💧

Ρευστά σε Κίνηση

Εξίσωση συνέχειας, εξίσωση Bernoulli, εφαρμογές

Εκτός ύλης 2026

Γιατί με νοιάζει;

Κλείνεις με τον αντίχειρα το μισό στόμιο του λάστιχου και το νερό πετάγεται πολύ πιο μακριά. Τρυπάς ένα γεμάτο μπουκάλι σε δύο ύψη και ο κάτω πίδακας βγαίνει πιο δυνατός. Δύο εξισώσεις, η συνέχεια και ο Bernoulli, εξηγούν και τα δύο. Το κεφάλαιο είναι εκτός εξεταστέας ύλης φέτος, όμως συνδέει όσα ξέρεις για την πίεση και την ενέργεια με κάθε σωλήνα και κάθε βρύση.

Ιδανικό ρευστό και γραμμές ροής

Στο σχολικό μοντέλο μελετάμε το ιδανικό ρευστό: είναι ασυμπίεστο (σταθερή πυκνότητα $\rho$ ) και ρέει χωρίς εσωτερικές τριβές (μηδενικό ιξώδες). Η ροή του είναι στρωτή και μόνιμη — κάθε σημείο του σωλήνα έχει σταθερή ταχύτητα στον χρόνο.

Οι ρευματικές γραμμές δείχνουν την πορεία των σωματιδίων: πυκνώνουν εκεί που το ρευστό τρέχει γρήγορα και αραιώνουν εκεί που πάει αργά.

Το μέγεθος-κλειδί είναι η παροχή $\Pi$ : ο όγκος ρευστού που περνά από μια διατομή στη μονάδα του χρόνου, $\Pi = \frac{\Delta V}{\Delta t} = A\upsilon$ , με μονάδα το $m^3/s$ .

Παρακολούθησε το ρευστό σε σωλήνα που στενεύει: θα ανακαλύψεις ότι από κάθε διατομή περνά ο ίδιος όγκος ανά δευτερόλεπτο — άρα στο στενό τμήμα η ταχύτητα μεγαλώνει και η πίεση πέφτει!

$\Pi = A\upsilon = \text{σταθερή} \quad \Rightarrow \quad A_1\upsilon_1 = A_2\upsilon_2$

Γρήγορος έλεγχος

Νερό ρέει σε σωλήνα κυκλικής διατομής. Σε ένα σημείο η διάμετρος του σωλήνα υποδιπλασιάζεται. Η ταχύτητα του νερού εκεί:

Η εξίσωση του Bernoulli

Η εξίσωση συνέχειας εκφράζει τη διατήρηση της ύλης. Η εξίσωση του Bernoulli εκφράζει τη διατήρηση της ενέργειας ανά μονάδα όγκου, κατά μήκος μιας ρευματικής γραμμής:

$p$ : η πίεση (ενέργεια λόγω δυνάμεων πίεσης)
$\frac{1}{2}\rho\upsilon^2$ : η κινητική ενέργεια ανά μονάδα όγκου
$\rho g y$ : η δυναμική ενέργεια ανά μονάδα όγκου

Σε οριζόντιο σωλήνα ( $y_1 = y_2$ ) προκύπτει το διάσημο συμπέρασμα: όπου μεγαλώνει η ταχύτητα, μικραίνει η πίεση. Έτσι «σηκώνεται» το φτερό του αεροπλάνου και έτσι δουλεύει ο ψεκαστήρας!

Κόλπο μνήμης

Στενεύει → τρέχει → πιέζει λιγότερο. Σκέψου τον κόσμο που βγαίνει από ένα στάδιο: στη στενή πόρτα πρέπει να περπατά πιο γρήγορα, για να περνά ο ίδιος αριθμός ανθρώπων το λεπτό. Αυτή είναι η εξίσωση συνέχειας. Και η ενέργεια που «ξοδεύεται» σε ταχύτητα λείπει από την πίεση: αυτός είναι ο Bernoulli.

