Delta mi!

Optymalne warunki poziomego lotu odpowiadają sytuacji, gdy energia potrzebna do podtrzymania lotu jest możliwie mała. Oznacza to, że prędkość powinna być jak najmniejsza, ale wystarczająca do wytworzenia siły nośnej równoważącej ciężar ptaka. Otrzymujemy warunek:

gdzie jest całkowitą masą ptaka, a przyspieszeniem ziemskim. Wewnątrz jednego rzędu ptaki mają bardzo podobną budowę i upierzenie, ale mogą znacznie różnić się rozmiarami. Za miarę wielkości ptaka przyjmijmy jedną z charakterystycznych długości - np. rozpiętość skrzydeł. Zachodzi wówczas skalowanie: oraz gdzie znak " " oznacza proporcjonalność. Podstawienie tych relacji do podanego wyżej równania na siłę nośną prowadzi do oszacowania: i dalej do:

Wykonane bardzo trudne pomiary prędkości lotu ptaków względem powietrza (patrz: PLoS Biology 5, 1656 (2007)) prowadzą do empirycznego wzoru:

z ms oraz Podawane są też wyniki pomiarów prowadzące do oszacowania skąd wynika (Knut Schmidt-Nielsen, Dlaczego tak ważne są rozmiary zwierząt, Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 1994).

Źródłem siły dośrodkowej utrzymującej szybką rotację powietrza wokół oka cyklonu jest różnica ciśnień w odległości i od oka cyklonu. Rozważmy fragment strugi wiatru o szerokości i powierzchni w kierunku prostopadłym do promienia. Równowaga działających sił prowadzi do równania:

Otrzymujemy:

Dla oszacowania wartości pochodnej ciśnienia przyjmijmy, że ciśnienie w centrum wynosi 880 hPa, a na krańcu cyklonu, w odległości , wynosi 1010 hPa. Według naszego wzoru prędkość wynosi zero w centrum i rośnie z Z dala od centrum zmiany ciśnienia maleją i na krańcu cyklonu pochodna ciśnienia wynosi zero. Przyjmijmy, że maksymalna prędkość osiągana jest w odległości od centrum, i do obliczeń weźmy średnią wartość pochodnej Otrzymujemy:

a więc Maksymalny zarejestrowany poryw wiatru cyklonu Wilma osiągnął ale przez większość blisko dwutygodniowego "życia" tego cyklonu maksymalna prędkość wiatru wynosiła od 175 do

Oznaczmy przez początkową głębokość zanurzenia cylindra, a przez wysokość słupa wody, która wciekła do naczynia po utracie hermetyczności. Zgodnie z prawem Archimedesa gdzie jest gęstością wody. Stąd W stanie końcowym:

zatem (rysunek obok). Warunek równowagi ciśnień na głębokości ma postać:

gdzie jest ciśnieniem gazu w naczyniu w stanie końcowym. Oznaczając szukane ciśnienie początkowe przez z prawa przemiany izotermicznej otrzymujemy:

Podczas dokładnego ważenia należy uwzględnić siły wyporu powietrza. Równowaga mas na szalkach wagi oznacza równowagę ciężarów z uwzględnieniem sił wyporu powietrza:

gdzie oznacza przyspieszenie ziemskie. Otrzymujemy stąd:

Po podstawieniu danych liczbowych otrzymujemy

Kropla oleju i wszystkie cząstki wody poruszają się z jednakowymi wartościami prędkości. Oznaczmy przez szukaną prędkość kropli w chwili, gdy przechodzi ona przez punkt W czasie, gdy kropla oleju przemieszcza się z punktu do porcja wody o tej samej objętości przemieszcza się z do czyli obniża się o Energia potencjalna pozostałej masy wody nie zmienia się. Zasada zachowania energii ma postać

stąd

Ponieważ to w przybliżeniu

Parcie na dno naczynia nie zmienia się po stopieniu wody, bo nie zmienia się ciężar zawartości naczynia, a ścianki cylindra są pionowe:

gdzie i oznaczają wysokości słupa wody w naczyniu przed i po stopieniu lodu, jest objętością ołowiu. Różnica wysokości poziomów wody wynosi

(1)

Ponieważ gęstość ołowiu jest większa od gęstości wody, poziom wody w naczyniu obniży się. Objętość ołowiu możemy znaleźć z warunku równowagi sił działających na pływający lód:

(2)

Z równań (1) i (2) otrzymujemy szukany wynik:

Oznaczmy wysokość słupa cieczy w nieruchomym naczyniu przez a rozmiary podstawy naczynia przez i Zgodnie z treścią zadania możemy więc przyjąć, że powierzchnia cieczy w obracającym się naczyniu ma kształt jak na rysunku.

