέσεις. Δηλαδή: p Α = p Β p 1 + ρ υ gh = p ατμ p ατμ p 1 = ρ υ gh (). Οι σχέσεις (1) και () έχουν τα πρώτα τους μέλη ίσα. Επομένως: 1 ρ α υ 1 ρ υ gh = ρ α υ 1 h = h = 0,03 m (ή h = 3 cm). ρ υ g Νόμος Μπερνούλι και αντλία 3.0 Με έναν σωλήνα σταθερής διατομής Α = 10 cm μεταγγίζουμε νερό από μια δεξαμενή σε μια άλλη που βρίσκεται σε ύψος h = 4 m από την αντλία προώθησης του νερού. Το νερό N ρέει στον σωλήνα με σταθερή ταχύτητα υ = 4 m/s. h Α. Να υπολογίσετε: M α) Τη διαφορά πίεσης στα άκρα Μ και Ν του σωλήνα (Μ είναι K το σημείο μετά την αντλία και Ν το σημείο στη δεξαμενή προορισμού). β) Τον ρυθμό ΔW με τον οποίο παράγει έργο αυτή η διαφορά πίεσης. Δt γ) Την ισχύ P αντλίας της αντλίας. ΔW Β. α) Σε τι μετατρέπεται ο ρυθμός με τον οποίο παράγει έργο η διαφορά πίεσης Δt μεταξύ των σημείων Μ και Ν; β) Μπορούμε να εφαρμόσουμε τον νόμο του Μπερνούλι για τα σημεία Κ και Μ εκατέρωθεν της αντλίας; (Η πυκνότητα του νερού είναι ρ = kg/m 3 και g = 10 m/s. Δεχτείτε ότι το νερό φτάνει στην είσοδο Κ της αντλίας με περίπου μηδενική ταχύτητα.) Λύση Α. α) Εφαρμόζουμε την εξίσωση του Μπερνούλι μεταξύ των σημείων Μ και Ν του σωλήνα. Έχουμε: p 1 1 M + ρυ M + 0 = p N + ρυ N + ρgh (1). 137

11 Ρευστά σε κίνηση Σύμφωνα με την εξίσωση της συνέχειας, επειδή ο σωλήνας έχει σταθερή διατομή, ισχύει υ Μ = υ Ν, οπότε η σχέση (1) γίνεται: p M = p N + ρgh p M p N = ρgh () και με αντικατάσταση: p M p N = 0, N/m. β) Εξαιτίας της διαφοράς πίεσης p M p N, σε χρόνο Δt μετακινείται μεταξύ των σημείων Μ και Ν όγκος νερού ΔV. Το έργο που παράγεται από τη διαφορά πίεσης σε αυτή την περίπτωση είναι ΔW = (p M p N )ΔV και ο ρυθμός παραγωγής αυτού του έργου είναι: ΔW (p M p N )ΔV ΔW ΔW ΔW = = (p M p N )Π () = ρghaυ = 160 J/s (W). Δt Δt Δt Δt Δt γ) Μια μάζα Δm νερού μεταφέρεται σε ύψος h μέσω της αντλίας. Έστω ΔW αντλίας το έργο της αντλίας κατ αυτή τη μετακίνηση. Καθώς η μάζα Δm του νερού ανεβαίνει σε ύψος h, αυξάνεται η δυναμική της ενέργεια κατά ΔU = Δm gh. 1 Επίσης, η αντλία αυξάνει την κινητική ενέργεια της μάζας Δm του νερού κατά ΔΚ= Δm υ. Σύμφωνα με την αρχή της διατήρησης της ενέργειας, ισχύει: ΔW 1 υ αντλίας = ΔΚ + ΔU ΔW αντλίας = Δm υ + Δm gh ΔW αντλίας = ( ) + gh Δm (3). Η ισχύς που προσφέρει η αντλία είναι: 138 ΔW αντλίας υ Δm (4). Δt Δt P αντλίας = (3) P αντλίας = ( + gh ) Δm ρδv Δm Όμως = = ρπ Π = Αυ = ραυ (5). Δt Δt Δt υ Επομένως η σχέση (4) (5) P αντλίας = ( + gh ) ραυ P αντλίας = 19 W. Β. α) Το νερό εξερχόμενο από την αντλία, στο σημείο Μ, έχει ήδη αποκτήσει την ταχύτητά ΔW του υ. Επομένως ο ρυθμός με τον οποίο παράγει έργο η διαφορά πίεσης μεταξύ των Δt σημείων Μ και Ν μετατρέπεται σε αύξηση της δυναμικής ενέργειας των μαζών του νερού. β) Όχι, δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε τον νόμο του Μπερνούλι για δύο σημεία εκατέρωθεν της αντλίας όπως τα Κ και Μ.

12 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) Αν μια μάζα ρευστού Δm διέλθει από την αντλία, αμέσως μετά από αυτή θα έχει μεγαλύτερη μηχανική ενέργεια από αυτήν που είχε πριν. Αυτό συμβαίνει επειδή η αντλία προσφέρει ενέργεια στο ρευστό για να το προωθήσει. Όμως ο νόμος του Μπερνούλι είναι συνέπεια της αρχής διατήρησης της ενέργειας. Άρα ο νόμος του Μπερνούλι εκατέρωθεν της αντλίας δεν ισχύει. Mεθοδολογία Νόμος Μπερνούλι και αντλία Μια αντλία προωθεί ένα ρευστό συμπιέζοντάς το. Μπορούμε να εφαρμόσουμε τον νόμο του Μπερνούλι μεταξύ δύο σημείων Α και Β του ρευστού αν και τα δύο είναι πριν από την αντλία ή αν και τα δύο είναι μετά την αντλία. Δεν ισχύει ωστόσο ο νόμος του Μπερνούλι αν το ένα σημείο είναι πριν και το άλλο μετά την αντλία. Πράγματι, αν μια μάζα ρευστού Δm διέλθει από την αντλία, αμέσως μετά από αυτή θα έχει μεγαλύτερη μηχανική ενέργεια από αυτήν που είχε πριν. Αυτό συμβαίνει επειδή η αντλία προσφέρει ενέργεια στο ρευστό για να το προωθήσει. Όμως ο νόμος του Μπερνούλι είναι συνέπεια της αρχής διατήρησης της ενέργειας. Άρα ο νόμος του Μπερνούλι δεν ισχύει εκατέρωθεν της αντλίας. Ε. Λυμένα προβλήματα Ταχύτητα εκροής υγρού 3.1 Η ταχύτητα εκροής υγρού από δοχείο εξαρτάται και από τη σχέση μεταξύ των διατομών Α τ της τρύπας και Α δ του δοχείου. Στη βάση ενός ανοικτού κυλινδρικού δοχείου διατομής Α δ υπάρχει μια κλειστή τρύπα διατομής Α τ. Το ύψος του νερού στο δοχείο είναι Η = 3, m. Α. Να υπολογίσετε την ταχύτητα υ εκροής του υγρού μόλις ανοίγουμε την τρύπα στις περιπτώσεις όπου: Α δ Α δ α) A τ = β) A τ = Α δ Α δ γ) A τ = δ) A τ = 3 (Δίνεται ότι g = 10 m/s.) 139

