by 
Στο σχήμα 1 απεικονίζεται ένα πλαστικό κυλινδρικό μπουκάλι αμελητέας μάζας με ακτίνα βάσης r=4cm και εμβαδόν βάσης περίπου S=50cm2. Ανοίγουμε οπή εμβαδού Α=1cm2 στο σημείο Μ στην παράπλευρη επιφάνειά του, σε απόσταση h=5cm από τον πυθμένα του. Κατόπιν το μπουκάλι τοποθετείται σε λείο οριζόντιο επίπεδο και συγκρατώντας το με το χέρι μας, το γεμίζουμε με νερό με μια βρύση παροχής Π=√2·10-4m3/s. Το νερό πέφτει κατακόρυφα στο δοχείο.
i) Να βρεθούν πόσα λίτρα θα γεμίσει το δοχείο με νερό.
ii) Να βρεθεί η οριζόντια δύναμη που δέχεται το σύστημα μπουκάλι–νερό από την εξερχόμενη μάζα νερού.
iii) Να βρεθεί η οριζόντια δύναμη που πρέπει να ασκεί το χέρι μας στο μπουκάλι προκειμένου αυτό να ισορροπεί από τη στιγμή που σταθεροποιηθεί το ύψος του νερού και μετά. Να θεωρηθεί ότι καθώς εξέρχεται το νερό αποκαθίσταται μόνιμη ροή αμέσως και λίγο πριν την έξοδο της φλέβας από το δοχείο η ταχύτητά της είναι σχεδόν μηδενική.
iv) Κάποια χρονική στιγμή κλείνουμε τη βρύση και απομακρύνουμε το χέρι μας από το μπουκάλι. Να βρεθεί η αρχική επιτάχυνση του μπουκαλιού.
v) Να βρεθεί η δύναμη που δέχεται το σύστημα μπουκάλι–νερό από το δάπεδο καθώς και το σημείο εφαρμογής της, τη στιγμή που απομακρύνεται το χέρι από το δοχείο και η βρύση είναι κλειστή.
Δίνεται |g|=10m/s2, Patm=105Pa, η πυκνότητα του νερού είναι ρν=1000kg/m3.
Η τρύπα στην παράπλευρη επιφάνεια και η δύναμη του χεριού βρίσκονται στο ίδιο κατακόρυφο επίπεδο που είναι κατά μήκος μιας διαμέτρου.
Απάντηση
Καλημέρα σε όλους,
Χρήστο συγχαρητήρια κι από μένα για την άσκηση.
Δυο σκέψεις κι από μένα για την εμφάνιση της δύναμης λόγω της εκτίναξης του νερού, αν τα σκέφτομαι σωστά:
Στο πιο πάνω σχήμα αριστερά φαίνονται οι πλευρικές δυνάμεις που ασκούν τα τοιχώματα στο νερό, πριν ανοίξουμε την τρύπα Α σε βάθος y. Η κάθε μια από τις αντικρυστές Fi είναι: Fi = (Patm+ρgy)Α.
Το τοίχωμα όμως στο σημείο αυτό δέχεται και απ’ έξω δύναμη Fatm = PatmΑ η οποία μεταφέρεται στο νερό, επαυξανόμενη από τη στιβαρότητα του τοιχώματος κατά ρgyΑ, ώστε να αντισταθμίζεται η υδροστατική πίεση.
Μόλις ανοίξουμε τρύπα (δεξιό σχήμα), καταργείται η δεξιά Fi και το νερό εκτινάσσεται. Ασκείται όμως τώρα σ’ αυτό η Fatm που προηγουμένως ασκείτο στο τοίχωμα. Επιπλέον, λόγω της ροής, μεταβάλλονται οι πλευρικές δυνάμεις των τοιχωμάτων σε Fi‘, με το αριστερό τοίχωμα να υπερτερεί αφού εκεί δεν υπάρχει τρύπα.
Έτσι, η συνισταμένη οριζόντια δύναμη που δέχεται όλο το νερό είναι τώρα (με φορά προς τα δεξιά):
ΣFx = ΣFi‘ – Fatm
Σε χρόνο dt εκτινάσσεται από την τρύπα μάζα νερού dm με οριζόντια ταχύτητα υ, η οποία αναπληρώνεται από ίση μάζα dm στην επιφάνεια που έχει υx = 0.
Έτσι, ο ρυθμός μεταβολής της οριζόντιας ορμής ολόκληρης της ποσότητας του νερού είναι:
dPx/dt = dm(υ-0)/dt = ρΠυ
και πραγματοποιείται όχι μόνο πριν από την τρύπα, αλλά σε μια ευρύτερη περιοχή μέσα στο νερό όπου οι ρευματικές γραμμές αρχίζουν να πυκνώνουν και να οριζοντιώνονται.
