MEHANIKA FLUIDA Isticanje kroz velike otvore 1.zadatak. Kroz veliki ptvor u bo čnom zidu rezervoara oblika ravnokrakog trougla osnove a i koeficijenta protoka µ, isti če voda. Odrediti protok kroz otvor ako su poznate veličine H1 i H2 (v.sl.).
Rešenje: Elementarni protok je: dQ = µ 2gz ⋅ x (z ) dz , pa je protok: H2
Q = µ 2g
∫ x ( z ) dz .
H1
Sada treba odrediti x(z). Sa slike je (iz sli čnosti trouglova): Prethodni sistem jednačina svodi se na oblik: x H −z a = 2 ⇒ x= x= ( H2 − z ) a H 2 − H1 H 2 − H1 pa je Q = µ 2g
H2
a H 2 − H1
∫ (H
2
− z) z dz =
H1
H2
H 2 z3 / 2 − 2 z5 / 2 = µ 2g 23 H 2 − H1 5 H a
1
tj. Q = µ 2g 2g
4 H 5/ 2 − 2 H H 3/ 2 + 2 H 5/ 2 . 2 2 1 1 H 2 − H1 15 3 5 a
Ako se, na primer, osnovica velikog otvora poklapa sa nivoom te čnosti (H1=0, H2=h) izraz za protok ima jednostavniji oblik i glasi: Q*
=
4 15
µa 2g ⋅ h 3 / 2 .
2.zadatak. Kroz veliki otvor u bočnom zidu rezervoara, oblika romba stranice a, vertikalne dijagonale H i koeficijenta protoka µ, isti če voda. Iznad vode u rezervoaru je konstantan natpritisak pm, a isticanje je u sredinu u kojoj deluje atmosferski pritisak. Odrediti protok vode kroz ovaj otvor.
Rešenje: Protok kroz ovaj otvor je: Q=Q 1+Q2, gde su: Q1 – protok kroz donji deo otvora, Q2 – protok kroz gornji deo otvora, Elementarni protok kroz donji deo otvora je: dQ1
p = µ 2g m + y ⋅ x ( y ) dy , ρg
x
H−y
gde je: h
=
H/2
⇒ x=
2h H
(H − y) .
Onda je protok kroz donji deo otvora: Q1
= 2µ
pm + y ( H − y ) dy = ρg H/ 2 H
h
2g
H
∫
H
3/ 2 5/ 2 3/ 2 2 p m 2 pm 2 p m pm = 2µ + y − + y + 2g H ρg + y ρ ρ ρ H 3 g 5 g 3 g H / 2
h
Q1
p m + − y H y dy ( ) = ∫H / 2 ρg H 3/ 2 3/ 2 5/ 2 5/ 2 2 p h p H 2 p p H = 2µ 2g H m + H − m + − m + H − m + H ρg 2 5 ρg ρg 2 3 ρg 3/ 2 3/ 2 pm H 2 p m p m + H − + . 3 ρg ρg ρg 2 = 2µ
h
H
2g
Elementarni protok kroz gornji deo rezervoara je: dQ 2
p = µ 2g m + z ⋅ bdz , ρg
gde je: b h
=
z H/2
⇒ b=
2h H
z.
Onda je protok kroz donji deo otvora: Q2
=µ
H/2
2h
2g
H
∫ 0
H/2
2 p m 5/ 2 2 p m p m 3 / 2 pm 2h + zdy =µ + z − 2g z ρg + z ρ ρ ρ g H 5 g 3 g 0
2 p H 5 / 2 p 5 / 2 2 p p H 3/ 2 p 3/ 2 m Q2 = µ 2g m + − m − m + − m . H ρg 3 ρg ρg 2 ρg 5 ρg 2 2h
Ukupni protok je: 3/ 2 3/ 2 5/ 2 2 p p H 2 p Q = Q1 + Q 2 = 2µ 2g H m + H − m + − m + H + H ρg 2 5 ρg 3 ρ g 5/ 2 3/ 2 3/ 2 5/ 2 pm H 2 pm H 2 p m H 2 p m pm + + + + H − + + + 5 ρg 2 3 ρg ρg ρg 2 5 ρg 2
h
2 p m
2p p H − − m m + 5 ρg 3 ρg ρg 2
3/ 2
2 pm pm
+ 3 ρg ρg
3/ 2
3/ 2 3/ 2 5/ 2 2 p p H 2 p Q = 2µ 2g H m + H − m + − m + H + H ρg 2 5 ρg 3 ρ g
h
+
4 p m
5 ρg
+
H 2
5/ 2
2 pm p m
3/ 2
4 p p H +H − m m + + 3 ρg ρg 3 ρg ρg 2
Veza između h i H je: 2
2
h + H = a 2 ⇒ h= 4a 2 − H 2 , 2 2 h treba uneti u izraz za Q.
3/ 2
p + m 15 ρg 4
5/ 2
3.zadatak. U veritkalnom zidu nalazi se trougaoni otvor koji se otvara poklopcem čija je brzina v o=1 m/s. Odrediti zapreminu vode koja istekne kroz veliki otvor, ako se poklopac kreće vertikalno: a) na dole i b) na gore. Dati su podaci: H=2m, h=1,5m, a=1m i µ=0,62.
Rešenje: a) Položaj trenutne otvorenosti poklopca (otvora) odre đen je koordinatom y (vidi sliku b). Onda je elementarni protok: dQ = µ 2gz ⋅ x (z ) dz , gde je iz sli čnosti trouglova: x z−H
=
Q=µ
a h
a h
dV = Qdt , y = v o t V=µ
=µ
V = 2µ
= 2µ
a
⇒ x = ( z-H ) . h
H+ y
2g
∫ (z − H)
zdz
H
⇒
dt=
dy vo
⇒
dV=
Q vo
dy .
H+y 2g ∫ ∫ ( z − H ) zdz dy = 0 H h
a hv o
H+ y
h
a hv o
= 2µ
a hv o
2 2 2g ∫ z 5 / 2 − Hz 3/ 2 dy = 5 3 H 0 h
2g
1 H + y 5 / 2 − 1 H 5 / 2 − 1 H H + y 3/ 2 + 1 H 5 / 2 dy ( ) ∫0 5 ( ) 5 3 3 h
a hv o a hv o
1 2 H + y 7 / 2 − 1 yH 5 / 2 − 1 H 2 H + y 5 / 2 + 1 yH 5 / 2 2g ( ) ( ) 5 3 5 3 5 7 0 1 2 2 7/ 2 1 7/ 2 5/ 2 2 2g ( H + h ) − H 7 / 2 − hH 5 / 2 − H ( H + h ) + H + hH 5/ 2 5 15 15 3 35
Odnosno: V = 4µ
a hv o
1 H + h 7 / 2 − H H + h 5 / 2 + 4 − 1 H 7 / 2 + h H 5 / 2 = 170, 7 m 3 . ( ) ( ) 15 15 105 15 35
2g
b) Koristeći identičan postupak kao i u zadatku pod a), dobija se da je: V = 2µ
a hv o
1 8H + 15h H + h 5 / 2 − hH H + h 7 / 2 − 8 H 7 / 2 = 363, 7 m 3 . 2g ( )( ) ( ) 3 105 105
4.zadatak. U veritkalnom zidu nalazi se pravougaoni veliki otvor koji zatvara poklopac. Kada se poklopac kre će konstantnom brzinom v o, odrediti zapreminu vode koja istekne kroz veliki otvor za vreme njegovog otvaranja, ako se poklopac kre će: a) s desna na levo i b) s leva na desno. Dati podaci su: vo, a, h, H, µ.
Rešenje: a) Trenutni položaj poklopca, pri njegovom kretanju s desna na levo, prikazan na sl.b, određen je koordinatom y. Za trenutno otvorenu površinu otvora imamo: η x y = ⇒ x = y; η=z- ( H+h-ξ )
η ξ ξ h = y
ξ
a
a
h
h
⇒ y = ξ; x= η
a
a
a
η = z- ( H+h-ξ ) . h h
Dakle,
x=
Onda je:
dQ = µ 2gz ⋅ xdz ,
pa je: Q=µ
a h
dV = Qdt , y = v o t
H+h
2g
∫
H + h −ξ
a
z − ( H + h − ξ ) zdz .
= ξ ⇒ h
dt=
a hv o
dξ
⇒
dV=
a hv o
Qdξ .
H+h V=µ 2g ∫ ∫ z − ( H + h − ξ ) zdz dξ hvo h 0 H + h −ξ a a
h
Integracijom se dobija da je: V = 2µ
2
4 2 h2 7/ 2 5/ 2 3/ 2 7/2 + − − + + H h H h H h H + h) . ) ( ) ( ( 15 vo h 105 6 2g a
b) Pri kretanju poklopca s leva na desno, trenutno otvorena površina velikog otvora ima oblik trapeza. Zato se ova površina deli na dve, i to trougla i pravougaonika i dobija se: 2 2 2 h 2 h2 h 7/2 3/ 2 5/ 2 V = 2µ 3 − 5 ( H + h ) + hH + ( H + h ) + vo h 15 6 a a 105 h 2 2 h 2 4 5/ 2 7/ 2 + H 1 + + − 1 H ( H + h ) . 105 a 15 a
2g a
2
5.zadatak. Voda ističe iz rezervoara kroz veliki otvor oblika elipse (sa poluosama a=0,5m i b=1m) čije se teme nalazi na slobodnoj površi tečnosti u rezervoaru. Odrediti zapreminski protok vode Q kroz otvor, pod uslovom da se nivo te čnosti održava na istoj visini. Koeficijent isticanja µ=0,62.
Rešenje: Iz jednačine elipse imamo: x2 a2
+
y2 b2
⇒ x = a 1−
=1
y2 b2
.
Kako je y+z=b, to je elementarna površina: dA = 2xdz = 2a 1−
y2 b
dz = 2a 1− 2
( b − z ) b
2
2
dz =
2a b
2bz − z 2 dz
Iz izraza za elementarni protok, dQ = µ 2gz ⋅ dA(z) , dobija se protok kroz elipsasti otvor: dQ =
2a b
2b
µ
∫
2g z 2b − z ⋅ dz . 0
Integral u izrazi za protok, može se izra čunati, na primer smenom 2b-z=u, te proizilazi da je: 2b 2a 64 µ 2g ( 2bu1/ 2 − u 3/ 2 ) ⋅ du = µab gb = 4,13 m3 / s Q= b 15 0
∫