Odpowiedź na pierwsze pytanie jest oczywista. Siła parcia na dno równa jest ciężarowi cieczy niezależnie od tego, czy naczynie obraca się, czy pozostaje w spoczynku.

Rozważmy mały element cieczy o masie na jej powierzchni w obracającym się naczyniu. Działa na niego siła ciężkości i siła reakcji ze strony pozostałej cieczy, prostopadła do jej powierzchni. Wypadkowa tych dwóch sił jest siłą dośrodkową o wartości gdzie jest prędkością kątową, a odległością elementu cieczy od osi obrotu. Styczna do powierzchni cieczy w badanym punkcie nachylona jest do poziomu pod kątem i spełnione są związki:

gdzie funkcja opisuje kształt powierzchni cieczy. Stąd a stałą możemy wyznaczyć z warunków brzegowych. Gdy zatem Ponieważ ciecz jest nieściśliwa i jej objętość stała, możemy wyznaczyć prędkość kątową obracającego się naczynia, przyrównując objętość cieczy w połówce naczynia spoczywającego i obracającego się:

stąd

Wysokość cienkiego słupka cieczy stykającego się z wąską ścianką naczynia wynosi

Zgodnie z prawem Pascala ciśnienie cieczy na wąską ściankę boczną zmienia się liniowo z wysokością, a jego wartość średnia wynosi gdzie jest gęstością cieczy. Szukany stosunek parć na ściankę boczną w obracającym się i nieruchomym naczyniu równy jest

Wynik nie zależy od rodzaju i objętości cieczy, rozmiarów naczynia oraz przyspieszenia grawitacyjnego. Gdy otrzymujemy

Na dnie jeziora na ciśnienie wewnątrz pęcherzyka składa się ciśnienie atmosferyczne ciśnienie słupa wody ( - przyspieszenie ziemskie, - gęstość wody) i ciśnienie wynikające z napięcia powierzchniowego Przy powierzchni wody na ciśnienie w pęcherzyku składa się ciśnienie atmosferyczne i ciśnienie wynikające z napięcia powierzchniowego

Dodatkowe ciśnienie w pęcherzyku wywołane przez napięcie powierzchniowe możemy znaleźć posługując się następującym rozumowaniem: wyobraźmy sobie pęcherzyk o promieniu Jeżeli powiększymy jego promień o to powierzchnia wzrośnie o

Spowoduje to wzrost energii powierzchni pęcherzyka o Powiększenie promienia pęcherzyka jest skutkiem wykonania pracy

Korzystając z tego, że otrzymujemy na dodatkowe ciśnienie wyrażenie

Korzystając z prawa Boyle'a-Mariotte'a mamy

czyli

Stąd znajdujemy Zauważmy, że wkład od napięcia powierzchniowego jest znacznie mniejszy od ciśnienia atmosferycznego i hydrostatycznego i może być pominięty.

rzy zanurzeniu na szukaną głębokość średnia gęstość nurka powinna być równa gęstości wody, a więc jego objętość powinna być równa l, gdzie to gęstość wody. Zmniejszenie objętości ciała o wielkość nastąpi - praktycznie biorąc - tylko w efekcie sprężenia powietrza w płucach, którego objętość zmaleje do Przyjmując, że sprężenie następuje w stałej temperaturze, można zastosować prawo Boyle'a-Mariotte'a:

gdzie to ciśnienie atmosferyczne. Stąd otrzymujemy, że nurek może wypłynąć, nie wykonując żadnych ruchów, z głębokości nieco mniejszej od

