Zadaci iz fizike.
FIZIKA TEČNOSTI I GASOVA - I DEO Sila potiska 1. Gvozdeni splav mase m=8t, ima spoljašnju zapreminu V=40m3. Koliko ljudi prosečne mase od m1=60kg može da
primi ovaj splav, pod uslovom da je dozvoljeno potapanje do 1/2 njegove zapremine? Gustina vode je ρV =1⋅103kg/m3 .
2. Kuglica od materijala gustine ρk=0,92g/cm3 slobodno pada sa visine h=1m na površinu vode (ρ0=1g/cm3).
Zanemarujući otpor vazduha i otpor pri kretanju kroz vodu, odrediti dubinu (H=?) na kojoj će se kuglica zaustaviti. Smatrati da je prečnik kuglice mnogo manji od h i H.
3. Na dubini od H=4m u vodi, drži se komad plute. Kada se on pusti, izleće iz vode i dostiže maksimalnu visinu od h=16m. Odrediti: a) gustinu plute (ρp=?) , b) zapreminu komada plute, ako pluta lebdi u vodi kada şe o nju okači čelični teg mase mT=1kg. Gustina vode je ρ0 =1⋅103kg/m3 , a gustina tega ρT =7,85⋅103kg/m3. Zanemariti otpor vazduha i otpor pri kretanju kroz vodu. vakuum
Hidrostatički pritisak
pumpa
4. Na slici je prikazan uređaj koji služi za određivanje gustine tečnosti (hidrometar). Pošto se u cevi pomoću vakuum pumpe ostvari neki potpritisak, nivo tečnosti u kracima se podiže sve dok se ne uspostavi ravnoteža pritisaka. Neka se u desnom kraku hidrometra nalazi voda (ρ0=1⋅103kg/m3 ). Ako je izmereno da visina stuba vode iznosi h0=12cm, a visina stuba nepoznate tečnosti u levom kraku h=15,2cm, odrediti gustinu nepoznate tečnosti (ρ=?).
h
h0
s2
5. U vertikalnoj U-cevi, površina unutrašnjeg poprečnog preseka jednog kraka je S1 , a drugog
s1
S2=3S1. U takvu cev je nasuta živa i nivo njene slobodne površine se nalazi na rastojanju l=30cm ispod vrha cevi. Za koliko će se podići nivo žive u širem delu cevi, ako se u uži deo cevi nalije voda do vrha? Gustina žive iznosi ρž=13.6 ⋅103 kg/m3, a vode ρV= 1⋅103kg/m3.
l
6. Cev prečnika d=1m i jedna uža cev, u kojoj se efekti površinskog napona mogu zanemariti, spojene su kao na slici. Na kraju šire cevi se nalazi jedan cilindar, mase m=1⋅103kg, koji zatvara cev. Ako se donja površina čepa nalazi pri samom vrhu cevi i ako se trenje između čepa i cevi može zanemariti, odrediti kolika je maksimalna visina stuba vode u levoj cevi (h=?) pri kojoj voda neće početi da ističe iz začepljene cevi. Gustina vode iznosi ρ = 1⋅103kg/m3.
h m
d
7. U uskoj uspravnoj cevi, koja je na donjem kraju zatvorena, nalazi se vazdušni stub visine h=18.5cm, a iznad njega živin stub visine h0=2.2cm. Ako se cev okrene za 180o, onda se stub vazduha poveća na h1=19.6 cm. Izračunati koliko iznosi atmosferski pritisak, pa=? Gustina žive iznosi ρž=13.6 ⋅103 kg/m3. Pretpostaviti da je temperatura gasa konstantna i da je cev dovoljno duga, tako da ne dolazi do izlaska žive iz cevi kada okrenemo cev.
h0
h1
h
h0 ( A)
8. Širok stakleni sud je povezan sa vertikalnom cevi koja je na svom gornjem kraju zatvorena. Dužina cevi je h=80cm. U sud se lagano (izotermski) sipa voda, sve dok se nivo u cevi ne popne do visine h1=5cm. Atmosferski pritisak je pa=1⋅105 Pa, a gustina vode ρ=1000 kg/m3. a) Koliki je pritisak vazduha u cevi (p1=?) posle sipanja vode u sud? b) Polazeći od jednačine ravnoteže pritisaka u sistemu, odrediti visinu vode (H=?) u širem sudu, pri kojoj je visina vode u cevi h1.
(B)
h
H h1
neobavezan primer
Ronilačko zvono cilindričnog oblika visine H=4m i unutrašnje površine bazisa S=2m2 ima masu od M=12t. Zvono se spušta (sa otvorom naniže) na dubinu od h=17.2m. Kolika je rezultantna sila (T=?) u užetu kojim je zvono prikačeno za brod, nakon spuštanja zvona? Smatrati da se temperatura vazduha u zvonu ne menja pri spuštanju zvona. Gustina vode je ρV= 1⋅103kg/m3, a gustina zvona ρZ=8⋅103kg/ m3. Atmosferski pritisak je pa=105Pa.
r T
h
H
Dinamika idealnih fluida (protok i primena Bernulijeve jednačine) ∆h
9. Voda struji kroz horizontalnu cev oblika kao na slici. Površina poprečnog preseka šireg dela cevi je S1, a užeg dela S2, Razlika pritisaka vode između šireg i užeg dela cevi je ∆p=ρg∆h, gde je ρ gustina vode. Odrediti zapreminski protok vode kroz ovu cev?
S1
S2 r v2
S2
(ρ =1⋅103kg/m3) struji stalnim intenzitetom kroz cev na slici. Površina poprečnog preseka cevi na donjem kraju je S1=8cm2, a na gornjem S2=5cm2. Razlika pritisaka vode na tim presecima je ∆p=3.5kPa, a visinska razlika njihovih nivoa je ∆h=30cm. Ako se viskoznost vode zanemari, odrediti: a) brzinu proticanja vode kroz presek S2 strujne cevi, b) koliko litara vode protiče u minuti kroz tu cev (koliki je zapreminski protok Q=?)? c) kako bi izgledali konačni izrazi pod a) i b) u slučaju da voda struji kroz horizontalnu cev konusnog oblika, sa poprečnim presecima S1 i S2 (važi S1>S2 ) ?
10. Voda
∆h
r v1
S1
11. Na dnu otvorenog cilindričnog suda čiji je prečnik D nalazi se kružni otvor prečnika d. Ako se viskoznost vode zanemari, odrediti: a) kolika je brzina opadanja nivoa tečnosti u sudu (v1=?) u momentu kada visina tečnosti nad otvorom iznosi h; b) na šta bi se sveo konačni izraz za brzinu v1 (traženu pod a)) u slučaju da je D>>d ? c) Koristeći jednačinu kontinuiteta i konačni izraz dobijen za brzinu v1 pod b) , zaključite kako bi izgledao izraz za brzinu v2 u slučaju da je D>>d.
D
r v1
h
d
r v2 D
12*. Metalni otvoreni cilindrični kontejner unutrašnjeg prečnika D=0.6m i mase M=50kg postavljen je na horizontalnu podlogu. U kontejner je naliveno mašinsko ulje do visine H=1.5m. Gustina ulja je ρ=900kg/m3. Na visini h=0.5m od dna napravljen je otvor površine S0=0,01m2 iz kojeg ističe ulje (S0<
S0
H
hh
13*. Na kolicima se nalazi cilindrični sud napunjen vodom (ρ =1⋅103kg/m3) do visine h=1m. Na suprotnim stranama suda nalaze se dva otvora na visinama h1=0.25m i h2=0.5m. Površina svakog od otvora iznosi S=0.01m2. Kolika sila i u kom smeru treba da deluje na kolica da bi ona ostala u mirovanju pri isticanju vode? Smatrati da je brzina spuštanja slobodne površine tečnosti u sudu zanemarljivo mala, kao i da nema viskoznosti ni kontrakcije mlaza.
h2 h1
neobavezan primer: Iz otvorenog cilindričnog suda visine h=1m i poprečnog preseka površine S1 ističe voda kroz kružni otvor na dnu. Površina poprečnog preseka otvora je S2=S1/400. Ako je sud u početnom trenutku bio napunjen vodom do vrha, izračunati za koje vreme t=? će voda isteći iz suda. Kontrakciju mlaza i viskoznost ne uzimati u obzir.
REŠENJA ZADATAKA (FIZIKA TEČNOSTI I GASOVA - I DEO): 1. zadatak Masa splava sa N ljudi je:
M = Nm1 + m . Intenzitet gravitacione sile koja deluje na splav sa ljudima je: Fg = Mg .
Intenzitet sile potiska koja deluje vertikalno naviše je: F p
= ρv
V g (splav je potopljen do polovine svoje zapremine, pa je masa istisnute 2 V
ρv − m r r V V 2 vode ρ v ). Prema uslovu ravnoteže važi F g + F p = 0 , odnosno ( m + Nm1 )g − ρ v g = 0 . Odatle sledi: N = = 200 2 m1 2
2. zadatak AC Asvih sila = E kC − E kA
Prema teoremi o promeni kinetičke energije, važi:
E kC = E kA = 0
Prema uslovu zadatka je: Sledi: 0 =
AgAC
+
BC AFp
i
(1)
A
BC A AC = AgAC + AFp .
(2)
h
r mg
B AgAC BC AFp
h+ H r r h+ H = ∫ Fg ⋅ dy = ∫ mgdy =mg ∫ dy =mg( h + H ) C
A C
0
(3)
0
H H H r r = ∫ FP ⋅ dy = − ∫ FP dy = − ∫ ρ 0Vgdy = − ρ 0Vg ∫ dy = −ρ 0VgH B
H
0
0
r Fp r mg
(4)
0
C y osa
Zamenom (3) i (4) u (2) sledi: 0 = − ρ 0VgH + mg ( H + h ) , odnosno:
H =
mh
ρ 0V − m
ρ k Vh ρkh = = 11 . 5 m ρ 0V − ρ k V ρ0 − ρk
=
3. zadatak a) Posmatramo komad plute u početnom pložaju pod vodom (položaj 1) i u položaju u kojem dostiže
pluta
maksimalnu visinu iznad vode (položaj 2). Primenom teoreme o promeni kinetičke energije, dobijamo: 12 ∆E k = Asvih sila
(1)
Iz uslova zadatka sledi: ∆E k = E k 2 − E k 1 = 0 − 0 = 0 Sledi:
0 = AFp + AFg
(2)
r
r H
H
0
0
0
i
(3)
Zamenom (4) i (5) u (3) sledi:
b)
r mP g (4)
ρ 0V P gH = ρ PV P g( H + h ) , odnosno: ρ P =
H kg ρ0 = 0.2 ⋅ 103 3 h+H m
r Fp
Posmatramo sistem koji čine pluta i teg. Sistem će lebdeti u vodi ukoliko je ukupna sila
potiska na sistem jednaka (po intenzitetu) ukupnoj gravitacionoj sili kojom Zemlja deluje na sistem:
F p + F pt = m P g + mt g Važi: F p =
ρ 0V P g ,
(5)
F pt = ρ 0Vt g = ρ 0
Nakon zamene prethodnih izraza u (5), sledi:
y osa
0
0
1
r Fp
H
H +h H +h 2 r r 2 r r Ag = ∫ Fg ⋅ dy = ∫ m P g ⋅ dy = − ∫ m P gdy = − ρ PV P g ∫ dy = − ρ PV P g( H + h ) 1
h
12 Asvih sila = AFp + Ag
Važi: AFp = ∫ FP ⋅ dy = ∫ FP dy =ρ 0 V P g ∫ dy =ρ 0 V P gH 1
r mP g
mt
ρt
pluta
g.
ρ mt ( 1 − 0 ) ρt VP = = 1.09 dm 3 ( ρ0 − ρ P )
teg
r FzP r Fzt
r mP g r F pt r mt g
y osa
4. zadatak
vakuum pumpa
Nakon stvaranja podpritiska, tečnost se u svakom od krakova podiže, sve do trenutka kada se spoljni atmosferski pritisak p a (koji deluje na tečnosti u oba suda) izjednači sa zbirom pritiska u cevi iznad površine tečnosti (p) i hidrostatičkog pritiska stuba tečnosti. U desnom kraku se jednačina ravnoteže pritisaka svodi na: p a
(1)
U levom kraku se jednačina ravnoteže pritisaka svodi na:
(2)
= p + ρ 0 gh0 p a = p + ρgh
h
h0
h0 kg kg ≈ 790 3 = 0,79 ⋅103 3 Iz (1) i (2) sledi: p + ρ 0 gh0 = p + ρgh , odnosno: ρ = ρ0 h m m
5. zadatak Usled sipanja vode u uži krak cevi, nivo žive se u tom kraku cevi spusti za h1, dok se u širem kraku popne za h2. Razlika nivoa žive u kracima je onda: h1+h2 (pogledati sliku).
s2
l
s 2 = 3s1 . Onda iz (1) sledi: h1 = 3h2
h2
h1
Pošto je tečnost nestišljiva, sledi da promena zapremine žive u užoj cevi mora biti jednaka promeni zapremine žive u široj cevi: (1) s1h1 = s 2 h2 Iz uslova zadatka sledi:
Nakon zamene (2) u (3) sledi:
h1 + h 2
O′
O
(2)
Jednačina ravnoteže pritisaka na nivou O-O/ , nakon sipanja vode je: p a + ρ ž g( h1 + h2 ) = p a + ρ v g( h1 To se svodi na ravnotežu hidrostatičkih pritisaka stuba vode (visine: h1 + l ) i stuba žive (visine: h1 + h2):
ρ v g (l + h1 ) = ρ ž g (h1 + h2 )
s1
s2
s1
+l)
(3)
ρ v g (l + 3h2 ) = ρ ž g (3h2 + h2 )
⇒
h2 =
ρvl ≈ 6mm 4 ρ ž − 3ρ v
6. zadatak I način rešavanja:
Zatvarač (čep) može da klizi duž zidova suda. Ukoliko vrednost pritiska u tečnosti na nivou OO' obeležimo sa
h m
O
d
Sledi:
O/
p, onda na zatvarač od strane d 2π tečnosti deluje (vertikalno naviše) sila intenziteta F1 = pS , gde je S = . 4 r r Na zatvarač vertikalno naniže deluje sila Zemljine teže: FG = mg . Usled postojanja atmosferskog pritiska, na zatvarač odgore deluje i sila intenziteta F2 = p a S . Sila potiska na zatvarač je jednaka nuli, jer zatvarač po uslovu zadatka nije ni malo uronjen u tečnost.
r r r r r r r ma = F1 + F2 + FG . Uslov da čep miruje (uslov ravnoteže sila) je: F1 + F2 + FG = 0
⇒ projekcija na smer naviše, duž vertikalnog pravca, je: 0 = pS − p a S − mg
( p − p a ) S = mg , pri čemu se sa slike (posmatranjem uže cevi) vidi da je: p = p a + ρgh . 4m = 1.273 m Iz poslednje dve relacije sledi: h = ρd 2 π ⇒
II način rešavanja - skraćena varijanta, rađena na času: Jednačina ravnoteže pritisaka na nivou OO/ je: p a + ρgh = p a + Sledi: h =
4m = 1.273m ρd 2 π
mg d 2π , gde je S = S 4
7. zadatak Zapremina vazduha u cevi u položaju (A) je V = S h (S je površina poprečnog preseka cevi). Vazduh u cevi je tada pod pritiskom p = pa + ρ ž gh0 Kada se cev okrene, onda je u položaju (B) zapremina vazduha V1 = S h1 , a pritisak u vazduhu u cevi je p1 = pa − ρ ž gh0
h0
Pošto je T=const, može se primeniti Bojl-Mariotov zakon: pV = p1V1 Sledi:
( pa + ρ ž gh0 )Sh = ( pa − ρ ž gh0 )Sh1
Konačno se za atmosferski pritisak dobija: p a =
pa ( h1 − h ) = ρ ž gh0 ( h + h1 )
⇒
ρ ž gh0 ( h + h1 ) ( h1 − h )
h1
h
≈ 1,02 ⋅ 10 5 Pa
h0 ( A)
(B)
8. zadatak a)
Lagano podizanje nivoa vode u uzanoj cevi dovodi do izotermskog sabijanja vazduha u njoj, od zapremine V = Sh do zapremine V1 = S ( h − h1 ) , pa se može primeniti Bojl-Mariotov zakon:
paV = p1V1 ⇒ p a Sh = p1 S ( h − h1 ) ⇒ p1 = pa
h
H
b) h1
A
B
h = 1,067 ⋅ 105 Pa h − h1
(1)
Jednačina ravnoteže pritisaka na nivou A-B (obeleženo na slici) je:
pa + ρgH = p1 + ρgh1 Odatle sledi: H = h1 +
1 ( p1 − pa ) ρg
Ubacivanjem relacije (1) za pritisak p1 u relaciju (2) i sređivanjem, dobija se:
(2)
⎡ ⎤ pa H = h1 ⎢1 + ⎥ ≈ 0,73m = 73cm ⎣ ρg ( h − h1 ) ⎦
Neobavezan primer Na zvono (sa vazduhom u njemu) deluju gravitaciona sila, sila potiska i sila zatezanja užeta koje drži zvono. Po II Njutnovom zakonu je:
r r r r ma = Fg + T + F p , tj ma = Mg − T − F p . Za silu potiska važi:
F p = ρ v g (Vvaz + V zv ) = ρ v g ( Sx +
Sledi: ma = Mg − T − ρ v g ( Sx +
r T FP
x
H Fg
ξ2 +(
pa
ρ v gH
h
+
M
ρz
⇒
).
⎡ M ⎤ (1) )⎥ T = g ⎢ M − ρ v ( Sx + ρz ⎦ ⎣
Da bi se odredilo T, treba prethodno odrediti x=? Ako je visina vazdušnog stuba u zvonu x, onda je pritisak vazduha u stubu:
p = pa + ρ v g (h + x)
Iz uslova zadatka da je promena temperature pri spuštanju zvona zanemarljiva sledi da imamo izotermsko sabijanje vazduha u zvonu, pa važi: pV = p aV0 . Iz poslednje dve relacije sledi:
pa h x )ξ − = 0 , gde je uvedena oznaka: ξ = H H ρ v gH
Rešenje ove kvadratne jednačine koje ima fizičkog smisla je: Konačno se dobija:
)=0
M
ρz
[ p a + ρ v g (h + x )]Sx = p a SH ,
ξ = 0.35 , odakle sledi x = 1.4m
⎡ M ⎤ T = g ⎢M − ρ v ( Sx + )⎥ = 77 ⋅ 103 N ρz ⎦ ⎣
odakle se dobija:
9. zadatak Bernulijeva jednačina je:
p1 − p2 =
Sledi:
Važi v1 S1 = v 2 S 2
∆h
(2)
p1 − p 2 = ρg∆h
(3)
1 ρ ( v22 − v12 ) = ρg∆h 2 ⇒ v1 = v2 S 2 S1
(4)
S1
S2
(5)
S2 1 ρ ( v22 − v22 22 ) = ρg∆h 2 S1
Iz (4) i (5) sledi:
(1)
1 ρ ( v22 − v12 ) 2
Takođe je (videti sliku):
Iz (2) i (3) sledi:
1 2 1 ρv1 + p1 = ρv22 + p2 2 2
2 2 1 2 S1 − S 2 v2 ( ) = g∆h ⇒ 2 S12
⇒
Konačno se za protok tečnosti dobija: Q = v 2 S 2 = S 2 S1
v2 = S1
2 g∆h ( S12 − S 22 )
2 g∆h ( S12 − S 22 )
10. zadatak 1 2 1 ρv1 + p1 = ρv 22 + ρg∆h + p 2 2 2 Važi: ∆h > 0 i v 2 > v1 (zbog S 2 < S1 ), što znači da je: p1 > p 2
r v2
S2
a) Bernulijeva jednačina je:
1 ρ ( v 22 − v12 ) + ρg∆h 2 v S Prema jednačini kontinuiteta je: S1v1 = S 2 v 2 ⇒ v1 = 2 2 S1
Pošto je:
∆h
r v1
∆p = p1 − p 2 , sledi: ∆p =
S1
2
S 22 S12
b)
Q = S 2 v 2 = S 2 S1
c)
∆h = 0 ⇒ v 2 = S1
) + 2 ρg∆h
⇒
v2 =
2( ∆p − ρg∆h )
ρ(1 −
2( ∆p − ρg∆h )
ρ( S12 − S 22 ) 2 ∆p
ρ ( S12
− S 22
)
≈ 6,75 ⋅10 − 4
i
S 22 S12
= S1
)
(2) (3)
S2 1 ρ ( v 22 − v 22 2 ) + ρg∆h . 2 S12
v1 , sledi: ∆p =
Iz (2) i (3), eliminacijom
Sledi: 2∆p = ρv 2 ( 1 −
(1)
2( ∆p − ρg∆h )
ρ ( S12
− S 22
≈ 1,35
)
m s
m3 s
Q = S 2 v 2 = S 2 S1
2∆p
ρ ( S12 − S 22 )
pa
11. zadatak a)
1 1 2 1 ρv1 + ρgh + p a = ρv 22 + p a ⇒ ρgh = ρ ( v 22 − v12 ) (1) 2 2 2 S1 v1 Jednačina kontinuiteta: S1v1 = S 2 v 2 ⇒ v 2 = (2) S2
D
Bernulijeva jednačina:
Zamenom
v 2 iz (2) u (1), sledi: v1 = S 2
2 gh S12
, gde je: 2
− S2
S1 =
r v1
h
D 2π d 2π i S2 = 4 4
d
pa
r v2
Sledi: v1 = d
2 gh
2
(3)
4
D −d4 2 gh
d2
b)
2 Za D >> d sledi: v1 = d
c)
Iz jednačine kontinuiteta sledi: v 2 = v1
*
12 . zadatak
D
4
=
D2
2 gh
(4)
S1 S1 d 2 , pa se, uzimajući u obzir (4) dobija: v 2 = S2 D2 S2
2 gh = 2 gh
Isticanje fluida kroz otvor na sudu prouzrokuje pojavu reaktivne sile koja deluje na ostatak sistema. Masa fluida koja istekne za infinitezimalno mali vremenski interval dt, kroz otvor površine S0 , je jednaka: dm i = ρdV = ρ S 0 vdt , gde je v brzina isticanja. Prema uslovu zadatka je S0 << D , pa se može smatrati da je brzina spuštanja nivoa tečnosti u sudu zanemarljivo mala u odnosu na brzinu isticanja, odnosno može se smatrati da fluid koji ističe kreće iz stanja mirovanja i da pri isticanju tokom malog
D
S0
H
hh
2 vremenskog intervala dt stiče količinu kretanja vdmi = vρdV = ρS 0 v dt .
Onda je promena količine kretanja (pri isticanju) posmatrane mase fluida dm i :
dp = vdmi = vρdV = ρS0v 2dt . dp = ρS0v 2 . To je sila kojom ostatak tečnosti deluje na delić dt tečnosti koji ističe. Po III Njutnovom zakonu i delić tečnosti koji ističe deluje na ostatak tečnosti u sudu silom istog intenziteta i pravca, ali suprotnog smera (sila reakcije je usmerena suprotno od smera isticanja). Sila koja odgovara toj promeni količine kretanja je:
F=
Sa druge strane, prema Toričelijevoj teoremi, brzina isticanja fluida kroz mali bočni otvor (prečnik otvora je mnogo manji od prečnika suda) prikazan na slici je: v = 2 g ( H − h) , gde je (H-h) rastojanje otvora od slobodne površine tečnosti. Onda za 2 reaktivnu silu važi: FR = ρS 0 v = 2 ρgS 0 ( H − h ) .
Da ne bi došlo do kretanja kontejnera po podlozi usled isticanja fluida, reaktivna sila mora biti u ravnoteži sa silom trenja koja
r
r
deluje na kontejner, tj. mora biti ispunjeno: Ftr = − FR . Sledi: 2 ρgS0 ( H − h ) = µN , gde je N = ( M + m) g
m = ρV = ρ
i
2
D π H. 4
Konačno se dobija: 2 ρgS 0 ( H − h ) = µ( M + ρ
D 2π H )g , odnosno: µ = 2 ρS 0 ( H − h ) ≈ 0,042 4 D 2π M +ρ H 4
*
13 . zadatak Pošto je površina poprečnog preseka svakog od otvora mnogo manja od površine poprečnog preseka suda, onda je brzina na nivou slobodne površine tečnosti u sudu mnogo manja od brzine isticanja v1 (kroz otvor 1) i od brzine v2 (kroz otvor 2). Bernulijeva jednačina za nivo slobodne površine tečnosti i nivo otvora 1 je:
h2
h
h1
1 2 1 ρv + ρgh + p a = ρv12 + ρgh1 + p a 2 2 Pošto je: v << v1 , onda aproksimativno važi:
v1 = 2 g (h − h1 )
⇒
ρg ( h − h1 ) =
ρg ( h − h1 ) = (1)
1 ρ ( v12 − v 2 ) 2
1 2 ρv , odnosno: 2 1
Bernulijeva jednačina za nivo slobodne površine tečnosti i nivo otvora 2 je:
1 2 1 ρv + ρgh + p a = ρv 22 + ρgh2 + p a 2 2 Pošto je:
⇒
ρg ( h − h 2 ) =
v << v 2 , onda aproksimativno važi: ρg( h − h1 ) =
1 ρ ( v 22 − v 2 ) 2
1 2 ρv , odnosno: v 2 = 2 g (h − h2 ) 2 2
(2)
r r r F1 i F2 , usled isticanja vode kroz otvore 1 i 2 (pogledati zadatak 11). Sila F1 je usmerena na levu r 2 2 2 stranu (suprotno od smera isticanja kroz otvor 1), a sila F2 na desnu stranu. Važi: F1 = ρ Sv12 i F2 = ρ Sv2 . Pošto je v1 > v 2 , onda
Na sud sa vodom deluju sile reakcije,
je
F1 > F2 . Zato je rezultujuća sila usmerena na levu stranu. Važi:
F = F1 − F2 = ρS ( v12 − v 22 ) = 2 ρgS ( h2 − h1 ) ≈ 5 N Da bi kolica mirovala, treba silom istog intenziteta delovati na desno.
Neobavezan primer D
1 2 1 ρv1 + ρgh + p a = ρv 22 + p a (1) 2 2 Važi: S 2 < S1 i v 2 > v1 Bernulijeva jednačina:
h
r v1
Jednačina kontinuiteta: S1v1 = S 2 v 2
d
Zamenom
r v2 1 S2
2 gh
v1 iz (2) u (1), sledi: v 2 = S1
S12
Po definiciji zapreminskog protoka je: Q =
Iz (3) i (4) sledi:
⇒ t = k2 h =
(2)
2h( S12 − S 22 ) g
≈ 181s
2 gh dh = S2 2 dt S1 − S 22
(3)
− S 22
dV S1 dh = = S1 v1 = S 2 v 2 ⇒ dt dt
⇒
t
h
dh
0
0
h
∫ dt = ∫ k
, gde je k =
1 S2
dh S 2 v 2 = dt S1 S12 − S 22 2g
(4)