Οπότε το νερό ασκεί τελικά στο δοχείο οριζόντια δύναμη προς τα αριστερά:
F = -dPx/dt = -dm(υ-0)/dt = -ρΠυ
η οποία αναπτύσσεται πρακτικά στο αριστερό τοίχωμα και περίπου στο βάθος y.
Η δύναμη αυτή πρέπει να είναι αντίθετη της ΣFx που υπολογίσαμε πιο πάνω:
ΣFx = –F → ΣFi‘ – Fatm = ρΠυ → ΣFi‘ = PatmA + ρΠυ.
Βλέπουμε δηλαδή ότι τα εσωτερικά τοιχώματα δέχονται τώρα από το νερό μια οριζόντια δύναμη –ΣFi‘ που εμπεριέχει και τη δύναμη PatmA που οφείλεται στην ατμοσφαιρική πίεση στην περιοχή της τρύπας, η οποία πριν ανοίξουμε την τρύπα ασκείτο στο εξωτερικό τοίχωμα και όχι στο νερό.
Η PatmA όμως δεν παίζει ρόλο στην ισορροπία ή στην οριζόντια κίνηση του δοχείου, διότι ασκείται και από την αριστερή εξωτερική πλευρά στο τοίχωμα. Έτσι για το δοχείο παίζει ρόλο μόνο η F = -ρΠυ.
Διονύση καλημερα πλέον
Σε ευχαριστώ για το σχόλιο και την αναλυτική σου σκέψη.
Από ότι είδα υπολογίζεις απευθείας την δύναμη που δέχεται το τοίχωμα εσωτερικά με σκοπό να δείξεις ότι τελικά και με τη δράση της ατμόσφαιρας εξωτερικά του τοιχώματος η δύναμη είναι ρΠυ. Φυσικά συμφωνούμε. Θεώρησα ως πιο απλό να απομονώσω την εξερχόμενη μάζα από το υπόλοιπο σύστημα και να κινηθώ έτσι. Κατόπιν στο σχήμα 6. αν λογιστουν όλες οι δυνάμεις μένει τελικά η ρΠυ για το συστημα.
Στην ερώτηση όμως ποια η δύναμη που δεζδέχε η εξερχόμενη μάζα θεωρώ πρέπει να απαντηθεί αυτή που προκύπτει και με την συνεισφορά της ατμόσφαιρας.
Να σαι καλά.
Καλημερα !
Διαβασα την αναλυση του Διονυση του Μητροπουλου . Διονυση οντως πολυ καλη η αναλυση σου !
Αντρεα ο Χρηστος ηθελε να τονισει οτι η μαζουλα Δm δεχεται απο το συστημα μπουκαλι – νερο την F’ν = 10.2 Ν οποτε λογω αλληλεπιδρασης ασκει στο συστημα μπουκαλι – νερο την Fν = 10.2 Ν με φορα προς τα αριστερα . Ομως η συμμετοχη της ατμοσφαιρας βρισκεται παντου σε καθε σημειο του ρευστου οποτε και σε αυτο αρα στο σημειο αυτο εχουμε και μια δυναμη Fatm = Patm * A = 10 N με φορα προς τα δεξια . Τελικα η δυναμη που εχουμε ειναι τα 0.2Ν με φορα προς τα αριστερα . Αυτη που γραφει και ο Χρηστος στο (iii) .
Θα ηθελα ομως να πω οτι η συμμετοχη της ατμοσφαιρας βρισκεται τοσο στον εξωτερικο χωρο του δοχειου οσο και στον εσωτερικο του, που περιεχει το υγρο . Επομενως οι δυναμεις που αυτη ασκει τελικα δινουν μια συνισταμενη ιση με το μηδεν ειτε εχουμε ισορροπια ειτε κινηση . Η αντοχη των τοιχωματων του δοχειου ειναι αυτη που ισορροπει τις δυναμεις που δεχεται απο το υγρο . Δυναμεις που οφειλονται στην πιεση λογω του πεδιου βαρυτητας. Θα ηταν ισως προτιμοτερο να θεωρουσαμε ως συστημα το δοχειο με το νερο και την ατμοσφαιρα οποτε αυτο ασκει στην μαζουλα Δm την δυναμη ρ*Π*υ και η μαζουλα προφανως την αντιθετη της .
Να προσθεσω κατι τελευταιο.
Στο σημειο εκροης δηλαδη το σημειο που ειναι στην ακρη της τρυπας που ειναι σε επαφη με την ατμοσφαιρα η πιεση ως γνωστον ειναι η Patm . Λιγο πιο μεσα ομως που οι ρευματικες γραμμες εχουν “στριψει” και πυκνώσει θα εχουμε μια πιεση P’ν > Patm .
Γραφει ο Χρηστος : F’ν – F1atm = ρ*Α*υ^2 ==> (P’ν – Patm) * Α = ρ*Α*υ^2 ==> P’ν =Patm + ρ*υ^2
εχουμε απο πριν οτι υ^2 = 2gd αρα : P’ν =Patm + 2ρ*g*d
επομενως παρατηρουμε οτι στο σημειο αυτο λιγο πιο πριν απο την εκροη η πιεση δεν ειναι αυτη που θα ειχαμε οταν το ρευστο βρισκονταν σε ισορροπια δηλαδη Patm + ρ*g*d ΑΛΛΑ Patm + 2*ρ *g*d
Κώστα καλημέρα
Σε ευχαριστώ για την ανάλυσή σου.
Ωραία η τρίπλα με το να βάλουμε στο σύστημα και την ατμόσφαιρα και να αποφύγουμε έτσι την αναφορά στη δράση της και να απλοποιηθεί το πρόβλημα.
Καλησπέρα Χρήστο.
Είμαι υπό ατμόν και παρ’όλο που μελετούσα το θέμα και παρακολουθώ το διάλογο δεν κατάφερα να ολοκληρώσω το ομολογουμένως προωθητικό θέμα σου.
Να είσαι καλά
Γεια σου Παντελη
Καλά να περάσεις στην όμορφη πατρίδα σου.
Ελπίζω και με την προωθητική δυναμη της άσκησης να φτάσεις μια ώρα αρχυτερα.
Καλησπέρα Χρήστο. Σε ευχαριστώ για την απάντηση. Ήθελα να ρωτήσω όμως τον Κώστα.
Έδειξες ότι pZ = patm + 2ρgh
Αν πάρω Bernoulli από Β ως Ζ
patm + ρgh = pΖ +1/2 ρυΖ2
Άρα patm + ρgh = patm + 2ρgh+1/2 ρυΖ2
ή ρgh+1/2 ρυΖ2 = 0! Που γίνεται το λάθος;
Αντρεα εχεις δικιο ! Καπου γινεται λαθος !
Σε αυτα που γραφει ο Χρηστος θα πρεπει να προσεξουμε το εξης : οτι η δυναμη F’ν δεν ασκειται στην μαζουλα Δm. Η δυναμη αυτη ειναι η συνισταμενη των δυναμεων που ασκουνται απο τα τοιχωματα του δοχειου στην φλεβα του νερου που ειναι σε ροη η οποια φλεβα μεταβαλλει την ορμη της σε χρονικο διαστημα dt κατα dm*u .Ολες οι μαζουλες dm που αποτελουν την φλεβα αυξανουν σταδιακα την ταχυτητα τους μεχρι το σημειο εκροης . Ετσι μεσα σε χρονικο διαστημα dt η ορμη της φλεβας εχει τελικα αυξηθει κατα dm*u. Δεν εχει νοημα να λεμε οτι σε μια στοιχειώδη μαζα ασκειται μια τετοια δυναμη γιατι αυτο θα μας οδηγουσε σε απειρη επιταχυνση . Επομενως η F’ν ασκειται σε ολη την φλεβα του νερου λογω της εκροης . Ετσι η F’ν δεν ειναι μια δυναμη που οφειλεται απλα σε μια πιεση P’ν (ή Pz οπως ειναι στο σχημα σου) λιγο πριν την εκροη . Θελει λιγο προσεκτικη μελετη το σχολιο του Δ.Μητροπουλου πιο πανω!!!
Φυσικα λιγο πιο μεσα απο την οπη οταν δεν εχουμε ροη η πιεση θα ειναι Patm + ρ*g*d (αναφέρομαι στην ασκηση του Χρηστου). Απο την στιγμη που εχουμε ροη η πιεση σε αυτο σημειο μικραινει . Στο σημειο αυτο εστω Z ,οπως το λες και εσυ, θα εχουμε μια ταχυτητα η οποια θα ειναι λιγο πιο μικρη απο την ταχυτητα εκροης . Αν λοιπον γραψουμε την εξισωση Bernoulli απο το Ζ εως την εκροη θα εχουμε :
Pz + 0.5 * ρ*uz^2 = Patm + 0.5 * ρ*uεκ^2 ===>Pz = Patm + 0.5 * ρ*(uεκ^2 – uz^2 )
ή εφοσον το uεκ^2 = 2*g*d τοτε Pz = Patm + ρ*g*d – 0.5*ρ*uz^2