Przyjmijmy, że komar macha skrzydłami z częstością Założymy, że amplituda machnięć jest rzędu długości skrzydła i że skrzydła opuszczają się płasko, a podnoszą się krawędzią tak, że opór powietrza przy podnoszeniu można pominąć. Średnia prędkość powietrza odrzucanego skrzydłami w dół wynosi Posługując się analizą wymiarową, znajdujemy, że gdzie to powierzchnia skrzydła (współczynnik z warunków zadania). Siła unosząca jest równa średniej czasowej siły oporu działającej na skrzydło, pomnożonej przez liczbę skrzydeł i podzielonej przez dwa, ponieważ opór powietrza działa na skrzydło tylko przy jego ruchu w dół. Stąd

Siła ta musi równoważyć ciężar komara, więc

gdzie to masa komara, g - przyspieszenie ziemskie. Ostatecznie

Otrzymany wynik dość dobrze zgadza się z obserwowaną częstością bzyczenia komara.

Przyjmijmy, że wirnik odrzuca do dołu strumień powietrza o polu przekroju z prędkością Jeżeli gęstość powietrza wynosi to w czasie wirnik nadaje powietrzu o masie pęd i energię kinetyczną Aby helikopter się wzniósł, wirnik musi wytworzyć siłę ciągu równą ciężarowi helikoptera z pilotem: a potrzebna do tego moc wynosi (g - przyspieszenie ziemskie). Korzystając z tego, że w warunkach normalnych objętość jednego mola gazu to litra, znajdujemy, że gęstość powietrza wynosi i otrzymujemy

Stąd moc niezbędna dla uniesienia helikoptera z pilotem to

Ponieważ wymagana moc jest prawie dziesięciokrotnie większa od mocy, jaką może rozwinąć pilot przy długotrwałej pracy mięśni - helikopter nie wzniesie się.

Intensywność opadu na godzinę oznacza, że na powierzchni spada w ciągu godziny l wody. Uderzenia kropel deszczu o dach są zderzeniami niesprężystymi i przekazywany przez nie dachowi pęd wynosi gdzie oznacza masę wody. Ciśnienie równa się sile działającej na jednostkę powierzchni. Mamy więc

gdzie oznacza powierzchnię dachu, a czas, w którym na dach spadła masa wody równa Otrzymujemy Jest to wartość bardzo mała - gdyby woda nie spływała z dachu, to już po pierwszej minucie opadu wywierałaby ciśnienie

Ciśnienie wywierane na stół w momencie, gdy woda zaczyna wyciekać dołem, wynosi a siła parcia na stół wynosi Siła ta jest zarazem równa wspólnej masie dzwonu i wody

Stąd

i ostatecznie

W obu przypadkach możemy posłużyć się analizą wymiarową. W przypadku a) zakładamy zależność postaci:

Wymiarem prędkości jest napięcia powierzchniowego gęstości a długości fali Po porównaniu wymiarów lewej i prawej strony otrzymujemy: czyli:

gdzie jest pewną bezwymiarową stałą - ścisłe rozwiązanie zagadnienia dla fal kapilarnych prowadzi do wartości Znaleziona zależność poprawnie opisuje zachowanie bardzo krótkich fal na powierzchni wody.

W przypadku b) zakładamy:

Analiza wymiarowa prowadzi do wartości: czyli:

gdzie jest bezwymiarową stałą - ścisłe rozwiązanie zagadnienia dla fal grawitacyjnych prowadzi do Znaleziona zależność poprawnie opisuje fale na wodzie, gdy

Naładowana płytka wytwarza pole elektryczne o natężeniu Na powierzchniach warstwy cieczy nad płytką powstają ładunki indukowane oraz Wypadkowe pole nad płytką możemy zapisać na dwa sposoby

stąd

Siła, z jaką ładunek na płytce i ładunek indukowany na dolnej powierzchni warstwy cieczy dielektrycznej odpychają ładunek indukowany na górnej powierzchni cieczy, dana jest wzorem

Siła ta powoduje podniesienie cieczy nad płytką o i jest równoważona dodatkową siłą ciężkości o wartości Szukana wysokość, na jaką podniesie się ciecz, wynosi

W obu przypadkach możemy posłużyć się analizą wymiarową.