13 Ρευστά σε κίνηση B. Για την περίπτωση δ να υπολογίσετε την ταχύτητα με την οποία αρχίζει να ελαττώνεται το ύψος του νερού στο δοχείο, δηλαδή τον λόγο ΔΗ τη στιγμή που ανοίγουμε την τρύπα. Δt Λύση Α. Γενική εξέταση Εφαρμόζουμε την εξίσωση Μπερνούλι για τα σημεία Μ και Ν της ίδιας φλέβας νερού. Έχουμε: 1 1 p M + ρυ Μ + ρgh = p N + ρυ N + 0. Όμως p M = p N = p ατμ, υ Ν είναι η ταχύτητα υ εκροής του νερού (υ Ν = υ) και υ Μ η ταχύτητα με την οποία κατεβαίνει η στάθμη (δηλαδή η ελεύθερη επιφάνεια) του νερού. Έτσι, η σχέση του Μπερνούλι γίνεται: 1 1 p ατμ + ρυ Μ + ρgh = p ατμ + ρυ 1 1 ρυ = ρυ Μ + ρgh υ υ Μ = gh (1). Εφαρμόζουμε την εξίσωση της συνέχειας για την ίδια φλέβα. Έχουμε: A τ Π = σταθ. Π δ = Π τ Α δ υ Μ = Α τ υ υ Μ = υ (). Α δ Η σχέση (1) με τη βοήθεια της σχέσης () γίνεται: A τ A τ gh gh (1) () υ υ = gh υ ( 1 ) = gh υ = υ = (A). Α δ Α δ A τ 1 1 Α δ Α δ Από τη σχέση (Α) φαίνεται ότι η ταχύτητα εκροής υ του υγρού τη στιγμή που ανοίγουμε την τρύπα εξαρτάται από το ύψος Η της στάθμης του υγρού πάνω από την τρύπα και από τον λόγο των διατομών Α τ και Α δ. A δ α) Όταν Α τ =, ο παρονομαστής της σχέσης (Α) γίνεται: 100 A ( δ ) Α τ 100 Α δ 1 παρ 1 = 1 = 1 παρ 1 = 1 παρ 1 = 1 Α δ Α δ Α δ

14 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) παρ 1 = παρ Έτσι, η ταχύτητα υ θα είναι: υ 1 = gh υ 1 = gh υ 1 = 10 3, υ 1 = 8 m/s. 1 A 0 β) Όταν Α τ =, ο παρονομαστής της σχέσης (Α) γίνεται: 10 A δ Α δ ( ) Α τ παρ 1 99 = 1 παρ = 1 = 1 παρ = 1 παρ =. Α δ Α δ Α δ Έτσι, από τη σχέση (Α) προκύπτει ότι: υ = gh gh 10 gh 10 8 = υ = = = υ = 8,04 m/s , Η τιμή υ της ταχύτητας εκροής σε αυτή την περίπτωση προσεγγίζει ικανοποιητικά την τιμή που προκύπτει από την απευθείας εφαρμογή του θεωρήματος του Torricelli. Αυτό οφείλεται Α στο ότι η διατομή Α δ τ = της τρύπας θεωρείται και τώρα πολύ μικρή σε σχέση με τη 10 διατομή Α δ του δοχείου. A δ γ) Όταν Α τ =, ο παρονομαστής της σχέσης (Α) γίνεται: 3 Α δ Α τ 9 παρ = 1 = 1 παρ 3 = 1 παρ 3 =. Α δ Α 9 9 δ Έτσι, από τη σχέση (Α) έχουμε: gh gh 3 gh υ 3 = = υ 3 = = υ 3 = υ 3 = 8,48 m/s , Η τιμή αυτή διαφέρει από την τιμή υ = 8 m/s που υπολογίζουμε από το θεώρημα του Torricelli. 141

15 Ρευστά σε κίνηση A δ δ) Όταν Α τ =, ο παρονομαστής της σχέσης (Α) γίνεται: Α δ Α τ 4 παρ = 1 = 1 παρ 4 = 1 παρ 4 =. Α δ Α 4 4 δ Έτσι, από τη σχέση (Α) έχουμε: gh gh 8 16 υ 4 = = υ 4 = = υ 4 = 9,5 m/s , Η τιμή αυτή απέχει αρκετά από την τιμή υ = 8 m/s που προέκυψε από το θεώρημα του Torricelli. Β. Η ταχύτητα με την οποία αρχίζει να ελαττώνεται το ύψος του νερού στο δοχείο, δηλαδή ο λόγος,είναι ΔΗ η αρχική ταχύτητα υμ των μορίων νερού της ελεύθερης επιφάνειας του νερού. Δt Εφόσον στην περίπτωση δ η ταχύτητα εκροής είναι υ = υ 4 = 9,5 m/s, από τη σχέση () της γενικής εξέτασης προκύπτει ότι: ΔΗ Α A τ δ ΔΗ 1 ΔΗ = υ Μ = υ = υ Μ = υ 4 = 4,63 m/s. Δt Α δ Δt Δt Mεθοδολογία Για την εφαρμογή του θεωρήματος του Torricelli 1) Όταν δίνεται ότι η διατομή της οπής είναι πολύ μικρή σε σχέση με τη διατομή του δοχείου, τότε μπορούμε να υπολογίζουμε την ταχύτητα εκροής του υγρού απευθείας από τη σχέση υ = gh του θεωρήματος του Torricelli. ) Όταν δίνεται ότι οι διατομές της οπής και του δοχείου είναι συγκρίσιμες, π.χ. δίνεται ο λόγος A, τ τότε δεν είναι ασφαλές να εφαρμόσουμε απευθείας τη σχέση του Torricelli. A δ Εργαζόμαστε ως εξής: Εφαρμόζουμε την εξίσωση του Μπερνούλι για τα σημεία Ε και Τ της ίδιας φλέβας νερού που βρίσκονται στην ελεύθερη επιφάνεια του υγρού και στην οπή αντίστοιχα. Προκύπτει η σχέση 1 1 p E + ρυ E + ρgh = p Τ + ρυ Τ (1), όπου p E = p Τ =p ατμ. Εφαρμόζουμε την εξίσωση της συνέχειας για την ίδια φλέβα. Προκύπτει η σχέση A τ υ τ Aδ υ Ε =A τ υ τ υ Ε = (). A δ 14 A τ 1 = υ = υ 4

16 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) Από τις σχέσεις (1) και () προκύπτει τελικά ότι: gh υ Τ =, A τ 1 A δ από την οποία υπολογίζουμε την ταχύτητα εκροής υ Τ. Τέλος, από τη σχέση () υπολογίζουμε και την ταχύτητα υ Ε με την οποία αρχίζει να κατεβαί- Δh νει η στάθμη του υγρού στο δοχείο, δηλαδή τον ρυθμό. Δt Η πίεση στην ελεύθερη επιφάνεια του υγρού είναι μεγαλύτερη από την ατμοσφαιρική 3. Το κυλινδρικό δοχείο του διπλανού σχήματος περιέχει νερό μέχρι ύψους Η = 0,8 m και ισορροπεί στην άκρη μιας εξέδρας ύψους h = 5 m. Στη βάση του δοχείου και επί της παράπλευρης επιφάνειας (δηλαδή σε βάθος Η από την ελεύθερη επιφάνεια του υγρού) υπάρχει μια μικρή τρύπα στην οποία εφαρμόσαμε έναν μικρό οριζόντιο σωλήνα διατομής Α = cm που είναι φραγμένος με μια τάπα. Α. Αν τραβήξουμε απότομα την τάπα, να υπολογίσετε την ταχύτητα υ 1 με την οποία θα εκτοξευτεί το νερό από τον σωλήνα. Β. Ενώ η τάπα είναι ακόμα στη θέση της, με κάποιο μηχανισμό η πίεση στην ελεύθερη επιφάνεια Ε του νερού γίνεται 3 p ατμ και αμέσως μετά τραβάμε πάλι απότομα την τάπα. Να υπολογίσετε: α) Την ταχύτητα υ εκτόξευσης του νερού από τον σωλήνα. s β) Τον λόγο, s όπου s είναι το βεληνεκές του νερού όταν p É = 3 atm και s 1 το βεληνε- 1 κές όταν p E = 1 atm. Α γ) Τον λόγο 1, όπου Α 1 είναι η διατομή της φλέβας του νερού τη στιγμή που φτάνει στο Α έδαφος όταν εκτοξεύεται με την ταχύτητα υ 1 και Α η αντίστοιχη διατομή όταν το νερό εκτοξεύεται με την ταχύτητα υ. (Η πυκνότητα του νερού είναι ρ = 10 3 kg/m 3, p ατμ = 10 5 N/m, g = 10 m/s και στην περιοχή του φαινομένου επικρατεί άπνοια.) Λύση Α. Από το θεώρημα του Torricelli προκύπτει ότι υ 1 = gh υ 1 = 4 m/s. 143

17 Ρευστά σε κίνηση Β. α) Για να βρούμε την ταχύτητα με την οποία θα εκτοξευτεί το νερό από τον σωλήνα μόλις τραβήξουμε απότομα την τάπα, όταν η πίεση στην ελεύθερη επιφάνεια Ε γίνει p É = 3p ατμ, εφαρμόζουμε τον νόμο του Μπερνούλι μεταξύ της ελεύθερης επιφάνειας Ε και του στομίου του σωλήνα (δείτε τη Μεθοδολογία παρακάτω). Έχουμε: p 1 1 É + ρυ Ε + ρgh = p Α + ρυ (1). Η ταχύτητα υ Ε με την οποία κατέρχεται η ελεύθερη επιφάνεια είναι πολύ μικρή, αμελητέα, σε σχέση με την ταχύτητα εκροής υ, οπότε θέτουμε στην (1) υ Ε = 0. Επίσης, p É = 3p ατμ και p Α = p ατμ, εφόσον το σημείο εκροής Α είναι σε επαφή με τον αέρα. Αντικαθιστώντας στη σχέση (1), έχουμε: 1 1 4p 3p ατμ ατμ + ρgh = p ατμ + ρυ p ατμ + ρgh = ρυ υ = + gh ρ υ = 4p ατμ ρ + gh υ = 0,4 m/s. Mεθοδολογία Όταν η πίεση στην ελεύθερη επιφάνεια του υγρού που περιέχεται σε δοχείο είναι p Ε p ατμ,τότε δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε τη σχέση υ εκρ = gh που προέρχεται από το θεώρημα του Torricelli και δίνει την ταχύτητα εκροής του υγρού. Σε μια τέτοια περίπτωση, την υπολογίζουμε εφαρμόζοντας την εξίσωση του Μπερνούλι για μια φλέβα που βρίσκεται μεταξύ της ελεύθερης επιφάνειας Ε του υγρού και του σημείου εξόδου του υγρού που βρίσκεται σε βάθος h. β) Το νερό και στις δύο περιπτώσεις εκτοξεύεται από το ύψος h. Έτσι ο χρόνος πτώσης t πτ είναι ο ίδιος, οπότε για τον λόγο των βεληνεκών έχουμε: s υ t πτ s υ s = = = 5,1. s 1 υ 1 t πτ s 1 υ 1 s 1 γ) Όταν μια στοιχειώδης μάζα Δm νερού εκτοξεύεται οριζόντια από το ύψος h με ταχύτητα υ 1, φτάνει στο έδαφος με ταχύ τη τα υ 1, που θα την υπολογίσουμε εφαρμόζοντας την Α.Δ.Μ.Ε. Έχουμε Ε μηχαρχ = Ε μηχτελ Κ αρχ + U αρχ = Κ τελ + U τελ 1 Δm υ Δm gh = Δm υ υ 1 = υ 1 + gh υ 1 = 10,8 m/s. Όμοια βρίσκουμε ότι το νερό που εκτοξεύεται οριζόντια με την ταχύτητα υ φτάνει στο έδαφος με ταχύτητα υ = υ + gh υ =,7 m/s. Εφαρμόζουμε την εξίσωση της συνέχειας μεταξύ των διατομών Α και Α 1. Έχουμε: Αυ Αυ 1 1 = Α 1 υ 1 Α 1 = (1). υ 1 144

18 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) Όμοια για τις διατομές Α και Α ισχύει ότι: Αυ Αυ = Α υ Α = (). υ Διαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (), προκύπτει ότι: Αυ 1 (1) A 1 υ 1 A 1 υ 1 υ A 1 = = = 0,41. () A Aυ Α υ υ 1 Α υ Mεθοδολογία A Θα αναμένατε ότι, εφόσον 1 υ > υ 1, θα έπρεπε να είναι Α < Α 1, δηλαδή ο λόγος > 1. A Σε αυτή τη σκέψη μάς οδηγεί η ιδέα της εξίσωσης της συνέχειας. Όμως τα ζεύγη (υ 1, Α 1 ) και (υ, Α ) αναφέρονται στις διαφορετικές φλέβες νερού ΑΑ 1 και ΑΑ. Έτσι δεν καλύπτονται από τη λογική Α υ = σταθ. της εξίσωσης της συνέχειας, όπου στη μεγαλύτερη ταχύτητα αντιστοιχεί μικρότερη διατομή και αντίστροφα. Αυτή η λογική, δηλαδή ο νόμος της συνέχειας, ισχύει και εφαρμόζεται μόνο για την ίδια φλέβα. Μάζα νερού που βρίσκεται στον αέρα κάθε χρονική στιγμή 3.3 Ένα κυλινδρικό δοχείο περιέχει νερό μέχρι ύψους Η = 100 cm και ισορροπεί πάνω στο οριζόντιο επίπεδο στο οποίο ακουμπάει ο οριζόντιος πυθμένας του. Σε δύο απέναντι κατακόρυφους οδηγούς στην πλευρική επιφάνεια του δοχείου βρίσκονται δύο τρύπες εμβαδού διατομής Α 1 = Α = Α = cm βουλωμένες με φελλούς. Η μία τρύπα βρίσκεται σε βάθος h 1 από την ελεύθερη επιφάνεια του νερού και η άλλη σε βάθος h. Τη χρονική στιγμή t = 0 s τραβάμε ταυτόχρονα απότομα τους δύο φελλούς, οπότε οι φλέβες νερού που εκτοξεύονται χτυπάνε στο έδαφος σε αποστάσεις s 1 και s από τη βάση του δοχείου, όπως στο σχήμα. α) Αν s 1 = s, να αποδείξετε ότι Η = h 1 + h. β) Αν δοθεί ότι, παρόλο που έφυγαν οι τάπες, το δοχείο δε μετακινήθηκε, να υπολογίσετε τη στατική τριβή που δέχεται το δοχείο τη χρονική στιγμή t = 0 s. Δίνεται ότι h 1 = 80 cm. γ) Nα υπολογίσετε τη μάζα νερού που βρίσκεται κάθε στιγμή στον αέρα ανάμεσα στο δοχείο και στο οριζόντιο επίπεδο, τη στιγμή που και οι δύο φλέβες νερού θα έχουν συναντήσει το οριζόντιο επίπεδο. Η πυκνότητα του νερού είναι ρ = 10 3 kg/m 3 και g = 10 m/s. 145

19 Ρευστά σε κίνηση α) Έχουμε ότι s 1 = s υ 1 t 1 = υ t Λύση y 1 y υ 1 g = υ g gh 1 (H h 1 ) (H h ) g = gh g 4gh 1 (H h 1 ) 4gh (H h ) g = g 4h 1 (H h 1 ) = 4h (H h ) h 1 H h 1 = h H h h 1 H h H = h 1 h H(h 1 h ) = (h 1 + h )(h 1 h ) H = h 1 + h. β) Μόλις φύγει ο φελλός, το νερό εξέρχεται από την τρύπα 1 με ταχύτητα υ 1 = gh 1 (α) (θεώρημα του Torricelli). Η μεταβολή της ορμής μιας μικρής μάζας Δm νερού τη στιγμή που βγαίνει από το δοχείο είναι: Δp = p τελ p αρχ, οπότε αλγεβρικά Δp = Δm υ 1 0 Δp = Δm υ 1 (1). Αν Δt είναι η χρονική διάρκεια της εξόδου αυτής της μικρής μάζας, τότε η μέση δύναμη που Δp Δm υ 1 της προκαλεί αυτή τη μεταβολή ορμής είναι F 1 = (1) F 1 = (). Δt Δt Όμως το πηλίκο Δm είναι ο ρυθμός ροής μάζας του νερού από την τρύπα και είναι: Δt Δm ρδv Δm Δm = = ρπ Π = Αυ 1 = ραυ 1 (3). Δt Δt Δt Δt Η σχέση () (3) F 1 = ραυ 1 (α) F 1 = ρα gh 1 F 1 = ραgh 1. Σύμφωνα με τον τρίτο νόμο του Νεύτωνα, το δοχείο θα δέχεται από το νερό που βγαίνει αντίθετη δύναμη F 1 που το μέτρο της θα είναι F 1 = ραgh 1 (4). Εντελώς όμοια προκύπτει ότι το νερό που βγαίνει από την τρύπα θα ασκεί στο δοχείο δύναμη F που το μέτρο της θα είναι F = ρagh (5). Οι δυνάμεις F 1 και F φαίνονται στο παραπάνω σχήμα. Η συνολική δύναμη F ν λοιπόν που δέχεται το δοχείο από το νερό που βγαίνει έχει μέτρο F v = F 1 F (4) 146 (5) F v = ρagh 1 ραgh F v = ραg(h 1 h ) (6).

20 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) Από τη σχέση Η = h 1 + h h = H h 1 h = 0 cm. Έτσι, από τη σχέση (6) έχουμε ότι F v = N F v =,4 N. Επειδή το δοχείο ισορροπεί, ισχύει ότι ΣF = 0 F v T στ = 0 T στ = F v T στ =,4 Ν. Η στατική τριβή λοιπόν που δέχεται το δοχείο από το οριζόντιο δάπεδο έχει μέτρο T στ =,4 Ν και οριζόντια διεύθυνση με φορά προς τα αριστερά. γ) Η φλέβα νερού που εξέρχεται από την τρύπα 1 εκτελεί οριζόντια βολή από ύψος y 1 = H h 1. Ο χρόνος μέχρι να φτάσει το νερό στο έδαφος είναι: y 1 (H h 1 ) 0 10 t 1 = t 1 = t 1 = t 1 = 0, s. g g 10 Από την τρύπα 1, στον αέρα θα έχουμε ποσότητα νερού όγκου V 1 και μάζας m 1 = ρv 1 = ρπ 1 t 1 Π 1 =Αυ 1 υ 1 = gh 1 m 1 = ραυ 1 t 1 m 1 = ραt 1 gh 1 m 1 = 0,16 kg. Η φλέβα νερού που εξέρχεται από την τρύπα εκτελεί οριζόντια βολή από ύψος y = H h. Ο χρόνος μέχρι να φτάσει το νερό στο έδαφος είναι: y (H h ) t = g t = g t = 0,4 s. Από την τρύπα, στον αέρα θα έχουμε ποσότητα νερού: m = ρv = ρπ t m = ραυ t m = ραt gh m = 0,16 kg. Η συνολική μάζα νερού που θα βρίσκεται στον αέρα ελάχιστα μετά τη στιγμή t = 04 s θα είναι: m ολ = m 1 + m m ολ = 0,3 kg. Mεθοδολογία Δοχείο με κατακόρυφα τοιχώματα γεμάτο υγρό έχει τρύπα στο πλάι από την οποία εκτοξεύεται νερό Μάζα νερού που βρίσκεται κάθε στιγμή στον αέρα Από μια μικρή τρύπα εμβαδού Α που βρίσκεται σε βάθος h από την ελεύθερη επιφάνεια του υγρού εκτοξεύεται με οριζόντια ταχύτητα y υ= gh μια φλέβα νερού η οποία πέφτει στο έδαφος σε χρόνο t =,όπου g y = H h (δείτε και το σχήμα). 147

21 Ρευστά σε κίνηση Όταν το υγρό φτάσει στο έδαφος και μετά, θα έχουμε κάθε στιγμή στον αέρα ποσότητα υγρού μάζας m = ρv (1), όπου ρ είναι η πυκνότητα και V ο όγκος του υγρού που είναι στον αέρα. Από τη σχέση Π = V V = Πt, οπότε η σχέση (1) γίνεται: t m = ρπt Π = Αυ m = ραυt m = ρα gh y g m = ρα 4hy m = ρα hy. Βολή νερού προκαλεί Α.Α.Τ. Μυστική μάζα ταλαντωτή 3.4 Ένα κυλινδρικό δοχείο (Δ 1 ) περιέχει νερό μέχρι ύψους Η = 100 cm και ισορροπεί πάνω στο οριζόντιο τραπέζι. Σε βάθος h = 80 cm από την επιφάνεια του νερού υπάρχει μια κυκλική τρύπα εμβαδού Α 1 = cm βουλωμένη με φελλό. Το ελαφρύ κυλινδρικό δοχείο (Δ ) μάζας m δ = 160 g είναι στερεωμένο στο επάνω άκρο κατακόρυφου ιδανικού ελατηρίου σταθεράς k = 3 N/m, που η άλλη του άκρη είναι στερεωμένη στο πάτωμα. Το δοχείο Δ βρίσκεται στη θέση ισορροπίας του, ενώ μέσω ενός αβαρούς νήματος που έχει το κανονικό του μήκος χωρίς να είναι τεντωμένο συνδέεται με το ακλόνητο σημείο Ν, όπως στο σχήμα. Στο σχήμα επίσης φαίνεται ότι η ανοικτή οριζόντια πάνω βάση του μικρού δοχείου βρίσκεται στο ύψος της επιφάνειας του τραπεζιού, με το κέντρο της Κ να βρίσκεται στο ίδιο κατακόρυφο επίπεδο με τη γενέτειρα του δοχείου Δ 1 στην οποία είναι η τρύπα. Δίνεται ακόμα ότι η απόσταση (ΟΚ) από τη βάση του δοχείου είναι η απαιτούμενη ώστε, μόλις ξεβουλώσουμε την τρύπα, η φλέβα νερού που θα εκτοξευτεί να πέφτει στο σημείο Κ. Κάποια στιγμή τραβάμε απότομα τον φελλό και, μόλις το νερό φτάσει στο σημείο Κ, ξανακλείνουμε ακαριαία την τρύπα. Α. Να υπολογίσετε: α) Την απόσταση (ΟΚ). β) Το εμβαδόν Α K της διατομής της φλέβας του νερού στο σημείο Κ. Β. Αφού ολοκληρωθεί η βολή του νερού και σταματήσουν οι όποιοι κραδασμοί, τη χρονική στιγμή t = 0 καίμε το νήμα. Να υπολογίσετε: α) Το πλάτος Α και την αρχική φάση φ 0 της Α.Α.Τ. που θα εκτελέσει το σύστημα δοχείο με νερό - ελατήριο. 148

22 β) Το μέγιστο διάστημα s max που μπορεί να διανύσει ένα σημείο του δοχείου καθώς ταλαντώνεται σε χρόνο Δt = 0,05π s. (Η πυκνότητα του νερού είναι ρ = 10 3 kg/m 3, g = 10 m/s και θεωρούμε ότι όλο το νερό που εκτοξεύτηκε από το δοχείο Δ 1 μαζεύτηκε στο δοχείο Δ.) Λύση Α. α) Η ταχύτητα υ 0 με την οποία εκτοξεύεται η φλέβα του νερού μόλις τραβήξουμε το φελλό προκύπτει από το θεώρημα του Torricelli. Είναι υ 0 = gh υ 0 = 4 m/s. Η απόσταση (ΟΚ) είναι το βεληνεκές της οριζόντιας βολής που εκτελεί η φλέβα του νερού, οπότε (ΟΚ) = υ 0 t πτ (1). y Αλλά ο χρόνος πτώσης του νερού στο έδαφος είναι t πτ =, g όπου y = H h y = 0 cm (δείτε το σχήμα της εκφώνησης). Έτσι, προκύπτει ότι t πτ = 0, s. Επομένως από τη σχέση (1) έχουμε ότι (ΟΚ) = 0,8 m. β) Εφαρμόζουμε την εξίσωση του Μπερνούλι για τη φλέβα του νερού ανάμεσα στα σημεία Μ και Κ. Έχουμε: p 1 1 M + ρυ 0 + ρgy = p K + ρυ K + 0. Αλλά επειδή τα σημεία Μ και Κ είναι στον αέρα, ισχύει p M = p K = p ατμ. Έτσι, η παραπάνω σχέση γίνεται: p 1 1 ατμ + ρυ 0 + ρgy = p ατμ + ρυ K υ K = υ 0 + gy υ Κ = υ 0 + gy υ Κ = 5 m/s. Εφαρμόζουμε επίσης την εξίσωση της συνέχειας ανάμεσα στις διατομές Α Μ = Α 1 και Α Κ. Α 1 υ Έχουμε Α 0 M υ M = Α Κ υ Κ Α 1 υ 0 = Α Κ υ Κ Α Κ = υ Α Κ = 0,8 5 cm. Κ Παρατήρηση Την ταχύτητα υ Κ μπορούμε να την υπολογίσουμε και με εφαρμογή της Α.Δ.Μ.Ε. για την κίνηση μιας μάζας Δm νερού ανάμεσα στα σημεία Μ και Κ. Πράγματι: 1 1 E μηχμ = Ε μηχκ Κ Μ + U Μ = Κ Κ + U Κ Δm υ 0 + Δm gy = Δm υ Κ + 0 υ Κ = υ 0 + gy υ Κ = 5 m/s. 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) Β. α) Όλη η μάζα νερού που βρέθηκε στον αέρα από τη στιγμή που τραβήξαμε απότομα τον φελλό μέχρι που ξανακλείσαμε ακαριαία την τρύπα μαζεύτηκε στο δοχείο Δ. Τη στιγμή που το νερό φτάνει στο σημείο Κ έχει «απλωθεί» στον αέρα μάζα νερού m v = ρv v (1), όπου V v είναι ο όγκος του νερού που βρίσκεται στον αέρα. 149

23 Ρευστά σε κίνηση Στον χρόνο t πτ = 0, s που χρειάστηκε ώστε να φτάσει το νερό στο σημείο Κ η παροχή νερού από την τρύπα του δοχείου Δ 1 είναι: V Π = v V v = Πt πτ Π = Α 1υ 0 t V v = A 1 υ 0 t πτ (). πτ Από τις σχέσεις (1) και () έχουμε (1) () m v = ρa 1 υ 0 t πτ m v = 0,16 kg. Τη χρονική στιγμή t = 0 που καίμε το νήμα η συνολική μάζα δοχείου-νερού, δηλαδή η μάζα του ταλαντωτή, είναι: m = m δ + m v m = 0,3 kg. Στη θέση ισορροπίας 1 (Θ.Ι. 1 ) έχουμε: ΣF = 0 F ελ1 w δ = 0 m δ g kx 1 = m δ g x 1 = k x 1 = 0,05 m (x 1 = 5 cm). Στη θέση ισορροπίας 1, (Θ.Ι. 1, ), με το νερό μέσα στο δοχείο, έχουμε: mg ΣF = 0 F ελ1, w= 0 kx 1, = mg x 1, = x 1, = 0,1 m (x 1, = 10 cm). k Τη στιγμή (t = 0) που καίμε το νήμα και ξεκινάει η Α.Α.Τ. το δοχείο έχει ταχύτητα υ = 0, οπότε η Θ.Ι. 1 είναι ακραία θέση της Α.Α.Τ. Έτσι, το πλάτος Α της Α.Α.Τ. είναι ίσο με την απόσταση x μεταξύ της Θ.Ι. 1 και της Θ.Ι. 1,. Δηλαδή Α = x Α = x 1, x 1 Α = 0,05 m. Τη χρονική στιγμή t = 0 είναι x = + Α, οπότε το περιστρεφόμενο διάνυσμα της Α.Α.Τ. βρίσκεται στη θέση ΟΡ (δείτε το διπλανό σχήμα). Έτσι, π φ^ 0 = xo^ P φ^ 0 = rad. β) Η περίοδος της Α.Α.Τ. που εκτελεί το δοχείο με το νερό είναι: m 0,3 T = π T = π k 3 T = 0,π s. 0,π Ο χρόνος Δt = 0,05π s = 4 T Δt = s

24 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) Σε χρόνο Δt = T το περιστρεφόμενο διάνυσμα της Α.Α.Τ. διαγράφει γωνία Δφ^ = ωδt 4 π T π Δφ^ = rad Δφ^ = rad. T 4 4 Ανάμεσα σε δύο τυχαίες στιγμές t και t + T το περιστρεφόμενο διάνυσμα της 4 Α.Α.Τ. μετακινείται, για παράδειγμα, από τη θέση ΟΡ 1 στη θέση ΟΡ, όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα. Η προβολή του ευθύγραμμου τμήματος P 1 P = d στον άξονα y δίνει το διάστημα s που διανύει ο ταλαντωτής στο χρονικό διάστημα Δt = T. 4 Το διάστημα s θα είναι μέγιστο (s max ) όποτε η προβολή γίνεται μέγιστη. Αυτή η προβολή όμως γίνεται μέγιστη όταν το ευθύγραμμο τμήμα P 1 P γίνεται παράλληλο στον άξονα y, όπως φαίνεται στα δύο διπλανά σχήματα. (Τότε είναι θ^ = 45 ο.) Από τα γραμμοσκιασμένα τρίγωνα P 1 ΟP (και στις δύο περιπτώσεις) έχουμε: (P 1 P ) = (P 1 P ) = s max = Α +Α s max = Α s max = Α s max = 0,05. Το μέγιστο διάστημα λοιπόν που μπορεί να διανύσει ένα σημείο του δοχείου καθώς ταλαντώνεται σε χρόνο Δt = 0,05π s T ή Δt = s είναι s max = Α m ή 4 s max = 0,05 m. 151

