Уравнение Бернулли, истечение жидкости

Подсказка

За 2 минуты в фонтан уходит столько воды, сколько вытекает из горизонтальных трубок за время их открытия. Скорость вытекания из трубок найдите по дальности полёта струи.

Ответ

Скорость воды при попадании в третий сосуд \(\sqrt{2gH} = 3\) м/с; горизонтальные трубки надо открыть на время \(t_1 = \dfrac{2S\sqrt{hH}}{S_0 L}\,\tau = 8\) с.

Решение

Начиная падение из второго сосуда в третий, вода имеет практически нулевую скорость. Следовательно, движение воды можно рассматривать как свободное падение с высоты \(H\) без начальной скорости — в конце такого падения тело приобретает скорость \(\sqrt{2gH}\). Это и будет скорость воды при попадании в третий сосуд.

Чтобы струя воды била вверх на высоту \(h\), её скорость на уровне отверстия должна быть равна \(\sqrt{2gh}\). Следовательно, за время \(\tau\) в фонтан попадёт объём воды, равный \(S\sqrt{2gh}\,\tau\).

Пусть горизонтальные трубки открыты. Время движения струи воды без начальной вертикальной скорости с высоты \(H\) составляет \(\sqrt{2H/g}\). За это время по горизонтали проходится расстояние \(L\). Поскольку горизонтальная скорость при движении в поле тяжести постоянна, она равна \(L/\sqrt{2H/g}\). Именно с этой скоростью вода вытекает из горизонтальных трубок. Поэтому объём воды, вытекающий в единицу времени из трубок, составляет \(S_0 \cdot L/\sqrt{2H/g}\).

Чтобы из трубок вытек объём \(S\sqrt{2gh}\,\tau\), попавший в фонтан, трубки надо открыть на время \[t_1 = S\sqrt{2gh}\,\tau : \left( S_0 \cdot \frac{L}{\sqrt{2H/g}} \right) = \frac{2S\sqrt{hH}}{S_0 L}\,\tau = 8\text{ с}.\]

Решение

Уравнение Бернулли от станции до крана (скорость в широкой трубе считаем нулевой):

\[ P + \rho g\cdot0 = P_0 + \rho g H_n + \frac{\rho v_n^2}{2}, \]

где \(H_n=4(n-1)\) м — высота крана \(n\)-го этажа над первым. Отсюда

\[ v_n = \sqrt{\frac{2\,(P-P_0)}{\rho} - 2gH_n}. \]

Числа. Избыточное давление \(P-P_0 = 4\) атм \(=4{,}05\cdot10^5\) Па, поэтому \(2(P-P_0)/\rho = 810\) м²/с².

\[ v_1=\sqrt{810}=28{,}5\ \text{м/с},\quad v_2=\sqrt{810-78{,}4}=27{,}0\ \text{м/с},\quad v_3=\sqrt{810-156{,}8}=25{,}6\ \text{м/с}. \]

Докуда достанет. Струя исчезает, когда \(\rho gH = P-P_0\):

\[ H_{\max}=\frac{P-P_0}{\rho g}=\frac{4{,}05\cdot10^5}{10^3\cdot9{,}8}\approx41\ \text{м}. \]

Это \(41/4 = 10{,}3\) этажа выше первого, то есть вода дойдёт до одиннадцатого этажа и не поднимется на двенадцатый.

\[ \boxed{v_1\approx28{,}5;\ v_2\approx27{,}0;\ v_3\approx25{,}6\ \text{м/с};\quad \text{на 12-й этаж вода не поднимется}} \]

Решение

Скорость струи (Торричелли): \(v=\sqrt{2gh}\).