W przypadku a) zakładamy zależność postaci:

i po porównaniu wymiarów otrzymujemy: czyli:

gdzie jest pewną bezwymiarową stałą - ścisłe rozwiązanie zagadnienia dla fal kapilarnych prowadzi do wartości Znaleziona zależność poprawnie opisuje zachowanie bardzo krótkich fal na powierzchni wody.

W przypadku b) zakładamy:

Analiza wymiarowa prowadzi do wartości: czyli:

gdzie jest bezwymiarową stałą - ścisłe rozwiązanie zagadnienia dla fal grawitacyjnych prowadzi do Znaleziona zależność poprawnie opisuje fale na wodzie, gdy

Bańkę stanowi sferyczna, cienka błonka wody z mydłem. Błonka ta ma dwie powierzchnie - wewnętrzną i zewnętrzną. Zaniedbując grubość błonki i przyjmując, że promienie obu sfer są jednakowe, znajdujemy ich całkowitą powierzchnię Biorąc pod uwagę, że przed powstaniem bańki powierzchnia wody mydlanej, z której bańka powstała, była zaniedbywalnie mała, można przyjąć, że powyższy wzór wyraża zmianę (przyrost) powierzchni wody mydlanej. Powiększenie powierzchni cieczy o wiąże się ze wzrostem energii powierzchniowej o zgodnie ze wzorem Wykonywana przy nadmuchiwaniu bańki praca jest zużywana właśnie na powiększenie energii powierzchniowej, czyli Podstawiając wartości, otrzymujemy czyli

Oznaczmy przez głębokość zanurzenia klocka po ustaleniu się równowagi, a przez wzrost poziomu cieczy w naczyniu. Zgodnie z prawem Archimedesa Z rysunku widać, że zachodzi związek

Stąd

Wzrost poziomu cieczy możemy też wyliczyć, wiedząc, że parcie na dno zwiększyło się o ciężar klocka, a z drugiej strony ciśnienie na dno zwiększyło się o wartość Zatem zachodzi związek Po ustaleniu się równowagi energia potencjalna klocka zmalała o wielkość

Energia potencjalna cieczy wzrosła o

Wydzielone ciepło wynosi

Rys. 1

Rys. 3

Rys. 3

Gdyby nie było siły ciężkości, krople oderwane od obręczy koła poruszałyby się po liniach prostych i po czasie znajdowały się na okręgu o środku w punkcie (Rys. 1) i promieniu przy czym W polu ciężkości środek okręgu obniża się i w czasie przebywa drogę Granica obszaru suchego jest obwiednią okręgów, na których znajdują się w kolejnych momentach krople, które oderwały się jednocześnie od obręczy. Przyjmijmy, że początek układu współrzędnych znajduje się w środku obracającego się koła. Równanie "spadającego" okręgu ma w chwili postać:

Rozważmy prostą poziomą (Rys. 2). Chcemy znaleźć maksymalną wartość współrzędnej odpowiadającej jednemu z okręgów przecinających tę prostą:

Po prawej stronie równania mamy trójmian kwadratowy względem Jego wartość maksymalna spełnia równanie:

Rozwiązując to równanie względem otrzymujemy równanie krzywej opisującej granicę "suchego" obszaru:

Jest to równanie paraboli, której gałęzie są skierowane w dół, a wierzchołek znajduje się na osi na wysokości Gdy czyli spełniony jest warunek poszukiwana krzywa leży na zewnątrz obręczy. W przeciwnym przypadku granica "mokrego" obszaru przebiega w górnej części po obręczy (Rys. 3), a następnie gładko przechodzi w gałęzie paraboli.

Wprowadźmy układ współrzędnych o początku w jednym z wierzchołków podstawy akwarium, na przecięciu poziomej osi równoległej do oraz osi skierowanej pionowo w górę. Środek ciężkości wody przez cały czas ruchu pozostaje w jednakowej odległości od pionowych ścian akwarium równoległych do płaszczyzny a okres badanych drgań nie zależy od szerokości naczynia. Podczas drgań, gdy na bocznej ściance o współrzędnej woda podnosi się na wysokość to na ściance opada do Środek ciężkości wody przesuwa się wówczas z położenia równowagi w położenie:

Dla małych drgań przyjmujemy, że oraz Wyprowadzając powyższe wyrażenia, skorzystaliśmy z faktu, że dla każdego rozkład wody w naczyniu możemy otrzymać, dodając do rozkładu równowagowego wodę wypełniającą prostopadłościan o podstawie trójkąta prostokątnego z poziomą przyprostokątną i pionową - po stronie i odejmując taki sam prostopadłościan po stronie Pamiętamy też, że środek ciężkości jednorodnego trójkąta leży na przecięciu środkowych jego boków - dla trójkąta prostokątnego rzuty prostokątne środka ciężkości wypadają w 1/3 odpowiednich przyprostokątnych, licząc od wierzchołka kąta prostego. Kwadrat prędkości ruchu środka masy wynosi więc:

gdzie oznacza pochodną względem czasu. Jako kolejne przybliżenie przyjmijmy, że cała masa wody porusza się z tą sama prędkością Wówczas zmiany całkowitej energii mechanicznej podczas ruchu możemy zapisać jako:

Wyrażenie to "przypomina" nam wzór na energię drgań masy zawieszonej na sprężynie o stałej sprężystości jeśli przyjmiemy:

Poszukiwany okres drgań wynosi więc:

W akwarium o i natomiast, na przykład, dla Jeziora Genewskiego, dla którego można przyjąć i średnią głębokość obliczone minut (obserwowano fale o i minuty).

Siła działająca na opływane ze stałą prędkością ciało jest proporcjonalna do kwadratu prędkości cieczy względem ciała. W naszym przypadku siła działająca na łopatkę będzie miała postać:

przy czym stała zależy od kształtu opływanego ciała, jego rozmiarów i od gęstości cieczy. "Pobierana" przez koło moc będzie więc równa:

Jak widzimy, moc ta jest równa zeru, gdy lub Pochodna względem :

przyjmuje wartość 0 dla oraz dla Jak łatwo sprawdzić, maksymalna moc osiągana jest dla i wynosi:

Rozpatrzmy warunki równowagi -tego naczynia. Z prawa Archimedesa wynika, że jeżeli wyjmiemy (w myśli) wszystkie naczynia pływające w -tym naczyniu i dolejemy do niego tyle cieczy, aby zachować jej poziom wyjściowy, to siły działające na dno i ścianki naczynia ze strony cieczy w której ono pływa nie ulegną zmianie. Na -te naczynie działa siła ciężkości ( - masa tego naczynia), ciężar nalanej do niego wody ( - pole powierzchni dna, - wysokość poziomu wody w tym naczyniu) i siła wyporu gdzie - objętość zanurzonej części naczynia, - głębokość zanurzenia.

Z warunku równowagi dla tego naczynia mamy gdzie - różnica poziomów wody w rozpatrywanym naczyniu i w naczyniu w którym rozpatrywane naczynie pływa. Stąd Wynika z tego, że różnica poziomów wody w dwóch dowolnych, sąsiednich naczyniach jest dla wszystkich naczyń taka sama. Przyjmijmy, że poziom wody w naczyniu stojącym na stole wynosi W następnym naczyniu wynosi on w kolejnym itd. Całkowita objętość wody w naczyniach wynosi

a stąd całkowita masa wody

i ostatecznie

Ciecz, obracając wirnik turbiny, zmniejsza swoją prędkość. Przyjmijmy, że za turbiną, z dala od niej, ciecz płynie z prędkością Moc przekazana wirnikowi turbiny równa jest stracie energii kinetycznej w jednostce czasu

gdzie oznacza masę cieczy przepływającej przez powierzchnię wirnika w jednostce czasu. Z drugiej strony, moc ta równa jest iloczynowi siły  z jaką ciecz działa na wirnik (siła ta jest przeciwna do siły działającej na ciecz), i prędkości  przepływu cieczy przez powierzchnię Siła równa jest zmianie pędu cieczy w jednostce czasu, czyli a więc

Przyrównując oba wyrażenia na i korzystając ze współliniowości wektorów i  wnioskujemy, że Otrzymujemy zatem

gdzie Jak łatwo sprawdzić, dla moc osiąga wartość maksymalną, która wynosi

czyli jest równa energii docierającej przez powierzchnię w jednostce czasu.