25 Ρευστά σε κίνηση Εξίσωση Μπερνούλι και νόμος Boyle 3.5 Ο κατακόρυφος ισοδιαμετρικός υοειδής σωλήνας του σχήματος περιέχει νερό πυκνότητας ρ ν = 10 3 kg/m 3. Το σκέλος του σωλήνα είναι κλειστό και η στήλη του εγκλωβισμένου αέρα πάνω από το νερό έχει ύψος = 0,5 m. Η στήλη του νερού βρίσκεται στο ίδιο ύψος και στα δύο σκέλη, όπως στο σχήμα. α) Να υπολογίσετε την πίεση του εγκλωβισμένου αέρα του σκέλους. Με κάποιον τρόπο φυσήξαμε ένα οριζόντιο ρεύμα αέρα ταχύτητας υ πάνω από το ανοικτό σκέλος 1 του σωλήνα, με αποτέλεσμα να δημιουργηθεί μια διαφορά στάθμης h = cm μεταξύ των στηλών του υγρού στα δύο σκέλη. β) Να υπολογίσετε το μέτρο της ταχύτητας υ. Η πυκνότητα του αέρα είναι ρ α = 1, kg/m 3, η ατμοσφαιρική πίεση είναι p ατμ = 10 5 N/m και g = 10 m/s. Θεωρήστε επίσης ότι κατά τη διάρκεια της διαδικασίας η θερμοκρασία του εγκλωβισμένου στο σκέλος αέρα παραμένει σταθερή. Λύση α) Το σκέλος 1 είναι ανοικτό. Επομένως η πίεση στην ελεύθερη επιφάνεια του νερού σε αυτό το σκέλος είναι η ατμοσφαιρική. Η στάθμη του νερού βρίσκεται στο ίδιο ύψος και στα δύο σκέλη. Επομένως η πίεση στην ελεύθερη επιφάνεια του νερού στο σκέλος θα είναι ίση με την πίεση στην ελεύθερη επιφάνεια του νερού στο σκέλος 1. Άρα p = p ατμ = 10 5 Ν/m. β) Πάνω από το αριστερό σκέλος 1 υπάρχει το ρεύμα αέρα ταχύτητας υ. Έτσι, σύμφωνα με τον νόμο του Μπερνούλι, το υγρό του σκέλους αυτού θα δέχεται πίεση p 1 μικρότερη από την ατμοσφαιρική πίεση. Δημιουργείται έτσι μια διαφορά πίεσης ανάμεσα στα σκέλη και 1 και, αφού αρχικά p > p 1, το υγρό κατέρχεται στο σκέλος και ανέρχεται αντίστοιχα στο σκέλος 1. Έτσι δημιουργείται η διαφορά στάθμης ύψους h = cm ανάμεσα στα δύο σκέλη του υοειδούς σωλήνα. Ο όγκος του εγκλωβισμένου αέρα στο σκέλος αυξάνεται υπό σταθερή θερμοκρασία. Έτσι η πίεσή του ελαττώνεται στην τιμή p. Η τιμή της διαφοράς στάθμης h εξαρτάται από τη διαφορά των πιέσεων στα δύο σκέλη. Εφαρμόζουμε τον νόμο του Μπερνούλι ανάμεσα στο σημείο Κ πάνω από το σκέλος 1 και στο σημείο Μ μακριά από αυτό, όπου η ταχύτητα του αέρα είναι υ Μ = 0 και η πίεση p M = p ατμ. Έχουμε: 15

26 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) (p ατμ p 1 ) p Κ + ρ α υ = p M + ρ α υ M p K = p 1 p1 + ρ α υ = p ατμ υ = (1). ρ α Η μεταβολή του εγκλωβισμένου αέρα στο σκέλος μπορεί να θεωρηθεί ως ισόθερμη, οπότε εφαρμόζουμε τον νόμο του Boyle. Έχουμε: h p ατμ Α p ατμ p V = p V p ατμ Α = p A( ) + p = p = p = 0, N/m. h h A( ) + + Στη νέα του κατάσταση το υγρό και πάλι ισορροπεί. Έτσι οι πιέσεις στις περιοχές Β και Γ είναι ίσες. Έχουμε p Γ = p B p 1 + ρ ν gh = p p 1 = p ρ ν gh p 1 = 0, N/m. Αντικαθιστώντας τέλος στη σχέση (1), προκύπτει ότι υ = 60,5 m/s. Σύγχρονος σωλήνας Pitot Υπολογισμός της ταχύτητας και της αεροδύναμης σε αεροπλάνο με βάση αυτόν 3.6 Ο σωλήνας Pitot του διπλανού σχήματος είναι προσαρμοσμένος στο κατάλληλο σημείο ενός αεροπλάνου. Αποτελείται από τον σωλήνα Κ, που είναι ανοικτός μπροστά, και τον σωλήνα Λ, που είναι κλειστός πίσω αλλά διαθέτει κάποιες τρύπες στην πλευρική επιφάνεια. Οι δύο σωλήνες επικοινωνούν με το μανόμετρο Μ, του οποίου η ένδειξη Δp δείχνει τη διαφορά πίεσης του αέρα μεταξύ των δύο σωλήνων. Α. Αν ο σωλήνας Λ δεν είχε τις πλευρικές τρύπες, θα λειτουργούσε με ακρίβεια ο σωλήνας Pitot; Β. Σε κάποια πτήση όπου το αεροπλάνο πετά οριζόντια με σταθερή ταχύτητα υ σε ύψος που η πυκνότητα του αέρα είναι ρ α = 1 kg/m 3, η ένδειξη του μανομέτρου είναι Δp = N/m. α) Να υπολογίσετε την ταχύτητα υ. β) Καθεμία από τις πτέρυγες του αεροπλάνου έχει εμβαδόν Α π = 30 m και είναι τέτοιο το σχήμα της, ώστε η σχετική ταχύτητα του ανέμου στην επάνω επιφάνεια της πτέρυγας να είναι υ 1 = 110%υ και η αντίστοιχη στην κάτω πτέρυγα να είναι υ = 90%υ. Να υπολογίσετε την αεροδύναμη F που δέχεται κάθε πτέρυγα του αεροπλάνου. γ) Αν η γωνία που σχηματίζει η αεροδύναμη με την κατακόρυφη διεύθυνση είναι φ^ = 5 ο, να υπολογίσετε τη μάζα m του αεροπλάνου. (Δίνεται ότι συν5 ο = 0,9 και g = 10 m/s. Υποθέστε ότι όλη η ανυψωτική δύναμη προέρχεται από τις πτέρυγες και ο ατμοσφαιρικός αέρας στην περιοχή της πτήσης θεωρείται ακίνητος.) 153

27 Ρευστά σε κίνηση Λύση Mεθοδολογία Μια μικροφυσική θεώρηση της ατμοσφαιρικής πίεσης Όταν αδειάσουμε το νερό από ένα πλαστικό μπουκάλι και ύστερα βιδώσουμε πάλι το καπάκι, παρότι πλέον το μπουκάλι είναι άδειο, δεν παρατηρούμε καμιά συνθλιπτική παραμόρφωσή του μολονότι το υλικό του είναι εύκαμπτο. Αυτό σημαίνει ότι η πίεση στο εσωτερικό του είναι ίση με εκείνη έξω από αυτό, δηλαδή με την ατμοσφαιρική. Παρόλο που ο περιορισμένος στο μπουκάλι αέρας δεν επικοινωνεί πλέον με τη στήλη της ατμόσφαιρας, διατηρεί την πίεσή του ίση με την ατμοσφαιρική. Ακόμα και σε ένα δωμάτιο με κλειστές πόρτες και παράθυρα στο ισόγειο μιας πολυκατοικίας η πίεση του αέρα είναι ίση με την ατμοσφαιρική, παρόλο που και πάλι ο αέρας του δωματίου δεν επικοινωνεί άμεσα με τη στήλη της ατμόσφαιρας. Η εξήγηση για τα παραπάνω και άλλα αντίστοιχα φαινόμενα προκύπτει με βάση τη μικροφυσική ερμηνεία της ατμοσφαιρικής πίεσης και της πίεσης των αερίων γενικά. Σύμφωνα με αυτήν, η ατμοσφαιρική πίεση, στο συντριπτικό ποσοστό της, οφείλεται στην αέναη κίνηση των μορίων μιας ακίνητης ποσότητας αέρα και στις συγκρούσεις τους με τα τοιχώματα των δοχείων και με τα αντικείμενα πάνω στα οποία πέφτουν. Εξαιτίας αυτών των συγκρούσεων, τα μόρια ανταλλάσσουν δυνάμεις με τις επιφάνειες πρόσκρουσης, δημιουργώντας με αυτόν τον τρόπο πίεση. Μπορεί τα μόρια να έχουν μικρή μάζα, όμως είναι τεράστιο το πλήθος τους και κινούνται με πάρα πολύ μεγάλες ταχύτητες. Έτσι η πίεση που δημιουργούν οι συγκρούσεις τους με τα διάφορα σώματα είναι μακροσκοπικά ισχυρή. Λόγω των παραπάνω λοιπόν, ο ατμοσφαιρικός αέρας, ακόμα και σε έναν κλειστό και απομονωμένο χώρο, εφόσον διατηρεί την πυκνότητα και τη θερμοκρασία του, ασκεί πίεση ίση με την ατμοσφαιρική. Α. Στον σωλήνα Κ ο αέρας συσσωρεύεται και ανακόπτεται. Δηλαδή η περιοχή Κ στο στόμιο του σωλήνα Κ είναι σημείο ανακοπής του ρεύματος του αέρα. Εκεί λοιπόν η ταχύτητα του αέρα είναι υ Κ = 0, οπότε η πίεση γίνεται μεγαλύτερη από την ατμοσφαιρική πίεση p ατμ, δηλαδή p Κ > p ατμ. Στα πλάγια του σωλήνα Λ, άρα και στην οπή Λ, ο αέρας έχει περίπου την ατμοσφαιρική πίεση p ατμ και ταχύτητα υ, δηλαδή τη σχετική ταχύτητα του αέρα ως προς το αεροπλάνο. Έτσι, επειδή ο σωλήνας Λ έχει τις πλευρικές τρύπες, και στο εσωτερικό του σωλήνα Λ θα επικρατεί η ατμοσφαιρική πίεση στην περιοχή της πτήσης, δηλαδή p Λ = p ατμ. Αν ο σωλήνας Λ δεν είχε τις πλευρικές τρύπες, η πίεση στο εσωτερικό του κλειστού πλέον σωλήνα Λ θα ήταν μόνιμα η ατμοσφαιρική πίεση p ατμ της περιοχής που κατασκευάστηκε ο σωλήνας Pitot. Έτσι, στην εφαρμογή του νόμου του Μπερνούλι από την οποία προκύπτει η σχέση που δίνει την ταχύτητα υ του αεροπλάνου για την περιοχή Λ, θα υπήρχε αναντιστοιχία μεταξύ της πίεσης p 1 Λ και της ταχύτητας υ. (Στο άθροισμα p Λ + ρ α υ, p Λ πρέπει να 154

28 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) είναι η ατμοσφαιρική πίεση στην περιοχή της πτήσης και όχι η ατμοσφαιρική πίεση στην περιοχή στην οποία κατασκευάστηκε το όργανο μέτρησης. ) Β. α) Εφαρμόζουμε την εξίσωση του Μπερνούλι ανάμεσα στα σημεία Κ και Λ. Έχουμε: p Κ + ρ α υ K = p Λ + ρ α υ υ K = 0 p Κ = p ατμ + ρ α υ p Κ p ατμ = ρ α υ p Λ = p ατμ 1 Δp Δp = ρ α υ υ = υ = 100 m/s. ρ α β) Η σχετική ταχύτητα του αέρα πάνω από την πτέρυγα του αεροπλάνου είναι: υ = 110%υ υ 1 = 100 υ 1 = 110 m/s. 100 Κάτω από την πτέρυγα είναι υ 90 = 90%υ υ = 100 υ = 90 m/s. 100 Παρατηρούμε ότι η σχετική ταχύτητα του αέρα ως προς το αεροπλάνο πάνω και κάτω από τις πτέρυγες έχει τιμή που επιτρέπει την εφαρμογή της εξίσωσης του Μπερνούλι (υ < 150 m/s). Εφαρμόζουμε την εξίσωση του Μπερνούλι ανάμεσα στο σημείο 1 πάνω από την πτέρυγα και στο σημείο Ν 1 μακριά από αυτήν που βρίσκονται στην ίδια ρευματική γραμμή και ισχύει ότι υ αέρν1 = 0 και p N1 = p ατμ. Έχουμε p ρ α υ 1 = p N1 + ρ α υ αέρ Ν1 p 1 + ρ α υ 1 = p ατμ (α). Κάνουμε το ίδιο και για τα σημεία κάτω από την πτέρυγα και Ν μακριά από αυτήν που βρίσκονται στην ίδια ρευματική γραμμή και ισχύει ότι υ αέρν = 0 και p N = p ατμ. Έχουμε p ρ α υ = p N + ρ α υ αέρ Ν p + ρ α υ = p ατμ (β). Από τις σχέσεις (α) και (β) προκύπτει ότι: p ρ α υ 1 = p + ρ α υ p p 1 = ρ α υ 1 ρ α υ Δp = ρ α (υ 1 υ ) Δp =.000 Ν/m. Η αεροδύναμη που δέχεται κάθε πτέρυγα έχει μέτρο F = Δp Α Π F = N. γ) Η κατακόρυφη συνιστώσα της αεροδύναμης F, δηλαδή η δυναμική άνωση F K, έχει μέτρο F K = Fσυνφ F K = Ν. Το αεροπλάνο πετάει οριζόντια. Από τη συνθήκη ισορροπίας στον κατακόρυφο άξονα y y έχουμε: F ΣF K y = 0 F K w = 0 mg = F K m = g m = kg. 155

29 Ρευστά σε κίνηση Ισχυρό ρεύμα αέρα διεγείρει ελατήριο σε Α.Α.Τ. Ελάχιστος χρόνος Δt min για να διανυθεί διάστημα s = A 3.7 Μια οριζόντια λεπτή ξύλινη πλάκα μάζας m = 1 kg και εμβαδού Α Π = 500 cm ισορροπεί στερεωμένη με τον κατάλληλο τρόπο στο επάνω άκρο κατακόρυφου ελατηρίου σταθεράς k = 100 N/m, όπως στο σχήμα. Φροντίζοντας ώστε η πλά κα να παραμένει συνεχώς οριζόντια, με κάποιο ισχυρό φυσερό προφυσάμε ένα οριζόντιο ρεύμα αέρα ταχύτητας υ = 0 m/s μόνο στην επάνω επιφάνειά της. Αφού η πλάκα ισορροπήσει εκ νέου σε κάποια θέση, τη χρονική στιγμή t = 0 s κλείνουμε το φυσερό. Α. Να αποδείξετε ότι από τη χρονική στιγμή t = 0 s και μετά η πλάκα θα εκτελέσει Α.Α.Τ. (Η πυκνότητα του αέρα είναι ρ α = 1, kg/m 3.) Β. Να υπολογίσετε: α) Την περίοδο Τ της Α.Α.Τ. β) Το πλάτος Α και την αρχική φάση φ 0 της Α.Α.Τ. γ) Tο ελάχιστο χρονικό διάστημα Δt min που χρειάζεται η πλάκα καθώς ταλαντώνεται για να διανύσει διάστημα s = A. Λύση Α. Στη θέση ισορροπίας (Ι) της πλάκας ισχύει: mg ΣF = 0 F ελ1 w= 0 kx 1 mg = 0 (1), από όπου προκύπτει ότι x 1 = x 1 = 0,1 m. k Όταν φυσήξουμε το ρεύμα αέρα ταχύτητας υ, μόνο στην επάνω επιφά νεια της πλάκας θα ελαττωθεί η πίεση στην περιοχή αυ - τή σύμφωνα με την εξίσω ση του Μπερνούλι. Η πίεση στην κάτω επιφάνεια της πλάκας, όπου ο αέρας είναι ακίνητος, θα παραμείνει η ατμοσφαιρική. Τόση είναι η πίεση και στο σημείο Γ στην προέκταση της πλάκας, το οποίο θεωρείται αρκετά μακριά από την πλάκα, ώστε να είναι υ Γ = 0 και p Γ = p ατμ. 156