$p + \frac{1}{2}\rho\upsilon^2 + \rho g y = \text{σταθερό}$

$\text{Θεώρημα Torricelli:} \quad \upsilon = \sqrt{2gh}$

Εκροή από οπή: το θεώρημα του Torricelli

Ανοιχτό δοχείο έχει μικρή οπή σε βάθος $h$ κάτω από την ελεύθερη επιφάνεια. Εφαρμόζουμε Bernoulli ανάμεσα σε ένα σημείο της ελεύθερης επιφάνειας (1) και στην έξοδο της οπής (2):

και στα δύο η πίεση είναι η ατμοσφαιρική, $p_1 = p_2 = p_{atm}$ ·
η επιφάνεια κατεβαίνει πολύ αργά (μεγάλη διατομή), άρα $\upsilon_1 \approx 0$ ·
η υψομετρική διαφορά είναι $y_1 - y_2 = h$ .

Προκύπτει $\rho g h = \frac{1}{2}\rho\upsilon_2^2$ , δηλαδή $\upsilon = \sqrt{2gh}$ — όση ταχύτητα θα αποκτούσε ένα σώμα πέφτοντας ελεύθερα από ύψος $h$ . Η φλέβα έπειτα κάνει οριζόντια βολή: αν η οπή απέχει $H$ από το έδαφος, πέφτει σε χρόνο $t = \sqrt{\frac{2H}{g}}$ και σε οριζόντια απόσταση $s = \upsilon t$ .

Ήξερες ότι;

Ο Evangelista Torricelli, μαθητής του Γαλιλαίου, διατύπωσε τον νόμο της εκροής το 1643, σχεδόν έναν αιώνα πριν ο Daniel Bernoulli δημοσιεύσει το έργο του «Hydrodynamica» (1738). Σήμερα το θεώρημα του Torricelli το βλέπουμε ως ειδική περίπτωση της εξίσωσης Bernoulli. Ο ίδιος Torricelli κατασκεύασε και το πρώτο υδραργυρικό βαρόμετρο.

Μέθοδος: ασκήσεις ρευστών

Γράψε την εξίσωση συνέχειας $A_1\upsilon_1 = A_2\upsilon_2$ για τις ταχύτητες (μετάτρεψε τα $cm^2$ σε $m^2$ ).
Διάλεξε δύο σημεία της ίδιας ρευματικής γραμμής, όπου τα περισσότερα μεγέθη είναι γνωστά (ελεύθερη επιφάνεια, έξοδος στον αέρα).
Γράψε Bernoulli: $p_1 + \frac{1}{2}\rho\upsilon_1^2 + \rho g y_1 = p_2 + \frac{1}{2}\rho\upsilon_2^2 + \rho g y_2$ , με κοινό επίπεδο αναφοράς για τα ύψη.
Όπου το ρευστό βγαίνει στον ατμοσφαιρικό αέρα, βάλε $p = p_{atm}$ .
Για την παροχή χρησιμοποίησε $\Pi = A\upsilon$ και για όγκο σε χρόνο $\Delta t$ : $V = \Pi\Delta t$ .

Άσκηση (τύπου Πανελληνίων): Νερό ( $\rho = 1000\ kg/m^3$ ) ρέει σε οριζόντιο σωλήνα. Στο φαρδύ τμήμα η διατομή είναι $A_1 = 8\ cm^2$ και η ταχύτητα $\upsilon_1 = 2\ m/s$ . Ο σωλήνας στενεύει σε $A_2 = 2\ cm^2$ . Να βρεθούν: (α) η παροχή, (β) η ταχύτητα $\upsilon_2$ , (γ) η διαφορά πίεσης $p_1 - p_2$ .

Λύση:

(α) $\Pi = A_1\upsilon_1 = 8 \cdot 10^{-4} \cdot 2 = 1{,}6 \cdot 10^{-3}\ m^3/s$ .

(β) Από την εξίσωση συνέχειας: $\upsilon_2 = \frac{A_1\upsilon_1}{A_2} = \frac{8 \cdot 2}{2} = 8\ m/s$ .

(γ) Bernoulli σε οριζόντιο σωλήνα ( $y_1 = y_2$ ):

$p_1 - p_2 = \frac{1}{2}\rho(\upsilon_2^2 - \upsilon_1^2) = \frac{1}{2} \cdot 1000 \cdot (64 - 4) = 3 \cdot 10^4\ Pa$

Το στενό τμήμα έχει μικρότερη πίεση, παρόλο που το νερό τρέχει εκεί πιο γρήγορα!