Унос импульса. За время \(\Delta t\) вытекает масса \(\rho S v\,\Delta t\) со скоростью \(v\) вниз, то есть импульс \(\rho Sv^2\Delta t\):

\[ F_{\text{реакт}} = \rho S v^2 = \rho S\cdot 2gh = 2\rho g h S \quad(\text{вверх}). \]

Натяжение сразу после открытия падает ровно на эту величину:

\[ \boxed{\Delta T = 2\rho g h S} \]

Решение \[ N = \underbrace{\rho V g h}_{\text{подъём}} + \underbrace{\frac{\rho V v^2}{2}}_{\text{разгон}}, \qquad v=\frac VS, \] \[ \boxed{N = \rho V\left(gh + \frac{V^2}{2S^2}\right)} \]

Решение

а. Разрешение парадокса. Выделим жидкость между сечениями 1 и 2. На неё действуют: \(P_1S_1\) вперёд (слева), \(P_2S_2=0\) назад (справа) и сила \(F\) со стороны стенки \(A\) — назад. Ускоряет жидкость именно перепад давления: в широкой части давление большое, в узкой — нулевое. Тормозящая сила стенки только уменьшает ускорение, но не отменяет его.

б. Считаем. Непрерывность: \(v_1S_1=vS_2\), значит \(v_1 = v\,S_2/S_1\). Бернулли (труба горизонтальная):

\[ P_1+\frac{\rho v_1^2}{2}=0+\frac{\rho v^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad P_1=\frac{\rho}{2}\left(v^2-v_1^2\right) =\frac{\rho v^2}{2}\left(1-\frac{S_2^2}{S_1^2}\right). \]

Импульс. Секундная масса \(\mu=\rho S_2 v\), её скорость меняется с \(v_1\) на \(v\):

\[ P_1S_1 + F = \mu\,(v-v_1) = \rho S_2 v\,(v-v_1). \]

Подставим \(S_2=kS_1\), \(k=S_2/S_1\), \(v_1=kv\):

\[ F = \rho v^2 k S_1(1-k) - \frac{\rho v^2}{2}S_1\left(1-k^2\right) = \rho v^2S_1(1-k)\left[k-\frac{1+k}{2}\right] = -\frac{\rho v^2S_1}{2}\,(1-k)^2. \] \[ \boxed{|F| = \frac{\rho v^2 S_1}{2}\left(1-\frac{S_2}{S_1}\right)^2,\ \text{против течения}} \]

Решение

Скорость. Пусть \(H\) — глубина выходного отверстия под свободной поверхностью. Торричелли: на выходе \(v=\sqrt{2gH}\). В трубке сечение постоянно, значит эта же скорость по всей трубке. В широком сосуде скорость практически нулевая.

В сосуде — жидкость почти покоится, поэтому обычная гидростатика (\(x\) — глубина под свободной поверхностью):

\[ P_{\text{с}} = P_0 + \rho g x. \]

В трубке. Скорость постоянна, поэтому из Бернулли \(P+\rho v^2/2-\rho gx=\text{const}\) остаётся \(P+(-\rho gx)=\text{const}\). Константу берём из выхода: при \(x=H\) давление \(P_0\):

\[ \boxed{P_{\text{т}} = P_0 + \rho g\,(x-H)} \]

То есть в трубке давление ниже атмосферного всюду, кроме самого выхода.

Скачок на входе. На входе в трубку скорость подскакивает с нуля до \(v\), и давление падает ровно на \(\rho v^2/2=\rho gH\):

\[ P_{\text{с}}-P_{\text{т}} = (P_0+\rho gx)-(P_0+\rho g x-\rho gH)=\rho gH \ \checkmark \]

Решение

Давления одинаковы. Сечение постоянно, тяжести нет, значит по Бернулли давление на входе равно давлению на выходе: \(P_1=P_2=P\).

Импульс. Секундная масса \(\mu=\rho Sv\); её скорость поворачивается на 90°, так что

\[ |\Delta \vec v| = v\sqrt2, \qquad \left|\frac{\Delta\vec p}{\Delta t}\right| = \rho S v^2\sqrt2. \]

Давление на торцах. Силы \(PS\) на входе (вперёд) и \(PS\) на выходе (назад) тоже перпендикулярны друг другу, их равнодействующая \(PS\sqrt2\).

Сила трубы на жидкость \(\vec F_{\text{тр}}\) равна разности; обе «противоположные» векторные величины смотрят вдоль одной биссектрисы, поэтому модули складываются:

\[ \boxed{F = \sqrt2\,\big(P+\rho v^2\big)S} \]

Столько же жидкость давит на трубу — по биссектрисе угла, «наружу» колена.

Решение

Давление под поршнем. Поршень идёт равномерно, значит

\[ P-P_0=\frac FS. \]

Непрерывность: \(Su=sv\), откуда \(u=vs/S\).

Бернулли от поршня до среза отверстия:

\[ P+\frac{\rho u^2}{2} = P_0+\frac{\rho v^2}{2} \ \Longrightarrow\ \frac FS=\frac{\rho}{2}\left(v^2-\frac{s^2}{S^2}v^2\right) =\frac{\rho v^2}{2}\cdot\frac{S^2-s^2}{S^2}. \] \[ \boxed{v=\sqrt{\frac{2FS}{\rho\,(S^2-s^2)}}} \]

Решение

Связь глубины и скорости. На единицу ширины расход \(q=hv\) одинаков всюду:

глубина уменьшилась вдвое \(\Rightarrow\) скорость выросла вдвое: \(v=2v_0\);
глубина уменьшилась вчетверо \(\Rightarrow\) \(v=4v_0\).

Разгон. Ускорение \(a=g\sin\alpha\) постоянно, поэтому

\[ (2v_0)^2 = v_0^2+2al \ \Longrightarrow\ 2al = 3v_0^2, \] \[ (4v_0)^2 = v_0^2+2ax \ \Longrightarrow\ 2ax = 15v_0^2. \]

Делим одно на другое:

\[ \frac xl=\frac{15}{3}=5, \qquad \boxed{x=5l} \]

Решение

Секундная масса. У отверстия \(\mu=\rho S v\); выше по струе сечение растёт, а скорость падает, но произведение сохраняется ✓.

Сила на плиту. Если у плиты скорость \(u\), то каждая струя давит с силой \(\mu u\), а всего

\[ N\rho S v\,u = mg \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{mg}{\rho v S N}. \]

Высота. Струя тормозится тяжестью: \(u^2=v^2-2gh\), откуда

\[ \boxed{h=\frac{1}{2g}\left[v^2-\left(\frac{mg}{\rho v S N}\right)^2\right]} \]

Решение

Кинематика. Тело идёт со скоростью \(u\), жидкость в зазоре — со скоростью \(w\) вверх. Через любое сечение суммарный поток нулевой:

\[ \pi r^2 u = \pi(R^2-r^2)\,w \ \Longrightarrow\ w = u\,\frac{r^2}{R^2-r^2}\equiv ku, \qquad k=\frac{r^2}{R^2-r^2}. \]

Энергия. Кинетическая энергия (тело плюс жидкость в зазоре, длина участка \(h\)):

\[ E = \frac12\pi r^2h\rho\,u^2 + \frac12\pi(R^2-r^2)h\rho_0\,w^2 = \frac12\underbrace{\pi r^2h\big(\rho+\rho_0k\big)}_{m_{\text{эфф}}}u^2. \]

Сила. При опускании тела на \(\Delta x\) объём \(\pi r^2\Delta x\) жидкости поднимается на \(h\), а тело опускается на \(\Delta x\):

\[ F = \pi r^2 h\,(\rho-\rho_0)\,g \quad(\text{вес минус Архимед}). \]

Ускорение \(a=F/m_{\text{эфф}}\):

\[ \boxed{a = \frac{\rho-\rho_0}{\rho+\rho_0\dfrac{r^2}{R^2-r^2}}\;g} \]

Разность давлений. Второй закон Ньютона для самого тела (вниз положительно):

\[ \rho\pi r^2h\,a = \rho\pi r^2 h\,g - \Delta P\,\pi r^2 \ \Longrightarrow\ \Delta P = \rho h\,(g-a). \]

Подставляя \(a\) и пользуясь \(1+k=R^2/(R^2-r^2)\):

\[ g-a = \frac{\rho_0(1+k)}{\rho+\rho_0k}\,g = \frac{\rho_0R^2\,g}{\rho(R^2-r^2)+\rho_0r^2}, \] \[ \boxed{\Delta P = \frac{\rho R^2}{\rho\,(R^2-r^2)+\rho_0 r^2}\;\rho_0 g h} \]

Решение

Подобие. Пусть напор над кромкой вырос с \(H\) до \(2H\). Тогда:

все линейные размеры потока (толщина слоя, длина «языка» струи) — в 2 раза;
скорости — в \(\sqrt2\) раз, ведь из \(v^2/2 = gH\) следует \(v\propto\sqrt H\).

Сброс (объём в секунду через единицу ширины) — это толщина, умноженная на скорость:

\[ \frac{Q'}{Q} = 2\cdot\sqrt2 = 2\sqrt2 \approx 2{,}8. \] \[ \boxed{\text{Сброс вырастет в }2\sqrt2\approx2{,}8\text{ раза}} \]

Решение

Что во сколько раз меняется при переходе от \(H\) к \(h\) (обозначим \(n=H/h\)):

все линейные размеры смоченной части выреза и струи — в \(n\) раз;
площадь живого сечения струи — в \(n^2\) раз;
скорость истечения — в \(\sqrt n\) раз.

Расход = площадь × скорость уменьшается в \(n^2\sqrt n = n^{5/2}\) раз. Сосуд широкий, его сечение не меняется, значит скорость понижения уровня падает во столько же раз:

\[ \boxed{\frac{u_H}{u_h}=\left(\frac Hh\right)^{5/2}} \]

Решение

Скорости. Все три струи имеют свободную поверхность при атмосферном давлении, а тяжестью на масштабе удара пренебрегаем. По Бернулли скорость всюду одна и та же — \(v\).

Сохранение массы (на единицу ширины): \(h = h_1+h_2\).

Импульс вдоль плоскости. Нормальная реакция плоскости вдоль неё проекции не имеет, поэтому

\[ \rho h v\cdot v\cos\alpha = \rho h_1 v\cdot v - \rho h_2 v\cdot v \ \Longrightarrow\ h_1-h_2 = h\cos\alpha. \]

Складывая и вычитая:

\[ \boxed{h_1 = \frac h2\,(1+\cos\alpha), \qquad h_2 = \frac h2\,(1-\cos\alpha), \qquad v_1=v_2=v} \]

Решение

Скорость точки встречи. Пластины сближаются, линия их пересечения бежит вдоль биссектрисы. За время \(\Delta t\) каждая пластина проходит \(v\Delta t\) по нормали, а точка встречи уезжает на \(v\Delta t/\sin\alpha\):

\[ u = \frac{v}{\sin\alpha}. \]

В бегущей системе. Вычитаем \(u\) вдоль биссектрисы. Легко проверить, что получившаяся скорость каждой пластины направлена ровно вдоль неё самой и равна

\[ w = v\,\mathrm{ctg}\,\alpha. \]

Это две встречные симметричные струи, сходящиеся под углом \(2\alpha\). По задаче 4.3.13 (симметричный случай) они дают две струи вдоль биссектрисы — вперёд и назад — с той же по модулю скоростью \(w\).

Возвращаемся в лабораторию: прибавляем \(u\):

\[ v_2 = w+u = v\,\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}+\frac{v}{\sin\alpha} = v\,\frac{1+\cos\alpha}{\sin\alpha} = v\,\mathrm{ctg}\frac{\alpha}{2}, \] \[ v_1 = u-w = v\,\frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha} = v\,\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}. \] \[ \boxed{v_1 = v\,\mathrm{tg}\frac{\alpha}{2}, \qquad v_2 = v\,\mathrm{ctg}\frac{\alpha}{2}} \]

Решение

Масса. Секундные массы: \(\rho\pi R^2v\) и \(\rho\pi r^2v\); суммарно \(\rho\pi(R^2+r^2)v\).

Импульс вдоль оси. Приходит \(\rho\pi R^2v^2-\rho\pi r^2v^2\); уходит вся масса со скоростью \(v\) под углом \(\alpha\) к оси, то есть с осевой проекцией \(v\cos\alpha\):

\[ \rho\pi (R^2+r^2)v\cdot v\cos\alpha = \rho\pi(R^2-r^2)v^2, \] \[ \boxed{\text{конус, }\cos\alpha = \frac{R^2-r^2}{R^2+r^2}} \]

Решение

Откуда 8 км/с. Взрыв гонит стенку конуса внутрь со скоростью \(v\) по нормали. Стенки сходятся под углом при вершине \(2\alpha=30^{\circ}\), то есть \(\alpha=15^{\circ}\). По задаче 4.3.14 вперёд летит струя со скоростью

\[ v_{\text{стр}} = v\,\mathrm{ctg}\frac{\alpha}{2} = v\,\mathrm{ctg}\,7{,}5^{\circ} = 7{,}6\,v. \]

Приравнивая \(7{,}6\,v = 8\) км/с, получаем

\[ \boxed{v \approx 1\ \text{км/с}} \]

Почему «внутри плиты 4 км/с». Струя и броня — одинаковый по плотности металл. Перейдём в систему, связанную с дном кратера, которое движется со скоростью \(u\). В ней струя набегает со скоростью \(v_{\text{стр}}-u\), а броня — со скоростью \(u\) навстречу. Дно кратера — это «застойная точка», где давления с обеих сторон равны:

\[ \frac{\rho\,(v_{\text{стр}}-u)^2}{2} = \frac{\rho\,u^2}{2} \ \Longrightarrow\ u = \frac{v_{\text{стр}}}{2} = 4\ \text{км/с}. \]

Именно эту скорость и «видят» приборы внутри плиты. Сама же струя как летела 8 км/с, так и летит — потому за плитой снова 8 км/с. Никакого парадокса: это три разные величины.

Решение

Энергия. Пусть \(h\) — высота столба в вертикальной части, \(S\) — сечение. Общая длина жидкости \(l\) (она не меняется), скорость всюду \(|\dot h|\):

\[ \frac{\rho Sl\,\dot h^2}{2} + \rho S h g\frac h2 = \rho S l\,g\frac l2 = \text{const}. \]

Это в точности энергия пружинного маятника: «масса» \(\rho Sl\), «жёсткость» \(\rho Sg\). Значит

\[ \omega = \sqrt{\frac{\rho S g}{\rho S l}} = \sqrt{\frac gl}, \qquad \boxed{h = l\cos\left(t\sqrt{\frac gl}\right)} \]

Формула верна, пока \(h\ge0\), то есть до момента \(t=\tfrac{\pi}{2}\sqrt{l/g}\).

Давление при \(h=l/2\). Тогда ускорение всей жидкости

\[ a = \omega^2 h = \frac gl\cdot\frac l2 = \frac g2 \]

(в вертикальной части — вниз, в горизонтальной — к открытому концу).

Вертикальная часть. Пусть \(x\) — глубина под свободной поверхностью. Столбик длины \(x\) массы \(\rho Sx\) сверху не поджат, снизу давление \(P\):

\[ \rho Sxg - PS = \rho Sx\cdot\frac g2 \ \Longrightarrow\ \boxed{P=\frac{\rho g x}{2}} \]

Горизонтальная часть. Пусть \(y\) — расстояние от открытого конца. Столбик длины \(y\) массы \(\rho Sy\) разгоняется вперёд с \(g/2\), спереди давление нулевое:

\[ PS = \rho S y\cdot\frac g2 \ \Longrightarrow\ \boxed{P=\frac{\rho g y}{2}} \]

Решение

Связь. Непрерывность \(Su = sv\) и Торричелли \(v=\sqrt{2gh}\) дают

\[ u = \frac sS\sqrt{2gh} \quad\Longrightarrow\quad u^2 = 2\,\underbrace{g\frac{s^2}{S^2}}_{a}\;h. \]

Это соотношение \(u^2=2a\,h\) — формула равноускоренного движения из состояния покоя, где путь есть убыль высоты \(h\). Значит уровень опускается с постоянным ускорением

\[ \boxed{a = g\left(\frac sS\right)^2} \]

Решение \[ A = P\,\Delta \mathcal{V} = P V. \]

Внутри полости пустота (пар при ничтожном давлении), она сопротивления не оказывает; потерь на трение в идеальной жидкости нет. Значит вся работа стала кинетической энергией:

\[ \boxed{E = P V} \]

Решение

Поле скоростей. Пусть граница полости имеет радиус \(r\) и скорость \(v\). Через сферу радиуса \(x>r\) в секунду проходит тот же объём:

\[ 4\pi x^2 u(x) = 4\pi r^2 v \quad\Longrightarrow\quad u(x)=v\,\frac{r^2}{x^2}. \]

Кинетическая энергия. Слой толщины \(dx\) имеет массу \(\rho\,4\pi x^2dx\):

\[ E = \int_r^{\infty}\frac{\rho\,4\pi x^2}{2}\,v^2\frac{r^4}{x^4}\,dx = 2\pi\rho v^2r^4\int_r^{\infty}\frac{dx}{x^2} = 2\pi\rho v^2 r^3. \]

(Школьный смысл: вся энергия «сидит» в тонком слое возле полости — интеграл сходится.)

Работа давления. Полость сжалась с \(R\) до \(r\), объём уменьшился на \(\tfrac43\pi(R^3-r^3)\), значит внешнее давление совершило работу

\[ A = P\cdot\frac43\pi\left(R^3-r^3\right). \]

Приравниваем \(A=E\):

\[ \frac43\pi P\,(R^3-r^3) = 2\pi\rho v^2r^3 \ \Longrightarrow\ \boxed{v = \sqrt{\frac{2P}{3\rho}\left(\frac{R^3}{r^3}-1\right)}} \]

Решение

Условие. Максимальная скорость, до которой давление \(P_0\) может разогнать воду из состояния покоя, находится из \(\rho v^2/2 = P_0\):

\[ v_{\text{кр}} = \sqrt{\frac{2P_0}{\rho}} = \sqrt{\frac{2\cdot10^5}{10^3}} = \sqrt{200}\approx 14\ \text{м/с}. \] \[ \boxed{v \gtrsim 14\ \text{м/с}\approx 50\ \text{км/ч}} \]

Подсказка

Вода из нижних сосудов вытесняется воздухом и попадает наверх, а вся вода из фонтана возвращается в верхний сосуд. Что тогда происходит с уровнем в верхнем сосуде и как связаны \(h_2 - h_1\) и \(h_3\)?

Ответ

1) уровень не изменяется;  2) \(2\text{ мм/с}\) и \(1\text{ мм/с}\);  3) \(1{,}6\text{ м/с}\).

Подсказка

Работа газа при выбросе воды \(p\,\Delta V\) идёт на кинетическую энергию воды и ракеты; импульсы воды и ракеты равны, поэтому энергия делится обратно пропорционально массам.

Ответ

\(h = \dfrac{K_M}{Mg} = \dfrac{(4/5)\,p\,\Delta V\,m}{Mg(m+M)} = \dfrac{4pm^2}{5\rho Mg(m+M)} \approx 4{,}6\) м.