30 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) Εφαρμόζουμε τον νόμο του Μπερνούλι ανάμεσα στα σημεία Κ της επιφάνειας της πλάκας και Γ. Έχουμε: p Κ + ρ α υ = p Γ + ρ α υ Γ υ Γ = 0 p Κ + ρ α υ = p ατμ p ατμ p Κ = ρ α υ p Γ = p ατμ Δp = 1 ρ α υ Δp = 40 Ν/m. Η διαφορά πίεσης Δp δημιουργεί μια δύναμη F α με κατεύθυνση κατακόρυφη προς τα πάνω (p K < p ατμ ) και μέτρο F α = ΔpΑ Π F α = 1 Ν. Έτσι η πλάκα έρχεται στη νέα θέση ισορροπίας (Θ.Ι. ), στιγμιότυπο (ΙΙ) στο σχήμα, που, αφού F α > w, θα βρίσκεται πάνω από τη θέση φυσικού μήκους του ελατηρίου. Eκεί έχουμε: F α mg ΣF = 0 F α w F ελ = 0 F ελ = F α mg kx = F α mg x = x = 0,0 m. k Τη χρονική στιγμή t = 0 s που κλείνουμε το φυσερό και σταματάει το ρεύμα αέρα η πλάκα (αφού παύει η δράση της δύναμης F α ) θα κινηθεί προς τη θέση ισορροπίας 1. Στην τυχαία θέση [στιγμιότυπο (ΙΙΙ)] έχουμε: ΣF = F ελ w ΣF = kδ mg Δ = x 1 x ΣF = kx 1 mg kx (1) ΣF = kx. ΣF = k(x 1 x) mg Η συνισταμένη δύναμη στην τυχαία θέση είναι της μορφής ΣF = Dx, επομένως η πλάκα εκτελεί Α.Α.Τ. με D = k = 100 N/m. m m Β. α) Η περίοδος Τ δίνεται από τη σχέση Τ = π D = k T = π Τ = 0,π s. D k β) Τη χρονική στιγμή t = 0 s που παύει το ρεύμα αέρα και αναιρείται η δύναμη F α η πλάκα ξεκινάει να κινείται προς τη Θ.Ι. 1 με αρχική ταχύτητα υ = 0. Επομένως η Θ.Ι. είναι ακραία θέση (Α.Θ.) της Α.Α.Τ. που ακολουθεί. Όπως λοιπόν φαίνεται και από το σχήμα, είναι: Α = x 1 + x Α = 0,1 m. Τη χρονική στιγμή t = 0 s ο ταλαντωτής βρίσκεται στη θέση x =+Α. Το περιστρεφόμενο διάνυσμα της Α.Α.Τ. είναι στη θέση ΟΡ, οπότε: π φ^ 0 = xο^ Ρ = φ^ 0 = rad. 157

31 Ρευστά σε κίνηση T γ) Τη χρονική στιγμή t = ο ταλαντωτής θα διέρχεται από τη θέση ισορροπίας του με υ < 0, 4 έχοντας διανύσει διάστημα s = A. Το περιστρεφόμενο διάνυσμα της Α.Α.Τ. θα έχει έρθει στη θέση ΟΡ και το διάστημα s αποτελεί και προβολή του ευθύγραμμου τμήματος ΡΡ πάνω στον άξονα y y (δείτε το σχήμα στην προηγούμενη σελίδα). T Ο χρόνος όμως Δt = δεν είναι ο ελά- 4 χιστος στον οποίο ο ταλαντωτής μπορεί να διανύσει διάστημα s = A. Καθώς ο ταλαντωτής κινείται από τη θέση Ρ A 1 με x 1 = + προς τη θέση Ρ με x A =, το διάστημα που διανύει είναι s = A A A + + s = = s = A. Στο μεταξύ, το περιστρεφόμενο διάνυσμα διαγράφει τη γωνία π π π Ρ 1 ΟΡ = + = rad. Όμως: Γωνία π rad διαγράφεται σε Τ s Γωνία π rad διαγράφεται σε Δt 3 πδt = π T Δt = T s. 3 6 Ο ταλαντωτής δηλαδή διήνυσε το διάστημα s = A σε χρόνο Δt = T s. Αυτό το διάστημα s 6 ισούται με την προβολή του ευθύγραμμου τμήματος Ρ 1 Ρ πάνω στον άξονα y y. Το τρίγωνο ΟΡ π 1 Ρ έχει (ΟΡ 1 ) = Α, (ΟΡ ) = Α και Ρ 1 Ο^ Ρ = rad = 60 o. Επομένως είναι ισόπλευρο, οπότε 3 (Ρ 1 Ρ ) = (ΟΡ 1 ) = (ΟΡ ) = Α. Επειδή (Ρ 1 Ρ ) = (Ρ 1 Ρ ) = Α, το ευθύγραμμο τμήμα Ρ 1 Ρ είναι παράλληλο στον άξονα y y, εφόσον είναι ίσο με την προβολή του. Έτσι, το διάστημα s = A είναι το μέγιστο διάστημα που μπορεί να διανύσει ο ταλαντωτής στον χρόνοδt = T s. Βλέποντάς 6 T το αντίστροφα, το χρονικό διάστημα Δt = s είναι το ελάχιστο στο οποίο μπορεί να δια- 6 T νύσει ο ταλαντωτής διάστημα s = A. Επομένως Δt min = s (ώστε ο ταλαντωτής να διανύ- 6 σει διάστημα s = A). 158 Σχήμα 3

32 3. H διατήρηση ενέργειας και η εξίσωση του Bernoulli (Μπερνούλι) Δύναμη από το νερό σε γωνία σωλήνα Σύγκριση της πίεσης με συλλογισμούς 3.8 Ο οριζόντιος σωλήνας ΜΝ του σχήματος βρίσκεται σε ύψος Η = 5 m από το έδαφος, τροφοδοτείται με νερό από την πηγή (Π) που αναβλύζει από έναν βράχο και έχει διατομές αρχικά Α 1 και στη συνέχεια Α, όπου Α = Α 1. Το βεληνεκές της φλέβας νερού που εξέρχεται από τη διατομή Α είναι s = 4 m και g = 10 m/s. Ένας λεπτός κατακόρυφος σωλήνας είναι συνδεδεμένος με τον οριζόντιο σωλήνα στην περιοχή διατομής Α 1 και το άλλο άκρο του είναι βυθισμένο σε ένα ανοικτό δοχείο (δ) που περιέχει νερό. Α. Να αιτιολογήσετε ότι το νερό θα ανέβει κατά ύψος h στο άκρο του λεπτού σωλήνα που είναι βυθισμένος στο δοχείο (δ). Β. Να υπολογίσετε: α) Την οριζόντια ταχύτητα υ με την οποία εκτοξεύεται το νερό προς το έδαφος. β) Τη δύναμη που δέχεται από το νερό η εσωτερική επιφάνεια του σωλήνα στο ορθογώνιο σημείο καμπής Μ. (Η πυκνότητα του νερού είναι ρ = 10 3 kg/m 3 και Α 1 = 5 cm.) γ) Το ύψος h του νερού στο κάτω άκρο του λεπτού σωλήνα. Λύση Α. Επειδή Α 1 < Α, για τις ταχύτητες υ 1 και υ προκύπτει ότι υ 1 > υ (εξίσωση συνέχειας). Η πίεση p στην έξοδο Ν του νερού στον αέρα, επομένως και σε ολόκληρο τον σωλήνα διατομής Α, είναι p = p ατμ. 159