Άσκηση (Torricelli): Μεγάλη ανοιχτή δεξαμενή έχει νερό σε ύψος $5\ m$ πάνω από μικρή πλευρική οπή διατομής $2\ cm^2$ . Η οπή βρίσκεται $1{,}8\ m$ πάνω από το έδαφος. Δίνεται $g = 10\ m/s^2$ . Να βρεθούν: (α) η ταχύτητα εκροής, (β) η παροχή, (γ) σε ποια οριζόντια απόσταση από τη δεξαμενή πέφτει το νερό.

Λύση:

(α) $\upsilon = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 5} = 10\ m/s$ .

(β) $\Pi = A\upsilon = 2 \cdot 10^{-4} \cdot 10 = 2 \cdot 10^{-3}\ m^3/s$ , δηλαδή $2$ λίτρα το δευτερόλεπτο.

(γ) Οριζόντια βολή από ύψος $H = 1{,}8\ m$ : $t = \sqrt{\frac{2H}{g}} = \sqrt{0{,}36} = 0{,}6\ s$ , άρα $s = \upsilon t = 10 \cdot 0{,}6 = 6\ m$ .

Άσκηση τύπου διαγωνίσματος: Νερό ( $\rho = 1000\ kg/m^3$ ) ρέει σε σωλήνα που ανηφορίζει. Στη θέση 1 (ύψος $0$ ) η διατομή είναι $A_1 = 10\ cm^2$ , η ταχύτητα $\upsilon_1 = 1\ m/s$ και η πίεση $p_1 = 1{,}5 \cdot 10^5\ Pa$ . Στη θέση 2, $2\ m$ ψηλότερα, η διατομή είναι $A_2 = 5\ cm^2$ . Να βρεθεί η πίεση $p_2$ ( $g = 10\ m/s^2$ ).

Δεδομένα: $A_1 = 10\ cm^2$ , $A_2 = 5\ cm^2$ , $\upsilon_1 = 1\ m/s$ , $p_1 = 1{,}5 \cdot 10^5\ Pa$ , $y_2 - y_1 = 2\ m$ . Ζητούμενο: $p_2$ .

Λύση: Συνέχεια: $\upsilon_2 = \frac{A_1}{A_2}\upsilon_1 = 2\ m/s$ . Bernoulli:

$p_2 = p_1 + \frac{1}{2}\rho(\upsilon_1^2 - \upsilon_2^2) - \rho g(y_2 - y_1) = 150000 - 1500 - 20000 = 128500\ Pa$

Απάντηση: $p_2 \approx 1{,}29 \cdot 10^5\ Pa$ . Η πίεση έπεσε και επειδή αυξήθηκε η ταχύτητα και —κυρίως— επειδή το νερό ανέβηκε.

Γρήγορος έλεγχος

Οριζόντιος σωλήνας στενεύει ώστε η διατομή να γίνει η μισή. Στο στενό τμήμα το νερό έχει:

Γρήγορος έλεγχος

Σε ανοιχτή δεξαμενή υπάρχουν δύο μικρές οπές: η Α σε βάθος $h$ και η Β σε βάθος $4h$ κάτω από την ελεύθερη επιφάνεια. Ο λόγος των ταχυτήτων εκροής $\frac{\upsilon_B}{\upsilon_A}$ είναι:

Γρήγορος έλεγχος

Κρατάμε δύο φύλλα χαρτιού κατακόρυφα και παράλληλα, σε μικρή απόσταση, και φυσάμε ανάμεσά τους. Τα φύλλα:

Στρατηγική δύο βημάτων: ΠΡΩΤΑ εξίσωση συνέχειας για τις ταχύτητες, ΜΕΤΑ Bernoulli για τις πιέσεις. Σε δοχείο με οπή, πάρε σημεία την ελεύθερη επιφάνεια και την οπή: και στα δύο $p = p_{atm}$ , στην επιφάνεια $\upsilon \approx 0$ , οπότε βγαίνει αμέσως το Torricelli $\upsilon = \sqrt{2gh}$ .

Πρόκληση

Πού να ανοίξω την τρύπα; Ανοιχτή δεξαμενή πατά στο έδαφος και έχει νερό μέχρι ύψος $H = 2\ m$ . Ανοίγουμε μια μικρή πλευρική οπή σε βάθος $h$ κάτω από την ελεύθερη επιφάνεια ( $g = 10\ m/s^2$ ). (α) Δείξε ότι η φλέβα φτάνει στο έδαφος σε οριζόντια απόσταση $x = 2\sqrt{h(H - h)}$ . (β) Σε ποιο βάθος πρέπει να ανοίξει η οπή για τον πιο μακρύ πίδακα και πόσο μακριά φτάνει; (γ) Ανοίγουμε δύο οπές, σε βάθη $0{,}5\ m$ και $1{,}5\ m$ . Πού πέφτει το νερό από την καθεμία;

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

(α) Torricelli: $\upsilon = \sqrt{2gh}$ , οριζόντια. Η οπή απέχει $H - h$ από το έδαφος, άρα στην οριζόντια βολή ο χρόνος πτώσης είναι $t = \sqrt{\frac{2(H - h)}{g}}$ και $x = \upsilon t = \sqrt{2gh} \cdot \sqrt{\frac{2(H - h)}{g}} = 2\sqrt{h(H - h)}$ .

(β) Το γινόμενο $h(H - h)$ δύο αριθμών με σταθερό άθροισμα $H$ γίνεται μέγιστο όταν οι αριθμοί είναι ίσοι: $h = \frac{H}{2} = 1\ m$ . Τότε $x_{max} = 2\sqrt{1 \cdot 1} = 2\ m$ , όσο ακριβώς το ύψος του νερού!

(γ) $x_1 = 2\sqrt{0{,}5 \cdot 1{,}5} = 2\sqrt{0{,}75} \approx 1{,}73\ m$ και $x_2 = 2\sqrt{1{,}5 \cdot 0{,}5} \approx 1{,}73\ m$ .

Απάντηση: (β) στη μέση, $h = 1\ m$ , με βεληνεκές $2\ m$ · (γ) στο ίδιο σημείο, περίπου $1{,}73\ m$ μακριά. Η ψηλή οπή δίνει αργό νερό που πέφτει από ψηλά, η χαμηλή γρήγορο νερό που πέφτει από χαμηλά, και «ισοφαρίζουν».

Συνηθισμένα λάθη

Διάμετρος αντί για διατομή. Η εξίσωση συνέχειας θέλει εμβαδά: $A = \frac{\pi d^2}{4}$ , άρα μισή διάμετρος ⇒ τετραπλάσια ταχύτητα.
Μονάδες. $1\ cm^2 = 10^{-4}\ m^2$ και $1\ L = 10^{-3}\ m^3$ — τα λάθη μετατροπής «χαλάνε» όλη την άσκηση.
«Μεγαλύτερη ταχύτητα ⇒ μεγαλύτερη πίεση». Σε οριζόντιο σωλήνα ισχύει το αντίθετο.
Ξεχασμένος όρος $\rho g y$ . Όταν τα σημεία έχουν διαφορετικό ύψος, η υψομετρική διαφορά επηρεάζει την πίεση.

Σύνοψη — τι κρατάμε

Ιδανικό ρευστό: ασυμπίεστο, χωρίς εσωτερικές τριβές, με στρωτή μόνιμη ροή.
Παροχή $\Pi = A\upsilon$ και εξίσωση συνέχειας $A_1\upsilon_1 = A_2\upsilon_2$ (διατήρηση της ύλης).
Bernoulli: $p + \frac{1}{2}\rho\upsilon^2 + \rho g y = \text{σταθ.}$ κατά μήκος ρευματικής γραμμής (διατήρηση της ενέργειας).
Οριζόντιος σωλήνας: όπου μεγαλώνει η ταχύτητα, μικραίνει η πίεση.
Torricelli: $\upsilon = \sqrt{2gh}$ για οπή σε βάθος $h$ .

Ιδανικό ρευστό και γραμμές ροής

Στο σχολικό μοντέλο μελετάμε το ιδανικό ρευστό: είναι ασυμπίεστο (σταθερή πυκνότητα

\rho

) και ρέει χωρίς εσωτερικές τριβές (μηδενικό ιξώδες). Η ροή του είναι στρωτή και μόνιμη — κάθε σημείο του σωλήνα έχει σταθερή ταχύτητα στον χρόνο.

Το μέγεθος-κλειδί είναι η παροχή

\Pi

: ο όγκος ρευστού που περνά από μια διατομή στη μονάδα του χρόνου,

\Pi = \frac{\Delta V}{\Delta t} = A\upsilon

, με μονάδα το

m^3/s