Prędkości wypływu wody skierowane są poziomo i wynoszą, odpowiednio, i Cząsteczki wody poruszają się w pionie ruchem jednostajnie przyspieszonym, zatem czas ich lotu od otworu do wysokości podstawy zbiornika wynosi i odpowiednio dla pierwszej i drugiej strugi. Zasięgi obu strug są równe, tj. Łącząc uzyskane rezultaty, otrzymujemy

W ośrodku sprężystym lokalne zaburzenia gęstości rozprzestrzeniają się z prędkością dźwięku  Dla wody  m/s. Zmiana prędkości wody wywołana zamknięciem zaworu w czasie  dotrze na odległość  zatrzymana zostanie masa wody  gdzie  jest polem przekroju rury, a   kg/m  oznacza gęstość wody. Zmiana pędu wody wynosi  Ciśnienie  wody na zawór wyniesie więc

Dla prędkości  m/s ciśnienie jest równe

Rys. 1

Rys. 2

Niech  będzie kątem załamania promienia przechodzącego z warstwy powietrza między monetą a dnem naczynia do wody (Rys. 1). Dno naczynia powoduje tylko niewielkie, równoległe przesunięcie promienia padającego, co nie wpływa na wynik obserwacji. Ponieważ promień przeszedł z powietrza do wody, wartość  nie przekracza wartości kąta granicznego :

Promień padający na boczną ściankę naczynia pod kątem  nie wyjdzie na zewnątrz, gdy  Zmniejszenie kąta  powoduje zwiększenie kąta  wystarczy więc rozważyć przypadek graniczny, gdy  Rozważmy sytuację, gdy oba kąty  i   mają wartość graniczną. W trójkącie  na rysunku 2 mamy wtedy  Zatem nie zobaczymy monety przez boczną ściankę, gdy  czyli

Zanurzoną część góry możemy otrzymać z całej góry przez jednokładność o skali  względem wierzchołka stożka. Równowaga siły ciężkości i wyporu prowadzi do warunku

gdzie  jest promieniem podstawy stożka,  jego wysokością, a   i   gęstościami odpowiednio lodu i wody. Stąd  podstawiając  i   stwierdzamy, że zanurzona część wysokości to  wysokości góry, a zatem nad powierzchnię wystaje zaledwie około  wysokości góry.

Ogólne położenie klocka w wannie zadane jest przez dwa parametry  i   zaznaczone na rysunku.

Zgodnie z prawem Archimedesa, energię potencjalną klocka  możemy wyrazić jako różnicę energii potencjalnej grawitacji, równej  oraz energii potencjalnej, jaką miała wyparta przez klocek woda, równej  gdzie  są odpowiednio wysokościami środka ciężkości klocka i jego zanurzonej części nad poziomem wody. Wielkości te są równe odpowiednio:

skąd otrzymujemy

Opisane w zadaniu położenie równowagi odpowiada  Dla małych wychyleń z położenia równowagi mamy  Podstawiając do powyższego wzoru i ograniczając się do wyrazów kwadratowych w   i   otrzymujemy:

Współczynnik przed  jest dodatni dla  lub  wtedy mamy do czynienia z minimum energii potencjalnej i rozważana sytuacja odpowiada równowadze trwałej.

Oznaczmy przez  promień kulki, przez  jej prędkość i przez  przyspieszenie. Przyjmijmy realistyczne założenie, że gęstość gliceryny to  kg/m  gęstość szkła  kg/m  a lepkość dynamiczna jest równa  Równanie ruchu kulki w cieczy jest następujące:

gdzie  jest siłą wyporu, a   siłą oporów ruchu działającą na kulkę. Jeżeli założymy, iż lepkość gliceryny jest tak duża, że można posługiwać się prawem Stokesa, będziemy mieli  Stąd oraz z prawa Archimedesa otrzymamy wyrażenie, z którego można wyznaczyć przyspieszenie kulki:

Prędkość graniczną znajdujemy z warunku, że przyspieszenie ma być równe zeru. Zatem

To pozwoli obliczyć, że liczba Reynoldsa wynosi

a więc jest tak mała, że posłużenie się prawem Stokesa było uzasadnione.

Przyspieszenie początkowe można otrzymać z równania ruchu dla prędkości równej zeru: