118036304-Mehanika-Fluida-Vjezbe-Sa-Rijesenim-Zadacima.pdf

1. VJEŽBA - RIJEŠENI ZADATCI IZ MEHANIKE FLUIDA

1

1. Na visini h=1 m, prema slici, nalazi se otvor cijevi iz koje izlazi mlaz fluida stalnom brzinom v=8 m/s, pod kutom α =49°. =49°. Uz pretpostavku idealnog fluida i uz zanemarenje trenja izme đu zraka i fluida odredite maksimalnu maksimalnu visinu H i i duljinu L koju će mlaz dosegnuti. pa g

v α

Rješenje: Mlaz fluida je sa svih strana okružen zrakom pod konstantnim atmosferskim tlakom, tako da je rezultirajuća sila tlaka na svaku česticu fluida u mlazu jednaka nuli, te od vanjskih sila ostaje samo sila težine. Prema tome, svaka čestica fluida u mlazu gibat će se poput materijalne točke u polju gravitacije (kosi hitac). Budući da svaka čestica u izlaznom mlazu ima brzinu v, dovoljno je promatrati gibanje jedne čestice fluida, a gibanje svih ostalih čestica će biti potpuno identi čno. Stoga će oblik mlaza biti jednak obliku putanje što bi ga opisala jedna materijalna to čka izbačena brzinom v pod kutom α s s visine h u odnosu na koordinatni sustav prikazan na slici. z

g vB vA=v α

t B

dmg

tA=0

dmg

t C x

dmg

vC


2

Gibanje se rastavlja u smjeru osi x i osi z. U svakom trenutku na česticu djeluje samo sila težine 











d F = d m ⋅ g , te prema drugom Newtonovom zakonu d m ⋅ a = d F , vrijedi a = g , ili 2

ax = ɺxɺ =

d x 2

dt

=0

2

az = ɺzɺ =

d z 2

dt

= -g

(1)

Jednadžbe (1) se integriraju u vremenu nakon čega slijedi: xɺ = zɺ =

d x dt d z dt

= vx = C 1 = vz = - g t + C 2

(2)

Konstante C 1 i C 2 se određuju iz početnih uvjeta. Vremenski trenutak t =0 =0 odgovara trenutku nailaska čestice fluida u točku A u kojoj su komponente brzine vx = v ⋅ cos α vz = v ⋅ sin α ; za t =0 =0

(3)

Uvrštavanjem (3) u (2) slijedi da je C1 = v ⋅ cos α

C2 = v ⋅ sin α

i

(4)

odnosno vrijedi d x dt d z dt

= vx = v ⋅ cos α = vz = v ⋅ sinα − g t

(5)

Integriranjem jednadžbi (5) dobije se promjena puta čestice fluida u vremenu: x = v ⋅ cos α ⋅ t + C 3 z = v ⋅ sin α ⋅ t −

1 2

g t 2 + C 4

(6)

Konstante integracije C 3 i C 4 se ponovo dobiju iz po četnih uvjeta, tj. U trenutku t =0 =0 čestica fluida se nalazi u točki A s koordinatama x= xA=0 i z= zA=h, što uvršteno u (6) daje: C 3 = 0 i C4 = h , odnosno: x = v ⋅ cos α ⋅ t z = h + v ⋅ sin α ⋅ t −

1 2

g t 2

(7)


2

Gibanje se rastavlja u smjeru osi x i osi z. U svakom trenutku na česticu djeluje samo sila težine 











d F = d m ⋅ g , te prema drugom Newtonovom zakonu d m ⋅ a = d F , vrijedi a = g , ili 2

ax = ɺxɺ =

d x 2

dt

=0

2

az = ɺzɺ =

d z 2

dt

= -g

(1)

Jednadžbe (1) se integriraju u vremenu nakon čega slijedi: xɺ = zɺ =

d x dt d z dt

= vx = C 1 = vz = - g t + C 2

(2)

Konstante C 1 i C 2 se određuju iz početnih uvjeta. Vremenski trenutak t =0 =0 odgovara trenutku nailaska čestice fluida u točku A u kojoj su komponente brzine vx = v ⋅ cos α vz = v ⋅ sin α ; za t =0 =0

(3)

Uvrštavanjem (3) u (2) slijedi da je C1 = v ⋅ cos α

C2 = v ⋅ sin α

i

(4)

odnosno vrijedi d x dt d z dt

= vx = v ⋅ cos α = vz = v ⋅ sinα − g t

(5)

Integriranjem jednadžbi (5) dobije se promjena puta čestice fluida u vremenu: x = v ⋅ cos α ⋅ t + C 3 z = v ⋅ sin α ⋅ t −

1 2

g t 2 + C 4

(6)

Konstante integracije C 3 i C 4 se ponovo dobiju iz po četnih uvjeta, tj. U trenutku t =0 =0 čestica fluida se nalazi u točki A s koordinatama x= xA=0 i z= zA=h, što uvršteno u (6) daje: C 3 = 0 i C4 = h , odnosno: x = v ⋅ cos α ⋅ t z = h + v ⋅ sin α ⋅ t −

1 2

g t 2

(7)

1. VJEŽBA-RIJEŠENI VJEŽBA-RIJEŠENI ZADATCI IZ MEHANIKE FLUIDA

3

Položaje točaka B i C mogu će je odrediti iz jednadžbi (5) i (7). Do točke B mlaz fluida ide prema gore, odnosno brzina vz je pozitivna, a nakon to čke B brzina vz je negativna, što zna či da je u to čki B brzina vz jednaka nuli, te se iz jednadžbe (5) može izra čunati vrijeme t B potrebno da čestica fluida dođe od točke A do točke B.

⇒ tB =

vzB = 0 = v ⋅sinα − g tB

v ⋅ sinα g

(8)

Iz jednadžbe (7) za t = t B slijede koordinate to čke B xB = v ⋅ cos α ⋅ zB = H = h +

v ⋅ sin α

2

=

v sin α ⋅ cos α

g

g

( v ⋅ sin α ) 2g

= 3, 23

m

2

= 2, 86 m

(9)

U točki C je t =t C i zC=0 te iz jednadžbe (7) slijedi 0 = h + vsin ⋅ α ⋅ tC −

1 2

2

g ⋅ tC

(10)

Rješenje kvadratne jednadžbe (10) je:

t C =

vsinα ± v 2sin 2α + 2 gh

(11) g gdje je o čito samo jedno rješenje fizikalno ( t C mora biti pozitivno)

t C =

vsinα + v 2sin 2α + 2 gh g

= 1, 379 s

Uvrštenjem t C u jednadžbu (7) za x-koordinatu točke C slijedi: xC = L = v ⋅ cos α ⋅ t C = 7, 24 m .


4

2. Čestica fluida giba se po zakrivljenoj putanji, prema slici. Odredite ubrzanje čestice fluida za slučaj da je brzina zadana u funkciji puta s, koji se mjeri duž putanje. čestica fluida ili materijalna točka e

( )

n

v= v s

v= ve s

e

s

s

Rješenje: 



Definirat ćemo lokalne jedini čne vektore es u smjeru putanje i en u smjeru normale na putanju. Vektor brzine je tada   ds  v = v( s ) ⋅ es (s ) = es dt



Ako je putanja zakrivljena, tada je vektor es promjenljiv. Ubrzanje čestice fluida je po definiciji 

a=



dv

dt 



Budući da je v = v ( s) , po pravilima složenog deriviranja vrijedi: 



de dv  a= ⋅ =v [ ves ] = v es + v 2 s d s dt ds ds ds 

dv d s

d





v



( )

e s s

e n

es(s+∆s)

U svrhu određivanja derivacije

d es ds

putanja se

lokalno zamijeni kružnicom polumjera R. R

∆ϕ

Tada se može pisati d s = R dϕ 

d es ds

=

lim

∆s →0

  es ( s + ∆s ) − es ( s ) ∆s

1. VJEŽBA-RIJEŠENI ZADATCI IZ MEHANIKE FLUIDA

( s)

e s

A

5

Iz slike je: 

B es(s+∆s) C

∆s

∆ϕ

-α e

-es( s )

n

A

R

∆ϕ



iz sličnosti trokuta ABC i A ′BC′ slijedi: ∆s

R



es ( s + ∆s ) − es ( s ) = −α en

=

α

1 



d es

pa vrijedi:

=

−α en

ds

C

Rα



=

−en

R

što uvršteno u izraz za ubrzanje daje: e n

es



a=

v

dv



ds



tangencijalna komponenta ubrzanja

a t a n

−

es

v2 R

   en = at es + an en



normalna komponenta ubrzanja



Zaključak: Tangencijalna komponenta ubrzanja može gledati u smjeru es ili obrnuto, a normalna komponenta ubrzanja uvijek gleda prema središtu zakrivljenosti putanje. Specijalni slučaj: Gibanje čestice fluida po kružnoj putanji polumjera R, uz konstantnu kutnu brzinu dϕ ω = = konst. d t v R ω

o n s t = k

v = ω R = konst. at = 0 an = −

v2 R

2

= −ω R


6



3. Fluid konstantne gustoće ρ struji stalnom brzinom v kroz svinutu cijev konstantnog poprečnog presjeka koja se nalazi u horizontalnoj ravnini. Primjenom zakona koli čine gibanja odredite smjer sile fluida na stijenku cijevi.

z = konst. v

v

Rješenje: 

Količina gibanja mv jediničnog volumena fluida

 mv



, je konstantna po veli čini, a V promjenjiva po smjeru. Za promjenu smjera koli čine gibanja od ulaza do izlaza iz cijevi je prema zakonu koli čine gibanja potrebna sila. Da bi fluid promijenio smjer strujanja potrebna je sila koja gleda prema središtu zakrivljenosti putanje čestice fluida. Sila kojom fluid djeluje na stijenku cijevi je suprotnog predznaka tj. djeluje kao na slici = ρ v

F fluida na stijenku

Ako bi cijev bila fleksibilna imala bi tendenciju izravnavanja.


7

4. Nađite prirast tlaka ∆ p od ishodišta do točke R (2,3,-4) fluida u relativnom mirovanju, ako je 







3 specifična masena sila f = 3i − 2 j + 9,81 k . Gustoća fluida je 998,2 kg/m .

Rješenje: 

Komponente radijus vektora r (vektor koji pokazuje položaj to čke R u odnosu na ishodište 







koordinatnog sustava) su koordinate to čke R , pa je r = 2 i + 3 j − 4 k . Promjena tlaka je definirana osnovnom jednadžbom statike, koja za slu čaj konstantnog vektora specifične masene sile poprima oblik:  

∆ p = ρ f ⋅ r

(

)

∆ p = ρ f x rx + f y ry + f z r z = 998, 2 ( 3 ⋅ 2 − 2 ⋅ 3 − 4 ⋅ 9,81 ) = −39156 Pa

(





)



6.





5. Izračunajte izraz a × b × b , uz pretpostavku da je a okomito na b .







()







a b

Neka je vektor d = a × b × b = c × b  c

b



Iznos vektora c c = ab sin 90° = ab ⋅ 1 = ab (a b)



Iznos vektora d d = cb sin 90° = ab ⋅ b ⋅ sin 90° = ab2 





Vektor c ⊥ a , ⊥ b

     d ⊥ c , ⊥ b . Vektor d ima smjer −a .

Vektor 









2 2 d = c × b = −ab a0 = −b a

b

a

a


8

6. Zapišite u Gibsovoj notaciji te nizom skalarnih jednadžbi izraze za 

a) moment sile F u odnosu na ishodište koordinatnog sustava 



b) rad sile F na putu dr 

a)

Moment sile F u odnosu na ishodište koordinatnog sustava

z

F

   M = r × F ;

 r = (r x , ry , rz ),

r y x

 F = ( Fx , Fy , F z )







M = r × F = r x

ry

rz = ( ry Fz − rz F y ) i + ( rzF x − rx Fz ) j + ( rx Fy − ry Fx ) k

F x

Fy

F z



i





j

k

M x = ry Fz − rz F y M y = rz Fx − rx F z M z = rx Fy − ry F x z F r





Rad sile F na putu dr

dr





dW = F ⋅ dr = F x dx + Fy dy + Fz dz y x

Snaga: P=

dW dt

  dr

=F⋅

dt





= F ⋅ dv








9

7. U točki T fluida tenzor naprezanja ima sljede će komponente u odnosu na koordinatni sustav O xyz

T xx Txy T xz   −7   T = T yx Tyy T yz  =  0    2 T zx Tzy T zz  

2

0

  −4  

−5

0

0

 2 2 1 Odredite vektor naprezanja na ravninu orijentiranu normalom n =  , − ,  te apsolutnu  3 3 3 vrijednost toga vektora.

Rješenje:

T xx Txy T xz     2 2 1 T = T yx Tyy T yz  , n =  , − ,   3 3 3   T T T zy zz   zx  



t ( n ) = n ⋅ T = ( n xTxx + n yTyx + n zTzx , t x = nxTxx + n yT yx + n zTzx =

2 3

t y = nxTxy + n yT yy + n zTzy = − t z = nxTxz + n yTyz + n zTzz =

 10  t ( n ) =  −4, , 0  , 3    



2 3

n xTxy + n yT yy + n zTzy ,

⋅ (−7 ) +

2 3

⋅ ( 5) =

⋅2+

t =

1 3

1

⋅ 2 = −4 3 10

3

⋅ (−4) =

0

 10  ( −4 ) +    3 2

2

= 5, 21

n xTxz + n yT yz + n zTzz )

2. VJEŽBA-RIJEŠENI ZADATCI IZ MEHANIKE F LUIDA

1



1. Odredite jedan jedinični vektor s u čijem smjeru nema promjene polja p = 6 x 2 + yz u točki T (1,2,3). Rješenje: Općenito:



grad p

s može biti bilo koji vektor u ravnini koja je tangencijalna na p=konst u točki T

T

grad p = ∇p =

.

s

∂ p ∂ x



i +

∂p ∂y



j+

∂p ∂z



 ∂p

k = 

∂ x

= 12 x;

∂p ∂y

= z;

∂p ∂z

= y

y

U točki T (1,2,3) ...... ∇ p T = (12,3,2 )

x 

Uvjet okomitosti ∇ p i s ∂ p ∂p ∂p  s x + sy + sz = 0 ∇ p ⋅ s = 0 , ∂ x ∂y ∂z 

( ∇ p ⋅ s )T = 0 12s x + 3s y + 2 sz = 0 Proizvoljno odabiremo s x = s y = 1 , pa je s z = 

s = 



s =

1 2

( −12sx − 3s y ) = −7,5 2

2

2

2

2

2

s x + s y + s z = 1 + 1 + ( −7, 5 ) = 58, 25

1

 58, 25

,

1 58, 25

,

  = ( 0,131; 0,131; − 0,983 ) 58, 25 

−7,5

∂p ∂p 

,

 ∂x ∂y ∂z

z ∂ p

,

 

2. VJEŽBA-RIJEŠENI ZADATCI IZ MEHANIKE FLUIDA 

2.

Izračunajte vrijednost integrala F =

2

∫ pn d S gdje 

je S površina kugle promjera R=3, sa

S 

središtem u točki S(2,1,3), a n je vanjska normala na površinu, ako je p = x 2 + y 2 + z 2 . Kolika bi bila vrijednost za slu čaj p=konst? Rješenje: 

F=

∫

pn d S = ∇p d V ,

S

V

∫



∂ p

p = x 2 + y 2 + z 2 ,

∂ x

= 2 x;

∂p ∂y

∂p

= 2 y;

∂z

= 2z

4 F x = 2 xdV = 2 x S ⋅V = 2 ⋅ 2 ⋅ ⋅ 33 π = 144π 3 V

∫

4 F y = 2 ydV = 2 y S ⋅V = 2 ⋅1 ⋅ ⋅ 33 π = 72π 3 V

∫

∫

F z = 2 zdV = 2 z S ⋅V = 2 ⋅ 3 ⋅ V

4 3

3

⋅3

π

= 216π



F = (144π , 72π , 216π ) 

Za p=konst, ∇ p = ( 0,0,0 ) , slijedi r = ( 0,0,0 )

3.

∫





Odredite fluks vektora Q = v ⋅ n d S po površini S kocke brida a=2 s centrom u ishodištu S



T(0,0,0). Površina S je orjentirana vektorom vanjske normale n , 







a

vektor



v

je

v = 3 xy i + 6 yz j − ( 3 yz + z ) k

Rješenje: Formula Gauss-Ostrogradski

∫



∫





Q = v ⋅ n d S = ∇ ⋅ v dV S

∂v x ∂ x

∂v y

= 3 y,



∇⋅v =

Q=

V

∂v x ∂ x

∂y +

∂v y ∂y

= 6 z, +

∂v z ∂z

∂vz ∂z

= −3 y − 1

= 3 y + 6z − 3 y −1 = 6 z −1

∫ ( 6 z −1) d V = 6 z − 1 T ⋅ V = −V = −8 V

Kada podintegralna funkcija predstavlja linearnu promjenu po koordinatama, integral je jednak vrijednosti funkcije u težištu volumena pomnožen s volumenom


4.

3

Blok mase m=10 kg kliže po glatkoj površini kosine nagnute pod kutom α =20°. Odredite brzinu U bloka koja će se ustaliti, ako se izme đu bloka i kosine nalazi uljni film debljine h=0,1 mm. Koeficijent dinamičke viskoznosti ulja je µ =0,38 Pa⋅s, a površina bloka u dodiru s uljem 2. A=0,15 m Pretpostavite linearni profil brzine u uljnom filmu. ?

U =

µ m

A

α

Rješenje:

h

τ

=

µ

U h

Fτ = τ ⋅ A Fτ = mg sin α

F τ

µ

U h

⋅ A = mg sin α

α

mg U = i n mg s

mg sin α ⋅ h

µ ⋅ A

α

3 10 ⋅ 9, 80665 ⋅ sin 20 ⋅ 0,1 ⋅10 − 

U =

U = 0, 0588

0,38 ⋅ 0,15 m/s

Napomena: Za konstantu g se koristi vrijednost g = 9,80665 m/s 2 .


4 3

-4

Newtonska kapljevina gusto će ρ =920 kg/m , kinematičkog koeficijenta viskoznosti ν=5⋅10 2 m /s struji preko nepomične stijenke. Profil brzine uz stijenku dan je izrazom

5.

y

u

=

U

3 y 2δ

−

1 y

3

 

U

2  δ 

δ

u( y)

gdje je y udaljenost od stijenke, a δ udaljenost na kojoj je brzina u = U . Odredite veli činu i smjer tangencijalnog naprezanja na površini stijenke, u zavisnosti od U i δ .

Rješenje:

τ

=

µ

du

=

d y y = 0

du

ρν

dy

y =0

 3 1 3 y2  du = U  ⋅ − ⋅ 3  ⇒ d y d y y = 0 2 δ 2 δ  du

τ

=

ρν

2

3U

2 δ

3 U 2 δ

τ = 920 ⋅ 5 ⋅10 −4 ⋅

{τ }N/m

=

= 0,69 ⋅

3 U ⋅

2 δ

{U }m/s {δ }m

Tangencijalno naprezanje fluida na stijenku djeluje u smjeru relativne brzine fluida u odnosu na stijenku.


6.

5

U cilindričnoj posudi polumjera R0=220 mm, nalazi se cilindar polumjera R=216 mm koji rotira stalnom brzinom vrtnje n=200 o/min za što se troši snaga P = 46 W. Odredite koeficijent dinamičke viskoznosti µ kapljevine koja ispunjava prostor izme đu cilindra i posude u kojem pretpostavite linearni profil brzine, a utjecaj dna zanemarite. Zadano je: h=20 cm. n=konst

g

POSUDA

cilindar

µ=? R R0

Rješenje:

ω =

π ⋅ n 30

;

τ

u = ω ⋅ R ;

F = τ ⋅ 2 Rπ h ;

M = F ⋅ R ;

=

P = 2 µ

µ =

µ =

R0 − R

π ⋅ h = 2µ

u R0 − R

π 3n 2 R 3 900 ( R0 − R )

450 P ( R0 − R )

π 3n 2 R 3h 450 ⋅ 46 ⋅ ( 0, 220 − 0, 216 )

π 3 ⋅ 200 2 ⋅ 0, 2163 ⋅ 0, 20

µ = 0, 0331 Pa ⋅ s

R0 − R

P = M ⋅ ω

P = F ⋅ R ⋅ ω = τ ⋅ 2R 2π ⋅ h ⋅ ω = 2µ

ω 2 R 3

u

µ

⋅h

R 2π ⋅ h ⋅ ω

h


1 3

1. U jedan krak U-cijevi u kojoj se nalazi voda gusto će ρ =999,1 kg/m nadoliveno je ulje gustoće 3 ρ 0=820 kg/m , prema slici. Ako je visina stupca ulja h0=150 mm, odredite razliku visina h razina ulja i vode.

pa

g

pa

h=? h0

ulje

Rješenje: Jednadžba manometra od A do B:

pa + ρ g ( h0 − h ) − ρ 0 gh0 = pa pa

A

pa

B ρ h0 − ρ h − ρ 0 h0 = 0

h h0 h0-h



h = h0 1 −



  ρ 

ρ 0



820 



999,1 

h = 0,150 1 −



h = 0, 0269 m = 26, 9 mm

(1)


2

2. Odredite apsolutni i manometarski tlak u točki A spremnika, za otklone manometra i barometra prema slici. Zadano je:

ρ

3

=999 kg/m ,

ρ1

3

=771 kg/m ,

ρ0

3

=13560 kg/m , h=5 cm, h0=17,5 cm,

h1=12,5 cm, ha=752 mm.

h0

A

ha h h1

Rješenje: Barometar:

pa = ρ 0 gha = 99999,6 Pa = 1000 mbar = 1000 hPa

0,001 bar = 1 mbar = 1 hPa

Manometar : pA = pa + ρ 0 g ( h0 + h1 ) − ρ1gh1 − ρ gh Apsolutni tlak u točki A: pA = 138458 Pa=1385 mbar Manometarski tlak u točki A: pMA = pA − pa = 38458 Pa = 385 mbar


3.

3

Hidrostatski manometar može se iskoristiti za mjerenje količine fluida u spremniku oblika paralelopipeda. Odredite zavisnost visine l žive gustoće ρ 0 u lijevom kraku manometra o volumenu V nafte gusto će ρ u spremniku dimenzija dna Lx B. Visina h se mjeri od ravnotežnog položaja žive prije punjenja spremnika i priklju čne cijevi naftom. pa

nafta

pa

spremnik dimenzija dna L xB priključ na cijev

l

h

ravnotežni položaj žive l

živa

Rješenje: V = L⋅B⋅H

⇒ H

=

V L ⋅ B

(1)

p + ρ g ( H + h + l ) − 2 ρ 0 gl = p (2) a

a

(1) u (2)

 V  + h  = l ( 2 ρ0 − ρ )  L ⋅ B 

ρ 

l=

 V  + h  2 ρ 0 − ρ  L ⋅ B  ρ

Slučaj V =0, priključna cijev puna, l = l0 l0 =

ρ ⋅ h

2 ρ 0 − ρ


4

4. Na slici je shematski prikazan princip rada hidrauličke preše. Odredite kojom silom F treba gurati ručicu da se ostvari sila prešanja F 2=4800 N. Zadano je: m=25 kg, D=200 mm, h=1,3 m, 2

3

l1= 52 cm, l2=12 cm, A1=19,6 cm , ρ =820 kg/m .

F 2

otpresak

m

g D

F =?

h l1

l2

A1

Rješenje: F 2 F 2 otpresak

mg F 2 F 2

stap 2

mg

p

2

A

2

F

p

2

ulje

h

l1 F 1

p

1

F 1 l2

p

1

A1


Poluga:

F ⋅ ( l1 + l2 ) = F1 ⋅ l2

Stap 1:

p1 A1

Jednadžba manometra

=

pa A1 + F1

(1)

⇒

p1

=

pa

+

F 1

(2)

A1

(3)

p2 = p1 − ρ gh p2 A2 = pa A2 + F2 + mg

Stap 2:

5

⇒

p2 = pa +

F2 + mg D 2π

4

Nepoznanice: F , F 1, p1, p2

(2) i ( 4) u (3) p /a +

F2 + mg D 2π

= p /a +

F1 A1

4

F1 =

   F2 + mg  A1  ρ gh +  2 D π     4

F 1 = 335 N F = F 1

l2 l1 + l2

F = 62,9 N

− ρ gh

(4)


6

5. Osjetljivost hidrostatskog manometra (definirana odnosom otklon manometra / mjerena razlika tlakova) povećava se naginjanjem kraka manometra. Za mikromanometar na slici, duljina l u nagnutom kraku mjeri se od položaja meniskusa kod jednakih tlakova p1 i p2. Odredite kut nagiba kraka da bi osjetljivost manometra bila 1mm/Pa. Zadano je:

ρ =800

l

h1

d

D=10 d

Rješenje: h2 = l ⋅ sin α

(1)

J.M. p2 + ρ g ( h1 + h2 ) = p1 D 2π

4

h1 =

d 2π

4

(2)

l

(3) 2

 d  iz(3) h1 = l    D 

(3a)

(1) i ( 3a) u (2)

 d  2  ρ ⋅ g ⋅ l  α + sin  = p1 − p2  D     osjetljivost =

l p1 − p2

=

(4)

1

 d  ρ g    D 

2

 + sin α  

= 10

 d  2  103 10 ρ g   + sin α  = 1 ⇒ sin α = ρ g  D   −3

sin α = 0,117 

α = 6, 72 = 6



43′8′′

−3

m Pa

 d  −  D

2

= 0, 017

(5)

h2

3

kg/m .


1

1. Odredite rezultantnu silu tlaka (veličinu, smjer i hvatište) na kvadratni poklopac dimenzije a=0,8 m, čije se težište nalazi na dubini H =1,8 m, za slučajeve prema slikama (a), (b) i (c). 3

3

o

Zadano je: h=0,8 m, H 1=1,2 m, ρ =998,2 kg/m , ρ1 =820 kg/m , α=70 .

g

g .

.

. .

α

h

.

.

.

.

.

.

. .

.

.

. .

.

. .

.

.

α

H

H

C

C

a

a

(b) (a)

g α

H H 1

a

C

(c)


2

Rješenje: (a)

z

Fh = ρ gH ⋅ a 2 = 11277

N

O yC =

o

α=70

sin α

= 1,92 m a4

H

a2 12 ∆ y = = = = 0, 0278 m yC ⋅ S yC ⋅ a 2 12 ⋅ yC I ξξ

y C

Fh

C

H

pa izvana i iznutra se

Sile konstantnog tlaka poništavaju.

∆

y

(b) 1. način

h .

.

. .

.

.

.

.

.

. .

. .

.

. .

.

. .

.

.

Izvana djeluje sila uslijed atmosferskog tlaka pa, a iznutra sila uslijed konstantnog tlaka p0. Razlika tih dviju sila je sila F 0 pretlaka pM0 iznutra. Sila F h uslijed hidrostatskog tlaka je ista kao pod (a).

α

-

Jednadžba manometra

H pa + ρ gh = p0 pM0 = p0 − pa = ρ gh = 7831 Pa

C a

F0 = pM0 ⋅ a 2 = 5012 N

Rezultantna sila : poklopac

FR ∆

y

R

F0 ∆

FR = F0 + F h = 16289 N

y

∑ M

C

C

Fh

=0 FR ⋅ ∆yR = Fh ⋅ ∆y ∆ y

R

= ∆y ⋅

F h = 0, 0193 m F R


3

(b) 2. način

z

Ako se pretlak pM0 pretvori u visinu fiktivna slobodna površina

O

h .

. .

.

.

.

.

.

. .

.

.

.

.

. .

.

.

.

pM0

= h dolazi se do fiktivne ρ g slobodne površine na kojoj vlada atmosferski tlak, te na površinu djeluje samo sila uslijed hidrostatskog tlaka računata na osnovu dubine mjerene od fiktivne slobodne površine. tlaka

α y

Fh = FR = ρ g ( H + h ) ⋅ a 2 = 16289 N

C

H H

yC =

H + h

C

= 2,77 m

sin α

a

∆ yR = ∆

I ξξ

= 12 2 yC ⋅ S yC ⋅ a

y R

∆ yR =

4

a

2

12 ⋅ yC

= 0,0193 m

(c) pa se Sile konstantnog tlaka poništavaju. Sila F h uslijed hidrostatskog tlaka je ista kao pod (a).

α

H ∆

∆

y

y

H 1

R

Fh1 = ρ gH 1 ⋅ a 2 = 6176 N

FR

yC1 =

C

H 1

sin α

Fh ∆

y 1

Fh1

= 1, 28 m a4

∆ y1 =

I ξξ yC1 ⋅ S

=

12 = 0,0418 m yC1 ⋅ a 2

FR = Fh − F h1 = 5101 N

∑ M

C

=0

Fh ⋅ ∆y − Fh1 ⋅ ∆y1 = FR ⋅ ∆yR ∆ y

R

=

Fh ⋅∆y − Fh1⋅∆y1 = 0, 0109 m F R


4

2. Potrebno je odrediti na koju visinu h treba opasti razina vode, da bi se poklopac jedini čne širine, okretljiv u točki O, prema slici, otvorio uslijed vlastite težine. Gustoća poklopca je jednolika, a 3 masa mu je m=250 kg. Zadano je: L=160 cm , α = 15 , ρ =998 kg/m . 

pa

g pa L

h=? poklopac α

O ρ

pa α

mg pa

L

C

x

α

O

mg

L

2

h

y C

∆ y

Fh

ρ

L  − ∆ y  izrazom 2 

cos α > Fh ⋅ 

Na poklopac djeluje vlastita težina i sila hidrostatskog tlaka. Poklopac će se otvoriti kada moment sile težine u odnosu na točku O bude veći od momenta sile hidrostatskog tlaka. Krak sile težine u odnosu na to čku L O je, cos α a krak sile F h 2 L − ∆ y , te hidrostatskog tlaka je 2 vrijedi

(a)

Sila hidrostatskog tlaka je definirana Fh = ρ ghC A = ρ g ⋅ yC sin α ⋅ L ⋅1

(b)

a pomak ∆ y =

I ξξ yC A

3

=

1⋅ L

12 ⋅ yC ⋅ L ⋅1

=

L2

12 ⋅ yC

(c)


5

Uvrštavanjem izraza (b) i (c) u (a) slijedi izraz za yC yC <

m

ρ L

ctg α +

L

6

= 0,851 m

(d)

Iz slike (a) slijedi granična visina h fluida

 

h = x sin α =  yC +

L 

 sin α = 0, 427 m

2

(e)

Očito je h > L sin α = 0,414 m, što zna či da je razina fluida iznad gornjeg ruba poklopca, kao što je pretpostavljeno na slici (a). Da to nije tako, trebalo bi ponoviti prora čun uz pretpostavku da je samo dio površine poklopca u dodiru s fluidom.

5. VJEŽBA - RIJEŠENI ZADACI IZ MEHANIKE FLUIDA

1

1. Treba odrediti silu F koja koja drži u ravnoteži poklopac AB jedini čne širine, zglobno vezan u to čki 3 A, u položaju položaju prema slici. Zadano je : a=0,84 m; H =0,65 =0,65 m; h=35,5 cm; ρ =999 =999 kg/m .

B .. . ... p0=? . .. .. . .

pa g

F

a H

h

pa

A poklopac

ρ

Rješenje:

B F hC=yC=H/2 . . . . . . . p0 . . 2 .. .

pa

1 h

F0

H

H /2

Fh

∆

A

y

ρ

a /2

U ovom primjeru nije pogodno uvoditi fiktivnu slobodnu površinu, jer površina AB nije čitava uronjena u fluid. Na dio površine poklopca koji se nalazi iznad fluida, djeluje samo sila konstantnog a tlaka p0, a na potopljeni dio površine i sila tlaka p0 i sila hidrostatskog tlaka. Zbog toga je u ovom slu čaju jednostavnije računati silu F 0 (uslijed konstantnog tlaka p0) na čitavu površinu, koja djeluje u težištu poklopca AB i silu hidrostatskog tlaka F h, na dio poklopca ispod stvarne slobodne površine, kao što je prikazano na slici (a).

Slika (a) Sile na poklopac

Sila težine poklopca prolazi točkom A, te u ravnoteži momenata nije bitna. S obzirom da fluid u spremniku miruje, tlak p0 će se odrediti iz jednadžbe manometra od to čke 1 u piezometri čkoj cijevi do točke 2 na slobodnoj površini, koja glasi pa + ρ gh − ρ gH = p0

(a)

iz koje je manometarski tlak pM0 = p0 − pa = ρ g ( h − H ) = −2890Pa

(b)


2

Negativni predznak ukazuje da se radi o podtlaku, te će sila F 0 F0 = pM0 ⋅ a ⋅1 = −2428 N

(c)

biti negativna, odnosno usmjerena suprotno suprotno nego što je ucrtano na slici (a). Sila F h je H Fh = ρ g ⋅ ⋅ H ⋅1 = 2070 N 2

(d)

a pomak hvatišta sile F h je 3

1⋅ H

∆ y =

I ξξ yC A

=

12 H

2

⋅ H ⋅1

=

H

6

= 0,108 ,108 m

(e)

Sila F se se određuje iz uvjeta ravnoteže momenata u odnosu na to čku A, koja glasi F ⋅ a = F0 ⋅

 H H  + Fh  −  2 2 6

a

(f)

U gornjoj se jednadžbi sila F 0 uvrštava s negativnim predznakom, te slijedi sila F = -680 N, što znači da na poklopac treba djelovati silom F u u suprotnom smjeru od smjera na slici (a). S obzirom da se poklopac naslanja naslanja na stijenku u to čki B, sila F će biti sila reakcije između poklopca i stijenke, te za držanje poklopca u ravnoteži ne će trebati djelovati silom izvana.


3

2. Kvadratična greda zglobno je u čvršćena u bridu A. Odredite silu F kojom treba djelovati na gredu jedinične duljine da bi bila u ravnoteži u položaju prema slici. 3 Zadano je: a=1 m; ρ =999 =999 kg/m .

pa

F =? =?

g

a

a

ρ

pa

A

Rješenje: 1. način (studenti sami kod ku će) Treba odrediti i reakcije u to čki A. pa

F F1

a

C1

C1

C2C

a

2

F2

A

ρ

2. način – in – površina se tretira kao zakrivljena površna

z p

a

B=1

x

S x = − B ⋅ ( 2a )

S x

hC=a

Cx

ξ

∆h

C2

H=2a

H

ρ

A projekcija površine

I ξξ =

B ⋅ ( 2a )

12

3

=

2a 3 3


4

Horizontalna komponenta Fh Fh = − ρ ⋅ g ⋅ hC ⋅ S x = −ρ ⋅ g ⋅ a ⋅ ( −2a ) = 2 ρ ga 2 = 19593 N

2 ⋅ a3

∆h =

I ξξ hC S x

=

3 = 1 a = 0,333 m a ⋅ 2a 3

Vertikalna komponenta Fv

a V =

2a ⋅ a

= a2

2 Fv = ρ gV = ρ ga 2 = 9797 N

=

2a

T

1

∆ x = a = 0,333 m 3

ρ

ρ

A

A

F

p

a

Uvjet ravnoteže:

∑ M

A

F h

F v

2a

F ⋅ 2 a = Fv ⋅ ∆x + Fh ( a − ∆h ) F=

A

=0

a 1  2a  ⋅ + ⋅ F F v h 2a  3 3 

F = 8164 N


5 3

3 . Drvena homogena greda gusto će ρ =940 kg/m , duljine L=8 m i promjera D=0,5 m, pričvršćena 3 je pod vodom gustoće ρ v=999kg/m u točki O, oko koje se može okretati. Kolika će duljina l grede biti u vodi ?

ρ

pa

g

L ?

= D l

ρv O

Rješenje:

G = ρ g

D 2π

Fb

Fb = ρ v g

α

∑ M

O

⋅L

4

D 2π

4

⋅l

=0

2 / l

L l G ⋅ cos α = F b ⋅ cos α 2 2

2

L /

O G

2

ρ g

2

D π L

l=L

4

⋅

2

2

cos α = ρ v g

ρ = 7,76 m ρ v

D π l

4

⋅

2

2

cos α


6 3

4. Homogena čelična kugla gusto će ρ c=7800 kg/m radijusa R=8 cm zatvara otvor na ravnoj stijenci promjera d =12 cm.. Treba odrediti kut nagiba kose stijenke da kuglica oslobodi otvor kada u spremniku nastupi pretlak od pM=5000 Pa. pa

g

R

d

α=?

plin pM=konst.

Rješenje: Od vanjskih sila na kuglu djeluju sila težine G u težištu C kugle, te sila F 0 uslijed pretlaka pM koja je okomita na projekciju dijela površine kugle izloženog pretlaku pM, te također prolazi težištem C kugle, kao što prikazuje slika (a). Gledaju ći raspored sila može se zaključiti da će se kuglica pomaknuti kada moment sile F 0 bude ve ći od momenta težine, a kuglica će se gibati oko točke O u kojoj će biti nepoznata sila reakcije, koju nije nužno odrediti jer se postavlja momentna jednadžba oko to čke O u obliku

k

C A

R β

F 0

α

α

O F0 ⋅

G

d

2

≥ G ⋅ k

(a)

d /

2

Slika (a) Sile na kuglu

Sila F 0 konstantnog tlaka je jednaka umnošku pretlaka i projekcije površine pod pretlakom, što u ovom slučaju glasi F0 = pM ⋅

d 2π

4

= 56,5 N

(b)


7

Sila težine je G = mg = ρc

4 3

R 3π g = 164 N

Krak k sile težine, prema slici (a) je k = R cos (α + β )

(c)

(d)

gdje se kut β može odrediti iz pravokutnog trokuta AOC prema slici (a), iz jednadžbe cos β =

d 2 R

⇒ β = 41, 4o

(e)

Uvrštavanje izraza (d) u izraz (a) daje cos (α + β ) ≤

F0 ⋅ d

2 R ⋅ G

(f)

odakle je

α + β ≥ 75o , odnosno α ≥ 33,6o .

(g)


1

1. Tankostijena bačva mase m=94 kg, volumena V =600 l, potpuno je potopljena pod vodu gusto će ρ =998,2 kg/m3. Do polovine volumena ispunjena je zrakom zanemarive težine i privezana užetom za dno. Odredite silu F u užetu.

pa ρ=998,2 kg/m . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

zrak

g

3

. . . . . . . . . . . . . . . . .

.

. .

voda

uže

Rješenje:

F b Fb

. . . . .

.

. . . .

. . .

. .

.

. .

. . .

.

.

.

.

.

.

V

2

. . .

.

F .

.

. .

= ρ g

.

.

mg

. . .

.

Fb

− F −G =

0

.

F

=

Fb

− G = ρ g

F = 2015 N

V

2

− mg


2

2. Treba odrediti rezultantnu silu na zatvara č, oblika polucilindra, jedini čne širine B, prema slici. o 3 Zadano je: H =3 m, R=1 m, α =60 , ρ =998,2 kg/m . pa α

g H pa

C R ρ

Rješenje: Ishodište koordinatnog sustava O xz je smješteno na slobodnu površinu. Sile atmosferskog tlaka pa izvana i iznutra se poništavaju tako da na zatvarač djeluje samo sila hidrostatskog tlaka, koja se razlaže na horizontalnu i vertikalnu komponentu. Horizontalna komponenta sile se računa iz izraza

z

G H

O

x

I

α V

H

A α

n i s

n

B

R

Fx = − pCx ⋅ S x

C

gdje je S x projekcija površine zatvara ča, a p Cx hidrostatski tlak u njenu težištu. Gledaju ći sliku (a), horizontalne sile na dijelu površine DEF zatvarača se međusobno poništavaju jer je projekcija dijela EF jednaka projekciji DE, a suprotnog je predznaka.

n

2

α

D

(a)

E

F

ρ

2 Rcosα Slika (a) Sile na zatvara č

Projekcija S x se dakle odnosi na dio ABD površine zatvara ča, oblika je pravokutnika površine 2 BRsinα i pozitivna je, jer vektor normale n na površinu čini s pozitivnim smjerom osi x kut manji o od 90 . Težište projekcije površine S x je u točki C u kojoj je hidrostatski tlak pCx = ρ gH , te je 

Fx = −ρ gH ⋅( 2 R sin α ⋅ B ) = −50, 9 kN

(b)

Negativni predznak sile F x kazuje da sila gleda u negativnom smjeru osi x, tj. u lijevo. Vertikalna komponenta sile je po veli čini jednaka težini fluida u volumenu od površine zatvara ča do slobodne površine. Volumen je definiran vertikalama AH i FI, povu čenim iz rubnih točaka površine zatvarača. Vertikala BG dijeli površinu zatvara ča na dijelove s pozitivnom i negativnom projekcijom S z. Dio AB površine ima negativnu projekciju S z, te vertikalna sila na taj dio površine


3

gleda u pozitivnom smjeru osi z, a definirana je volumenom ABGHA. Dio površine BDEF ima pozitivnu projekciju S z, na koju vertikalna komponenta sile hidrostatskog tl aka gleda prema dolje, a definirana je težinom fluida u volumenu BDEFIGB. G

G H

H

I

I V

A

A

+

B

= B

B

D

E

D

F

E

F

Kada se ove dvije sile zbroje dobije se ukupna vertikalna komponenta sile hidrostatskog tlaka koja gleda prema dolje, a definirana je volumenom ABDEFIHA, koji je osjen čan na slici (a). Veli čina tog volumena se računa kao umnožak zbroja površina polukruga i trapeza AFIH sa širinom B zatvarača, te je izraz za silu F z

 D 2 π  Fz = −ρ g ⋅  + 2 R cos α ⋅ H  ⋅ B = −44, 7 kN  8   

(c)

Negativni predznak sile F z ukazuje da ona gleda prema dolje. Za određivanje hvatišta rezultante u op ćem bi slučaju bilo potrebno prvo odrediti položaj hvatišta horizontalne i vertikalne komponente sile hidrostatskog tlaka. Za slu čaj cilindrične površine to nije nužno, jer se unaprijed zna da će rezultanta prolaziti točkom C jer i sve elementarne sile pnd S prolaze točkom C. 

Rezultantna sila je po veli čini jednaka

C β

F R

Slika (b) Položaj rezultantne sile

FR =

Fx2 + F z2 = 67, 7 kN

(d)

a djeluje pod kutom β prema slici (b)

β = arctg

F z F x

= 41, 3o

(e)


4

3. Treba odrediti silu F u vijcima, kojima je pri čvršćen poklopac, oblika stošca, mase m=474 kg, 3 prema slici. Zadano je: H =1,4 m, h=0,9 m, R=0,8 m, pM0=2800 Pa, ρ =998 kg/m . g

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . M0 . . . . .

p

poklopac H

h

ρ

R

Rješenje: . . .

pM0 . . . . . .

. . .

sl. površina

r

F 0

V

H

F z

h mg

R F v

Na slici (a) su prikazane sile koje djeluju na poklopac. Osim sile težine samog poklopca i sile F v u vijcima (koja je pretpostavljena tako da izaziva vlačna naprezanja u vijcima), djeluje još vertikalna sila F 0 konstantnog pretlaka pM0 i sila F z hidrostatskog tlaka. Horizontalne sile tlaka se međusobno poništavaju. Sila F 0 konstantnog pretlaka je jednaka umnošku pretlaka i ploštine projekcije S z površine stošca sa strane pretlaka p M0. Projekcija S z je oblika kruga polumjera R i negativna je, te je sila jednaka F0 = pM0 ⋅ R 2 π = 5630 N

Slika (a) Sile na poklopac

(a)

i gleda prema gore. Vertikalna komponenta F z sile hidrostatskog tlaka je po veli čini jednaka težini fluida u prostoru od površine stošca u dodiru s fluidom do slobodne površine. Taj volumen je osjen čan na slici (a). Njegov je obujam πh  2 2 2 V = R πh − R + r + R r  (b)   3  Nepoznati polumjer r se određuje iz sličnosti trokuta, prema kojoj je r

=

R

⇒ r=R

H −h

= 0, 286 m (c) H − h H H 3 što uvršteno u izraz (b), daje obujam V =0,914 m . Sila F z također gleda prema gore (jer je projekcija površine u dodiru s fluidom negativna), a po veli čini je Fz = ρ gV = 8945 N (d) Iz ravnoteže vertikalnih sila, prema slici (a), slijedi tražena sila u vijcima Fv = F0 + Fz − mg = 9930 N

(e)


5

3

4. Kocka gusto će ρ 0=495 kg/m , brida a=0,44 m, zglobno je vezana u bridu O i zatvara kvadrati čni otvor na dnu spremnika, prema slici. Treba odrediti silu F potrebnu za podizanje kocke. Zadano o 3 je: H =1,2 m, α =35 , ρ =999 kg/m . g

pa

H a

ρ0

O pa

Rješenje:

F=?

ρ α

pa

H

pa

F 1

H

F 1

F 2

F 2 F 4 pa

O

pa

O

F 3

A Slika (a) Sile tlaka na kocku

F 4

A

F 3

Slika (b)

Na slici (a) su prikazane sile tlaka koje djeluju na kocku. Sile koje djeluju na plohe kocke koje su paralelne ravnini slike, me đusobno se poništavaju. Ako se na plohi OA doda i oduzme sila F 4 







hidrostatskog tlaka, kao što je prikazano na slici (b), tada suma sila F 1 , F 2 , F 3 i sile F 4 izvana, daju silu uzgona, koja djeluje u težištu kocke, te osim nje ostaje sila hidrostatskog tlaka F 4 iznutra na plohu OA, kao što je prikazano na slici (c), na kojoj je ucrtana i sila težine kocke, odgovaraju ći krakovi sila, te veli čine yC i ∆ y za silu F 4. Iz slike (c) slijedi

L = a ⋅ sin α + a ⋅ cos α = 0, 613 m

(a)

k = L 2 = 0,306 m

(b)


6

pa

yC =

H

+

cos α

a

= 1, 685 m

2

hC = yC cos α = 1, 38 m

k=L /2

H

Na temelju čega je y

C

F b

F

2 F4 = ρ g hC A = ρ g ⋅ yC cos α ⋅ a

F 4 = 2618 N pa

O α C F 4

a4

mg

∆ y = α ∆

y

A

∆ y = acosα

asinα L

I ξξ yC A a2

12 yC

=

12 = 2 yC ⋅ a

= 0, 0096 m

Fb = ρ g V = ρ ga3 = 834,5 N

Slika (c) Sile na kocku Kocka će se podići kada moment sile F (u odnosu na to čku O) svlada momente ostalih sila, tj.

a  L + ∆ y  + (mg − Fb ) ⋅  2  2

F ⋅ L > F4 

odakle je sila F > 772 N .

(e)


1

1. Stap injekcije je promjera D = 9 mm, a igla je promjera d = 0,2 mm. Odredite brzinu v1 strujanja nestlačivog fluida kroz iglu, ako je brzina pomicanja stapa v = 3 mm/s.

Rješenje: Iz jednadžbe kontinuiteta Q1

= Q2

D 2π

v⋅

4

=

v1 ⋅

 D  v1 = v ⋅    d 

d 2π

4

2

=

6, 075 m s


2 3

2. U mješalište kroz prvu cijev promjera D1 = 100 mm ulazi nestlačivi fluid gustoće ρ 1=850 kg/m ɺ 1 = 6,9 kg/s , a kroz drugu cijev promjera D2 = 150 mm ulazi nestla čivi masenim protokom m 3

fluid gustoće ρ 2=980 kg/m , brzinom v2 = 2,1 m/s. Odredite kojom će brzinom iz mješališta istjecati homogena mješavina ovih fluida kroz cijev promjera D3 = 200 mm. Koja je gusto ća mješavine ? .

Rješenje: Prema jednadžbi kontinuiteta

ɺ 1 + mɺ 2 m

=

ɺ 1 + ρ 2v2 m

ɺ 3 ili m

D22π

4

= ρ 3v3

D32π

4

(1)

Zbog nestlačivosti strujanja vrijedi: Q1 + Q2

= Q3

ɺ1 m

ili

ɺ1 m iz (2)

+ v2

ρ 1

v3

=

ρ 1

+ v2

D22π

4

=

v3

D32π

4

D22π

4

= 1, 44

D32π

m s

4

ɺ 1 + ρ 2v2 m iz (1)

ρ 3 =

v3

D22π

2 π 3

D

4

4

=

956, 7 kg m 3

(2)


3

3. U cilindrični spremnik ulazi voda, kroz jednu cijev protokom Q1 = 18 l/s, a kroz drugu protokom Q2 = 25 l/s. Kroz treću cijev promjera D3 = 100 mm voda istje če brzinom v3 = 3,8 m/s. 3 Odredite vrijeme potrebno da u spremnik ute če 3 m vode.

Rješenje: Q3

=

Quk

v3

D32π

4

=

29,8 l s

= Q1 + Q2 − Q3 = 13, 2

∆t =

∆V

Quk

=

228 s

ls


4

4. Voda se prepumpava iz nižeg u viši spremnik, protokom Q=14 l/s. Odredite visinu dobave hp pumpe i potrebnu snagu PM motora za pokretanje pumpe ako su iskoristivost pumpe η P=0,75, visina gubitaka do ulaza u pumpu hF1-2=1,5 m, visina gubitaka od pumpe do ulaza u viši 3 spremnik hF3-4=1,5m. Zadano je: ρ =998,2 kg/m , D=71,4 mm, z1=6,2 m, z5=12,5 m, 5 g

4

pa

1

D

z1

Q

2

3 pumpa

Rješenje: v4

=

4Q

= 3,5

2

hF1-2

D π = 1,5 m

hF3-4

= 1,5

ms

m

v42

= 0, 63

m

hF4-5

=

hF1-5

= hF1-2 + hF3-4 + hF4-5 = 3, 63

2g

M.B.J. 1-5 pa ρg

+ z1 + hp =

pa ρg

+ z5 + hF1-5

hp

= z5 − z1 + hF1-5 = 9,92 m

Pp

= ρ gQ ⋅ hp = 1360

PM

=

Pp ηp

= 1813 W

W

m

pa


5

5. Pumpa dobavlja vodu mlaznici protokom Q=56 l/s.. Motor predaje pumpi snagu PM=40,2 kW, a ukupna iskoristivost pumpe je 85%. Na ulazu u pumpu je izmjeren manometarski tlak pM2=-0,351 bar. Odredite visinu gubitaka energije hF1-2 od razine vode u spremniku do ulaza u pumpu, te hF3-5 od izlaza iz pumpe do izlaza iz mlaznice. Skicirajte energetsku i hidrauli čku3 gradijentnu liniju. Zadano je: h=1,5 m, ρ =998,2 kg/m , D2=150 mm, D3=100 mm, D5=50 mm. g

pa

D

Q

h

1

D 5

3

3

2

pa

4 5

D

ρ

2

Rješenje:

g

pa

D

Q

h

1

D 5

3

3

2

pa

4 5

z=0

D

ρ

2

Budući da je poznat protok, mogu će je odrediti brzine u svim karakterističnim presjecima: 4Q 4Q 4Q v2 = v v v = = = = = = 28,5 m s 3,17 m s 7,13 m s 3 4 5 D22π D32 π D52 π 0=

Bernoullijeva jednadžba od 1 do 2 hF1-2

PUMPA:

Pp

=−

pM2 ρg

−

v22

2g

= ηp PM = 34,17

kW ⇒

+

ρg

2

+

v2

2g

+ h + hF1-2

− h = 1,57 m

hp

=

pM2

Bernoullijeva jednadžba od 2 do 3

pM3 = pM2 + ρ ghp

pM2

ρg

ρ

(v 2

2 2

2

− v3

Pp ρ gQ

+

v22

2g

= 62,3

m

+ hp =

) = 5,55 bar

pM3 ρg

+

v32

2g


6

pM3

Bernoullijeva jednadžba od 3 do 5

ρg

pM4

Bernoullijeva jednadžba od 4 do 5 hF3-5

=

pM4

=

pM3

+

ρg ρ

(v 2

2 5

z

Točka

1

(v

2 3

2g 2

ρg 2

− v5

)

− v 4 = 3,80

0 1,5 1,5 1,5 1,5

+

2g

2

v5

=

2g

2

+

v4

2g

+ hF3−5

v52

=

2g

(gubici u mlaznici se zanemaruju)

) = 17,8 m

bar

pM

pM

ρg

ρg

G.L. 1. spremnik 2. ulaz u pumpu 3. izlaz iz pumpe 4. ulaz u mlaznicu 5. izlaz iz mlaznice

2

v3

+ z

H.G.L. 0 -1,6 58,2 40,4 1,5

0 -3,1 56,7 38,9 0

v2

pM

2g

ρg

+ z +

v2

2g

E.L. 0 -1,1 60,8 43,0 43,0

0 0,5 2,6 2,6 41,5

Napomena: Energetska linija je ra čunata s pretlakom, pa je visina energije u to čki 2 negativna zbog podtlaka na ulazu u pumpu. 2

v3

2g

60,8 58,2

E.L.

43,0

40,4

2

v5

H.G.L.

pM4

2g

D5

2

2

pa

1

v2

4 5

3 G.L.

2g -1,1

ρ

H.G.L.

2g


1

1. Odredite minimalni protok Q u nestlačivom strujanju fluida kod kojeg će ejektor početi usisavati 2 2 fluid kroz vertikalnu cjevčicu. Zadano je A2=14 cm , A1=3,5 cm , h=0,9 m. A2

A1

Q=?

pa

ρ

h g

pa

ρ

Rješenje: Da bi ejektor po čeo usisavati fluid kroz vetikalnu cjev čicu, tlak p1 u presjeku A1 mora biti manji od hidrostatskog tlaka koji vlada pri mirovanju fluida u vertikalnoj cjev čici. p1

<

pa

− ρ gh

(a)

B.J. od presjeka A1 do presjeka A2 glasi: p1 ρ g

J.K. v1 A1

+

=

v12

2g

v2 A2

p2

=

ρ g

+

=Q

v22

2g

(b)

⇒ v1 =

Q

i

A1

Uvrštavanjem (c) i (a) u (b) pa

− ρ gh

ρ g

Q2

+

2 gA12

≤

pa ρ g

+

Q2

2 gA22

odakle je: Q≥

A1 A2 2 2

A

−

2 1

A

2 gh

≥ 1,52

l s

v2

=

Q A2

(c)


2

2. Odredite visinu zB kraja B sifona, pri kojoj se u neviskoznom strujanju fluida ostvaruje 3 maksimalni protok Q nestlačivog fluida gustoće ρ =995,6 kg/m , tlaka isparavanja pv =4241 Pa, ako je: pa =1010 mbar, z1=34 m, z0=30,5 m, d =150 mm. 1 z1

g pa

0

z0

ρ

d

pa

zB=?

Rješenje: Spuštanjem izlaznog kraja sifona brzina strujanja se povećava, a tlak u najvišoj to čki sifona smanjuje. Pri minimalnom tlaku u najvišoj točki, koji odgovara tlaku isparavanja pv postiže se maksimalno moguća brzina. Iz Bernoullijeve jednadžbe od točke 1 do to čke B slijedi: pv ρ g

+

2 vmax

2g

+ z1 =

pa ρ g

+

2 vmax

2g

+ zB

odakle je: zB

= z1 −

pa

pv

−

ρ g

=

24,1m

Iz B.J. od 0 do B slijedi: z0

=

v

2

2g

Q = v⋅

+ zB

d 2π

4

=

⇒ d 2π

4

v=

⋅

2 g ( z0 − z B )

2 g ( z0 − zB )

= 11, 2

= 198

l s

ms


3

3 3. Odredite visinu h koju će dosegnuti mlaz vode ( ρ =1000 kg/m ) na izlazu iz ra čvaste cijevi, prema slici, ako su manometarski tlakovi pM1= pM2=2,68 bar. Zadano je: D1=200 mm, D2=150 mm, d =100 mm, H =8 m. 4

pa

h=?

g

3 d H

1

2 z=0

pM1

pM2

D2

D1

Rješenje: Budući je cijev horizontalna, a u presjecima 1 i 2 vlada pretlak može se zaklju čiti da će voda strujati od oba presjeka prema izlazu, te se može postaviti Bernoullijeva jednadžba od 1 do 3 i od 2 do 3. U izlaznom presjeku 3, pretlak je jednak nuli, a brzina jednaka v3 pa vrijedi: B.J. 1-3

B.J. 2-3

pM1 ρ g

pM2 ρ g

+

+

v12

2g v22

2g

=

=

v32

2g v32

2g

+ H

(1)

+ H

(2)

Gornje jednadžba imaju jednake desne strane, a budu ći su jednaki pretlaci pM1= pM2 zaključuje se da je v1= v2. Iz jednadžbe kontinuiteta slijedi Q1 + Q2 = Q3 (3)

Q3

Q1

Q2

ili

D12π

v1 ⋅

odakle je v3

Uvrštavanjem (4) u (1) slijedi:

4

+ v2 ⋅

D22π

4

D12 + D22

= v1 ⋅

d 2

=

v3 ⋅

d 2π

(4)

4


pM1 ρ g

+

2 1

v

=

2g

2 1

v

2g

⋅

( D

2 1

2

+ D2

)

2

d4

+ H

  

v32

2g

ili 2 v1

ρ

=

pM1 − 2 gH

( D12

2 + D2 )

d 4 v3

= 19, 7

=

2

3,16 m s

−1

m s

Iz B.J. od 3 do 4 v32

2g

=

h

⇒ h = 19,8 m

4


5

4. Odredite promjer d mlaznice u sustavu prema slici uz uvjet da fluid u priklju čnoj cijevi spremnika 2 miruje. Pretpostavite neviskozno strujanje. Zadano je H =3,4 m, h=2,6 m, D=100 mm. pa

g

1

pa 1

ρ 2

ρ

H h D

pa

2

3

d =?

Rješenje: Ako fluid u priključnoj cijevi u spremniku 2 miruje. Zna či da u to čki 2 vlada hidrostatski tlak p2 = pa + ρ gh ili pM 2 = ρ gh

B.J. 1-3 B.J. 1-2

H H

=

=

v32

⇒ v3

2g v22

2g

p M 2

+

=

2 gH

⇒ v2

ρ g

=

2g ( H

−h

)



h D12π

v2 ⋅ d

=

4 D

4

= v3 ⋅

H

d 2π

−h

H

4 =

⇒ d

=

D

v2 v3

69,7 mm

U slučaju d < 69,7 mm protok Q bi bio manji, brzina v2 manja, a tlak p2 veći, te bi došlo do strujanja u spremnik 2. U slučaju d > 69,7 mm fluid bi istjecao iz spremnika 2.


6

5. Voda neviskozno struji između dva velika spremnika u kojima je razlika visina razina H , kroz cijev promjera d . Odredite postotno pove ćanje protoka Q ako se na cijev ugradi difuzor izlaznog promjera D=2d . 0

pa g H

1

pa

d

ρ

D

Rješenje: pa

B.J. 0-1

ρ g

v=

+ H =

pa ρ g

+

v2

2g

2 gH

Ova Bernoulijjeva jednadžba vrijedi i za cijev konstantnog promjera d i za cijev s difuzorom promjera D, a v je brzina utjecanja u spremnik. Stoga će u prvom slučaju protok biti Q0 Q Q0

=

D 2 d 2

=

4

=

v⋅

d 2π

4

D 2π

, a u drugom slu čaju Q = v ⋅

4

, odakle je

što znači da bi se protok pove ćao četiri puta.

Komentar: Iz gornjeg slijedi da bi se pove ćanjem promjera D mogao dobiti po volji veliki protok, što u stvarnosti nije slu čaj. 1) Povećanjem protoka Q povećava se brzina u cijevi promjera d , viskozni gubici postaju zna čajni što smanjuje brzinu i protok. 2) Kod velike razlike promjera D i d dolazi do odvajanja strujanja od stijenke difuzora, te je izlazna brzina v veća od prosječne brzine koja bi bila za slu čaj jednolikog profila brzine po presjeku što dovodi do većih gubitaka, odnosno smanjenje protoka Q.

D


7

6. Odredite protok vode mjeren Venturijevom cijevi, prema slici. Uzmite u obzir i koeficijent korekcije brzine. Pri kojem bi protoku, za isti smjer strujanja i apsolutni tlak p1=1,96 bar 3 3 nastupila kavitacija u presjeku 2. Zadano je: ρ =998,2 kg/m , pv =2337 Pa, ρ 0=13546kg/m , h0=360 mm, L=0,75 m, D1=300 mm, D2=150 mm, kinemati čka viskoznost vode

ν

-6

=1,004 ⋅10

2

m /s.

,

ρ ν, pv

g

D2 2

L 1

D1

h0

Q

ρ0

Rješenje: D12π

J.K.

Q = v1 ⋅

,

ρ ν, pv

p1

B.J. 1-2

ρ g

+

v2, p2

2 8Qid 4

gD1 π

L 1

x

v1, p1

2

v2 ⋅

4

= L +

p2 ρg

+

(1) 2 8Qid

4 2 gD2 π

(2)

p1 + ρ g ( x + h0 ) − ρ0 gh0 − ρ g ( x + L ) = p2 (3)

J.M.

2

=

4

D22π

p1 − p2

Iz (3)

ρ g

− L =

 ρ 0

h0 



ρ



− 1

(4)



h0

Iz (2) Qid

=

ρ0

Qid

=

π

D12 D22

4 D14 − D24 π

D12 D22

4 D14 − D24

 p1 − p 2

2g 



ρ g

 ρ 0

2 gh0 



ρ



− L





− 1  = 171,9



(5)

ls


8

Stvarni protok Q = Cd ⋅ Qid gdje je

Cd

Cd –koeficijent protoka

= Cc ⋅ C v

C v –koeficijent brzine Cc –koeficijent kontrakcije

Re1

=

v1id ⋅ D1

=

ν

4Qid π ⋅ D1 ⋅ν

=

7, 27 ⋅105

> 10

5

pa je prema dijagramu u Tehni čkoj enciklopediji broj 8 str. 148, C v Za Venturijevu cijev, C C

Q = 0,984 Qid

pa je koeficijent protoka Cd

=1

= 0,1692

=

0,984

= CC ⋅ C v =

0,984

m3 s

Kavitacijski protok uz p1=1,96 bar i p2 = pv =2337 Pa i C d=0,984 je prema (5)

Qkav

=

Qkav

=

0,984

π

0, 32 ⋅ 0,15 2

4

0,3

4

3

0, 347 m s

− 0,15

4

 1, 96 ⋅10 5 − 2337  2g  − 0, 75  998, 2 g  

9. VJEŽBA - RIJEŠENI ZADACI IZ MEHANIKE FLUIDA 3

1. Odredite brzinu v1 i tlak p1 zraka ( ρ z =1,23 kg/m ) u simetrali cijevi promjera D=50 mm, pomoću mjernog sustava s Prandtl-Pitotovom cijevi prema slici. Pretpostavite neviskozno strujanje i uzmite u obzir debljinu Prandtl-Pitotove cijevi. Zadano je: d =5 mm, L=100 mm, 3 α=11°, ρ a=800 kg/m , h=40 mm, pa=101325 Pa.

1

d

3

2

p1, v1=?

D ρz

L

h

ρz

ρa

ρa

Rješenje: Točka 2 je točka zastoja, a u to čki 2 će zbog smanjenja presjeka brzina v3 biti od brzine v1, a tlak p3 manji od tlaka p1. Diferencijalni manometar s kosom cijevi mjeri razliku tlaka p2- p3 , a U cijev razliku tlaka p3- pa (ako se u jednadžbama manometra zanemari gusto ća zraka). Gustoća zraka ρ z je puno manja od gusto će alkohola ρ a u manometrima. Postavljanjem B.J, J.K. i jednadžbi manometra slijedi: B.J. 1-2

B.J. 2-3

p1

ρ z g p2

ρ z g

+

=

v12

=

p2

2g

ρ z g

p3

v3

ρ z g

D 2π

(1)

(2)

2

+

( D

2

2

− d

) π

J.K.

v1 ⋅

J.D.M.

p2 − p3 = ρ a g L sin α

(4)

J.M.

pa − p3 = ρ a g h

(5)

4

= v3 ⋅

2g

4

(3)


U gornjem sustavu 5 jednadžbi nepoznanice su: p1, v1, p2, p3, i v3. iz (5)

p3 = pa − ρ a g h = 101011 Pa

iz (4)

p2 = p3 + ρ a g L sin α = 101161 Pa

iz (2)

v3 =

2

ρ z

( p2 − p3 ) = 15, 6 m s 2

iz (3)

2

D − d

v1 = v3 ⋅

D 2

= 15, 44 m

s

vidimo da je korekcija neznatna pa se naj češće zanemaruje debljina Prandtl-Pitotove cijevi iz (1)

1 p1 = p2 − ρ z v12 = 100841 Pa 2

2


2.

3

Osnosimetrična posuda prema slici otvorena je prema atmosferi, a u po četnom je trenutku ispunjena nestlačivim fluidom do visine H . Treba odrediti vrijeme pražnjenja posude ako otvor na dnu ima koeficijent protoka C d=0,96. Zadano je: D=42 cm, d =12 mm, H =59,5 cm, h=29 cm.

D pa

H

h

d

C d pa

Rješenje: U ovom je primjeru promjer D posude dosta ve ći od promjera d otvora, te se može pretpostaviti kvazistacionarno strujanje. Ova pretpostavka prestaje vrijediti u zadnjem stadiju pražnjenja koji traje vrlo kratko, pa to ne će bitno narušiti točnost ukupnog vremena pražnjenja. Opći integral za određivanje brzine pražnjenja spremnika slijedi iz jednadžbe kontinuiteta 2 d π dz Q = Cd 2 gz = − A ( z ) (vidjeti predavanja), a 4 d t

D pa

A(z )

d z H

t 1

z h

z=0

d

glasi:

C d

∫

pa

1

dt =−

2

Cd

Slika (a)

d π

4

2g

∫

A ( z ) z

dz

(a)

gdje je A( z) ploština poprečnog presjeka posude na visini z, na kojoj se nalazi razina fluida.

Problem će se riješiti u dva koraka. Prvo će se izraz (a) integrirati za cilindri čni dio posude, gdje je 2 A( z ) = D π 4 konstantno, visina z se mijenja od H do h, a vrijeme t od nula do t 1. Zamjenom mjesta donje i gornje granice integrala na desnoj strani izraza (a) mijenja se i predznak integrala te se može pisati. t1 =

D Cd d

2

H

2

2g

∫ h

dz z

=

D Cd d

2

2

2g

2

(

H

−

h

) = 134, 2 s

(b)


4

U koničnom dijelu posude promjer se mijenja od d na z=0 do D na visini z=h. Jednadžba pravca z između te dvije točke glasi D ( z ) = d + ( D − d ) , što daje izraz za ploštinu A( z ) oblika h A ( z ) =

π

4

 2 z 2  d + 2 ( D − d )2 +  h

2d z h

 ( D − d ) 

(c)

Integriranje izraza (a) uz A( z ) prema izrazu (c), gdje se vrijeme mijenja od t 1 do t 2, a visina z od h do 0 daje t 2

∫ dt = C d t 1

d

2

2g

odnosno t 2 = t1 +

 ∫ 0  h

1

1 Cd d 2 2 g

d 2 z

2

( D − d )

+

 2 2d +

2 5

h

2

z

2

(D − d ) +

Izraz (e) definira ukupno vrijeme pražnjenja t 2

32

4 3

+

2d ( D − d ) h

 

d ( D − d ) h

= 198,7 s .

z z − 0 =

h−0 D d

 r −

d 

2 d 

D( z )

−

−

h

 D  2 −

z  z h

2

2

  = h   

2

( D − d ) = D( z ) − d

D ( z ) = d +

z h

2

( D − d )

  d 

2

 

z

  d z 

(d)

(e)

9. VJEŽBA - RIJEŠENI ZADACI IZ MEHANIKE FLUIDA 3

-7

5

2

3. Benzin ( ρ =680 kg/m ; υ=3,7⋅10 m /s) struji kroz cijev od trgovačkog čelika promjera D=76 mm i duljine L=305 m. Odredite protok benzina, ako se za svladavanje gubitaka tlaka raspolaže s ∆ pf = 1,7 bar. Rješenje:

k =0,045 mm (prema podacima iz tablice u Moodyevom dijagramu) k

=

0,045

=

76

D

∆ pf = λ

∆ pf = λ

L D

ρ

0,000592

v2

=

2

λ

8Q 2

L D 5

ρ

L ρ 16Q 2 D 2 D 4π 2

⇒

π 2

Q=

Q=

∆ pf D

5

π 2

8 ρλ L

= π

∆pf D

8 ρ L

5

1

λ

1, 60125 ⋅10−3

λ

 k  λ = λ  Re,   D  Re = k D

vD

ν

=

4Q D π ν

=

    

4,52788 ⋅10 7 ⋅ Q 

= 0,000592

iteracija 1. 2. 3. 4. 5. Q=11,85 l/s

3

Q , m /s 0,1 0,008235 0,011744 0,011846 0,011848

λ =

1,325

  k 5,74    ln  3,7 D + Re 0,9     

Re

2

λ 6

4,52788⋅10 5 3,72871⋅10 5 5,31758⋅10 5 5,36373⋅10 5 5,36456⋅10

0,037808 0,018590 0,018272 0,018266 0,018256


6

4. Odredite promjer cijevi kojom protječe voda između dvaju jezera, ako se razine vode u jezerima 3 . -6 2 ne mijenjaju. Zadano je: H =45 m, L=100 m, ρ =998 kg/m , ν =1,1 10 m /s, K u=0,2, K v=0,6; 3 Q=14,85 m /s, k =0,1 mm.

0

pa

ρ,ν

K u

H pa

1 ρ,ν

K v D

L

Rješenje:

M.B.J. 0-1 v2  L  + H = +  λ + K u + K v + 1 ρ g ρ g 2 g  D  p/ a

p/ a

2 8Q  L H = 4 2  λ + K u D2 π g  D

      + K v + 1

λ Lek D

H =

D =

8Q 2

π 2 g

5

λ

Lek D5

8Q 2

5

2

π g H

Lek ⋅ λ

Lek = L +

D

λ

( K u + K v + 1)

Lek = 100 + 1,8 D = 0,834645

5

Lek ⋅ λ

D

λ


Re = k D

4Q

=

1, 7188734 ⋅10 7 

D π ν

=

7

D

0,1 D

   ⇒ λ  

1,325

=

  k 5,74    ln  3,7 D + Re 0,9     

2

Pretpostavka za promjer D u prvoj iteraciji potpuno je proizvoljna.

iteracija 1. 2. 3. 4.

D , m 0,1 1,0397 1,04494 1,04551

λ 0,0119942 0,012042 0,012032

Lek , m 250,07 255,41 256,35

D=1045 mm.

0

pa

ρ,ν

K u

H pa

1 ρ,ν

K v D

L

E.L.


8 3

-5

2

5. Odredite gubitke tlaka pri strujanju zraka ( ρ=1,225 kg/m =konst., ν =1,4607·10 m /s) 3 protokom Q=5 m /s kroz cjevovod duljine L=60 m pravokutnog presjeka axb=600x300 mm. Cijev je od galvaniziranog željeza.

b ρ,ν

a

Rješenje: Budući nije zadana visina hrapavosti stijenke cijevi uzima se vrijednost definirana u tablici uz Moodyev dijagram, prema kojoj je za galvanizirano željezo k = 0,15 mm. Ovdje se radi o nekružnom presjeku pa se prora čun pada tlaka vrši s ekvivalentnim promjerom, koji je definiran formulom: De =

4 A

=

O

4ab

=

2(a + b)

0, 4

gdje je: A- površina poprečnog presjeka toka (ovdje je to puni presjek A=a⋅ b) i O- oplakani opseg toka odnosno duljina opsega popre čnog presjeka u dodiru s fluidom, ovdje O=2(a+b) U nastavku se koriste izrazi za prora čun pada tlaka u okruglim cijevima, s tim da se u svim izrazima umjesto promjera D, koristi ekvivalentni promjer De, osim pri definiciji brzine strujanja, koja se definira omjerom protoka Q i stvarne površine A poprečnog presjeka toka. Dakle vrijedi: k

=

0,15 0, 4

De

= 0,000375

Q

= 27,7 m s (prosječna brzina se ra čuna sa stvarnom površinom toka!!) ab v ⋅ De 5 Re = = 7, 6 ⋅10

v=

ν

λ =

1,325

  k  ln    3,7 De

+

5,74    Re 0,9  

2

=

0,01647

te je traženi gubitak tlaka prema Darcy-Weissbachovom izrazu: L ρ 2 v = 1167,3 Pa ∆ p = λ De 2


1. Pri maksimalnoj potrošnji Qmax= 300 l/s u vodovodnom sustavu prema slici pumpa dobavlja 75% protoka, a akumulacijsko jezero 25%. Stupanj djelovanja pumpe je

η P=0,8,

a lokalni gubici

su ravnomjerno raspoređeni po mreži i iznose 6% od linijskih gubitaka. Odredite pretlak u to čki 4, snagu pumpe i snagu koja se troši na svladavanje gubitaka. Koliki je stupanj djelovanja cjevovoda? 3 -6 2 Zadano je: ρ =1000 kg/m , ν =1,52 ⋅10 m /s, H =68 m, L1=1890 m, L2=1563 m, L3=214 m, D=450 mm, k =0,045 mm.

pa

3

g

H

D, k QA

pa D, k

0

z=0

QA

1

D, k

QP

2

ρ,ν

Rješenje: 3

Qmax

=

QA

=

0, 25 Qmax =0,075 m s

QP

=

0, 75 Qmax =0,225 m 3 s

0,3 m s 3

Linijski gubici u dijelu cjevovoda od to čke 1 do točke 2 h f 1-2 = λ1

L1

8QP2

D D 4π 2 g

= λ 1

L1 8QP2 D 5 π 2 g

Linijski +lokalni gubici u dijelu cjevovoda od to čke 1 do točke 2 L1 8QP2 h F 1-2 = h f 1-2 + 0, 06h f 1-2= 1, 06 λ 1 5 2 D π g

Qmax

4


Re1 k D

4QP

=

   λ 1 = 0,0147  

4,19 ⋅105 

=

Dπν

= 0,0001

h F1-2 = 6,70 m

Linijski +lokalni gubici u dijelu cjevovoda od to čke 2 do točke 4 2 L2 8Qmax h F 2-4 = 1,06 λ 2 5 D π 2 g

Re2 k D

=

4Qmax

=

Dπν

5



5,58 ⋅10  

 λ 2  

= 0,0001

= 0,0142

h F 2-4 = 9,49 m

Linijski +lokalni gubici u dijelu cjevovoda od to čke 3 do točke 2 L3 8QA2 h F 3-2 = 1, 06 λ 3 5 2 D π g

Re3 k D

=

4QA Dπν

5

= 1,395 ⋅10

= 0,0001

   λ 3  

=

0,0174

h F3-2 = 0,0994 m

M.B.J.3-4 p / M3

ρ g

+ H =

p M4

p M4 = ρ g ( H

ρ g

+

v4 2

2g

+ h F 3-2 + h F 2-4

)

− h F 3-2 + h F 2-4 −

8 ρ Qmax 2

p M4 = 571033, 23 Pa = 5,71bar

D 4π 2

2


M.B.J.0-4 (uz zanemarenje gubitaka u usisnom dijelu cjevovoda-od usisa do pumpe) p M4

v4 2

hP

=

hP

=

PP

= ρ gQP hP

PP

= 164605, 93 W=164, 6

PM

=

+

ρ g

2g

+ h F 1-2+

h F 2-4

74,6 m

PP

=

η P

kW

205, 76 kW

Snaga za savladavanje gubitaka cjevovoda PF PF

= ρ gQP hF1-2 +ρ gQmax h F2-4 +ρ gQAh F3-2 =

42,8 kW

Stupanj djelovanja cjevovoda

η c

=

η c

=

Pu točki 4 PP

+

PA

0,8007

=

1   Qmax  pM4 + ρ v44  2   PP + QA ρ gH

3


4

2. Treba odrediti visinu h, protok Q i snagu PF koja se troši na svladavanje trenja, u situaciji prema slici. Koliku bi visinu hid dosegao mlaz i koliki bi bio protok Qid da je fluid idealan. 3 . -6 Zadano je: ρ =999 kg/m , ν =1,13 10 2 m /s, D=65 mm, d =30 mm, Luk =9,9 m, k =0,045 mm, H =2,4 m, K k =0,9, K u=0,5, K m=0,05 (uz izlaznu brzinu), pM0=0,86 bar.

g pa

pM0

h=?

ρ, ν

H

K u

d K m D , k K k Luk

K k

Rješenje: Osnovni zadatak u ovom primjeru je na ći protok, odnosno brzinu na izlazu iz mlaznice jer je tada jednostavno odrediti visinu h koju će dosegnuti mlaz. Zadatak se kao i uvijek rješava primjenom modificirane Bernoullijeve jednadžbe i jednadžbe kontinuiteta. Na slici (a) su ucrtane g karakteristične točke sustava. To čka pa 0 se nalazi na slobodnoj površini pM0 0 fluida u velikom spremniku, tako da je brzina u točki 0 jednaka nuli. ρ, ν h=? Neka je izlazna brzina u to čki 1 H K u d označena sa v1, a brzina strujanja u cijevi s v. Ukupni lokalni i linijski z=0 1 gubici mehani čke energije su K m D , k K k

K k

Luk

Slika (a) v

2

2

v1 hF = ( K u + 2K k ) + Km 2g 2g

+ λ

L v

2

D 2g

(a)

gdje je lokalni gubitak u mlaznici izra čunat s izlaznom brzinom v1. Modificirana Bernoullijeva jednadžba od to čke 0 do točke 1 glasi pM0 v12 + H = + hF (b) ρ g 2g a jednadžba kontinuiteta D 2π d 2π Q=v = v1 (c) 4 4 Ako se brzine v i v1 u jednadžbama (a) i (b) izraze s pomo ću protoka Q, te jednadžba (a) uvrsti u jednadžbu (b), slijedi izraz


 8 1 + K m Q2 2  π g  d4 

Ku +

L  D  = p M0  ρ g 

5

+ 2 K k + λ

D4

+ H

(d)



U gornjem su izrazu nepoznati protok Q i koeficijent trenja λ , koji zavisi od protoka Q, te će za određivanje protoka trebati primijeniti iterativni postupak. Za tu svrhu će se u izraz (d) uvrstiti sve poznate veličine, nakon čega se dobiva 11,63 (e) {Q}m3 s = 6 6 1, 425 ⋅10 + 8,532 ⋅10 λ Reynoldsov broj izražen s pomo ću protoka je 4Q 6 = 17,33 ⋅10 {Q} 3 Re = (f) m s π Dν U izrazima (e) i (f) sve konstante su dimenzijske, a s obzirom da su sve veli čine uvrštavane u SI 3 sustavu jedinica, protok Q će biti izražen u m /s. Koeficijent trenja λ za turbulentno strujanje se računa iz izraza 1,325 λ = (g) 2   k 5,74   + ln   3,7 D Re 0,9      Iterativni postupak zapo činje s pretpostavljenom vrijednoš ću koeficijenta trenja λ u režimu potpuno izražene hrapavosti, koja se dobije iz izraza (g) za Re → ∞. Nakon toga se iz izraza (e) ra čuna protok Q, a iz izraza (f) Reynoldsov broj koji uvršten u izraz (g) daje korigiranu vrijednost koeficijenta trenja λ , s kojom zapo činje nova iteracija. Rezultati iterativnog postupka su sumirani u sljedećoj tablici Broj iteracije 0 1 2

λ 0,0180 0,0202 0,0202

3

Q, m /s 0,009256 0,009200 0,009200

Re . 5 1,60 10 . 5 1,59 10

Očito se protok Q u posljednje dvije iteracije slaže u prve četiri signifikantne znamenke te se iterativni postupak prekida i usvaja Q=9,2 l/s. Iz jednadžbe (c) slijede brzine v=2,77 m/s i v1=13,0 m/s, a iz jednadžbe (a) uz λ =0,0202 prema gornjoj tablici hF=2,54 m. Snaga koja se troši na svladavanje gubitaka je PF = ρ gQhF = 229 W . Visina h koju dosegne mlaz se odre đuje iz Bernoullijeve jednadžbe od to čke 1 do to čke 2 prema slici (a). U obje to čke vlada atmosferski tlak, a s obzirom da je to čka 2 najviša to čka mlaza, u njoj je brzina jednaka nuli. Ako se zanemari utjecaj sile trenja između mlaza i okolne atmosfere, može se tvrditi da od to čke 1 do to čke 2 nema gubitaka mehani čke energije, te vrijedi v12 = h = 8,64 m (h) 2g Kada bi fluid bio idealan, tj. strujanje bez gubitaka mehani čke energije, brzina strujanja bi se računala na temelju Bernoullijeve jednadžbe koja ima oblik jednadžbe (b) uz hF=0, odnosno vid

=

2

ρ

pM 0 + 2 gH = 14,8 m s

(i)

Protok bi bio Qid=10,5 l/s, a mlaz bi dosegnuo visinu hid=11,18 m. Napomena: Kao što je kod istjecanja fluida kroz otvor na velikom spremniku uveden koeficijent korekcije brzine C v, tako bi se i u ovom slu čaju mogao definirati isti taj koeficijent kao odnos stvarne i idealne brzine strujanja što bi u ovom slu čaju bilo


C v

=

v1 vid

=

6

0,878

(j)

U ovom slučaju koeficijent C v obuhvaća sve lokalne i linijske gubitke mehani čke energije, koji se također mogu pokazati jednim jedinstvenim koeficijentom lokalnog gubitka uz izlaznu brzinu 1 K uk = 2 − 1 = 0, 294 (k) C v Isti taj koeficijent se može izra čunati iz izraza (a) uz uvjet hF L  v  K uk = K m +  K u + 2K k + λ  2 D  v1 

=

K uk

v12

2g

, tj.

2

=

0, 294 .

(l)


7

3. Odredite promjer D2 cjevovoda da bi razina fluida u spremniku 2 prema slici ostala konstantna. 3 -6 2 Zadano je: ρ=997 kg/m , ν =0,86·10 m /s, H =18,2 m, h=11,4 m, L1=898 m, D1=200 mm, k 1=k 2=0,02 mm i L2=2610 m.

pa 1

g

H

ρ

pa Q=? 2

ρ

h

L1,k 1, D 1

pa

L2, k 2,D 2=?

Rješenje: U ovom primjeru imamo istjecanje fluida iz velikog spremnika 1, u spremnik 2 kona čnih dimenzija, iz kojeg fluid istječe u atmosferu. Traži se da razina fluida u spremniku 2 ostane konstantna, te je prema jednadžbi kontinuiteta jasno da protok Q kojim fluid utiče u spremnik 2 mora biti jednak protoku kojim fluid iz njega istje če. Budući je zadana visinska razlika H , te svi podaci za cjevovod između spremnika 1 i 2, mogu će je izračunati protok Q, kojim fluid utiče u spremnik 2, a zatim se treba odrediti promjer D2, da bi fluid istim tim protokom istjecao iz spremnika 2. Protok Q će se odrediti iz modificirane Bernoullijeve jednadžbe, koja postavljena od to čke 1 na slobodnoj površini u spremniku 1, do to čke 2 na slobodnoj površini u spremniku 2. Uzimaju ći u obzir da su brzine na obje slobodne površine jednake nuli, te da izme đu točaka 1 i 2 imamo lokalni gubitak utjecanja u spremnik 2 ( K =1) modificirana Bernoullijeva jednadžba glasi: pa pa v12 L1 v12 + H = + K + λ 1 (a) D1 2 g ρ g ρ g 2g a brzina v1 u cjevovodu izme đu spremnika 1 i 2 se može izraziti preko protoka Q u obliku 4Q v1 = 2 (b) D1 π Kombinacijom izraza (a) i (b) slijedi 2 8Q H = 2 2 ( D1 + λ 1L1 ) , D1 π g odnosno traženi protok Q je Q=

gπ 2 D15 H

8( D1 + λ 1L1 )

Uvrštavanjem zadanih veli čina iz gornjeg izraza slijedi 0,2654 {Q}m3/s = 0, 2 + 898λ 1 gdje je

(c)

(d)


1,325

λ 1 =

  k 1  ln    3,7 D1

+

8

(e)

7, 4 ⋅10 6 {Q}m3 /s

(f)

5,74    Re10,9  

2

i Re =

vDe

4Q

=

ν

=

π D1υ

Protok Q se određuje iterativno iz izraza (d), (e) i (f), s tim da iterativni postupak zapo činjemo s izrazom (e) uz pretpostavku Re1=∞. Nakon odre đivanja λ1, određuje se protok prema izrazu (d), a zatim Reynoldsov broj prema izrazu (f), nakon čega se ponovo može izra čunati λ1 prema izrazu (e). Tablica se popunjava sve dok se protok ne prestane mijenjati u prve tri znamenke.

3

λ1 0,0119 0,0142 0,0143 0,0143

Iteracije 0 1 2 3

Q [m /s] 0,0803 0,0739 0,0735 0,0735

Re1 5 5,947·10 5 5,467·10 5 5,442·10

Iz tablice je očito da je strujanje turbulentno jer je Reynoldsov broj daleko ve ći od kritične vrijednosti 2300, što opravdava i pretpostavku da j e koeficijent ispravka kineti čke energije približno jednak jedinici. Budu ći se protok Q prestao mijenjati u prve tri znamenke nakon druge iteracije, za rješenje se uzima kona čna vrijednost Q=73,5 l/s. Nakon što je određen protok Q kroz prvu cijev, traži se promjer druge cijevi da bi kroz nju fluid strujao jednakim protokom Q. Promjer D2 će se odrediti iz modificirane Bernoullijeve jednadžbe (M.B.J.) postavljene od točke na slobodnoj površini spremnika 2, gdje vlada atmosferski tlak, a brzina strujanja je nula, do to čke u mlazu, na izlazu iz cjevovoda, gdje je tlak jednak atmosferskom 4Q tlaku, a brzina mlaza jednaka brzini u cjevovodu v2 = 2 . Uzimajući u obzir linijske gubitke D2 π M.B.J. glasi h=

v22

2g

+ λ2

L2 v22

=

D2 2 g

(λ 2 L2 + D2 )

2 8Q

D25π 2 g

(g)

odakle je D2

=

5

8Q 2

π 2 gh

( D2 + λ 2 L2 )

(h)

Uvrštavanjem svih zadanih vrijednosti u izraz (h) slijedi:

{ D2 }

= 0,1314

5

m

({D2 }m + 2610λ 2 )

(i)

gdje je

λ 2

1,325

=

  k 2  ln    3,7 D2

i Reynoldsov broj 4Q 1 Re2 = πν D2

=

+

5,74    Re20,9  

108817

{D2 }m

2

(j)

(k)


9

Promjer D2 će se također odrediti iterativno iz izraza (i), (j) i (k), pri čemu je iterativni postupak moguće započeti pretpostavkom bilo koje veli čine. Sljedeća tablica prikazuje rezultate dobivene u iterativnom postupku koji zapo činje s pretpostavkom D2= D1=0,2 m. Na kraju bi dobili isti rezultat da se krenulo i s nekom drugom vrijednoš ću promjera D2. Iteracije 0 1 2 3

D2 [m] 0,2000 0,2580 0,2723 0,2723

k 2 / D2 0,0001 0,000073 0,000074

Re2 5 5,430·10 5 4,199·10 5 3,998·10

λ2 0,01130 0,01446 0,01450

Iz tablice je o čito da se nakon druge iteracije promjer D2 prestao mijenjati u prve četiri znamenke, pa se za kona čno rješenje usvaja D2=272 mm.


10

4. Treba odrediti snagu koju pumpa predaje fluidu u sustavu za hla đenje kada je izveden kao otvoreni, prema slici (a), te kao zatvoreni prema slici (b). U oba je slu čaja protok u sustavu Q=5 l/s, a promjenu gusto će i viskoznosti s temperaturom se može zanemariti. Zadano je: ρ =998,2 3 . -6 2 kg/m , ν =1,2 10 m /s, La=10,4 m, D=80 mm, k =0,05 mm, H =2,4 m, h=0,5 m, svi lokalni gubici u otvorenom sustavu ΣK a=4,2, a u zatvorenom ΣK b=4,8, Lb= La+ H.

hlađeni objekt

hlađeni objekt

1

g

Q

g

Q H

La D k

Lb=La+H D k

pa ρ, ν

hladnjak

h

pumpa

pumpa Pa=?

Pb=?

(b)

(a) Rješenje: hlađeni objekt

1

Q

H

pa

0

z=0

ρ, ν

h

Problem strujanja u otvorenom sustavu će se riješiti postavljanjem modificirane Bernoullijeve jednadžbe od to čke 0 na slobodnoj površini spremnika do to čke 1 na izlazi iz cijevi sustava za hla đenje, kao što je prikazano na slici (a). U otvorenom sustavu za hlađenje cirkulira stalno jedan te isti fluid, te se može pretpostaviti da je razina fluida u spremniku stalno na istoj visini te da je brzina strujanja u to čki 0 približno jednaka nuli. Prema tome je očito da je kinetička energija mlaza u točki 1 sa stajališta strujanja izgubljena. Ako se usvoji da se ravnina z=0 poklapa sa slobodnom površinom u spremniku, modificirana Bernoullijeva jednadžba od to čke 0 do točke 1 glasi

Slika (a) Otvoreni sustav hp

=

H

+

v2

2g

+

v2

La v 2

∑ K 2 g + λ D 2 g a

(a)


11

iz koje je očito da će se visina dobave pumpe trošiti na svladavanje geodetske visine H , lokalnih i linijskih gubitaka, a da će se dio visine dobave pretvoriti u kineti čku energiju izlaznog mlaza. Tražena se visina dobave pumpe može izra čunati direktno iz izraza (a) jer su poznati i protok i promjer cjevovoda. Brzina strujanja fluida je 4Q v = 2 = 0, 995 m s (b) D π Reynoldsov broj je vD 4 Re = = 6,63 ⋅10 (c)

ν

iz čega se zaklju čuje da je strujanje u cijevi turbulentno, te se koeficijent t renja λ računa iz izraza 1,325 λ = (d) 2   k 5,74   + ln   3,7 D Re 0,9      što uvršteno u izraz (a) daje visinu dobave pumpe hp

=

2,8 m . Snaga koju pumpa predaje fluidu je

tada Pa

= ρ gQhp = 137,4

W

hlađeni objekt

Q

hladnjak

1

(e) Slika (b) prikazuje zatvoreni sustav hla đenja u kojem cirkulira jedan te isti rashladni fluid. U ovom su slu čaju strujnice zatvorene krivulje, te se modificirana Bernoullijeva jednadžba može postaviti npr. od ulaza u pumpu, to čka 1 na slici (b), duž strujnice kroz pumpu, hla đeni objekt i hladnjak ponovo do to čke 1 na ulazu u pumpu. S obzirom da polazna točka odgovara dolaznoj u Bernoullijevoj jednadžbi se izjednačuju dovedena energija i energija gubitaka, tj. vrijedi v2 Lb v 2 hp = K b + λ (f) D 2g 2g Iz gornje je jednadžbe o čito da će se visina dobave pumpe trošiti samo na svladavanje lokalnih i linijskih gubitaka trenja. Brzina i koeficijent trenja λ su jednaki kao i u prethodnom slučaju, te je hp = 0,42 m .

∑

Slika (b) Zatvoreni sustav Snaga pumpe u ovom slu čaju je Pb

= ρ gQhp =

20,6 W

(g)

Očito je u zatvorenom sustavu potrebna puno manja snaga pumpe nego u otvorenom jer u zatvorenom sustavu nije potrebno svladavati geodetsku visinu H , a nema ni gubitka kineti čke energije.


12

5. Treba odrediti promjer D cjevovoda da bi se na izlazu iz mlaznice dobilo 92% raspoložive potencijalne energije u obliku kinetičke energije izlaznog 3 mlaza uz protok od Q=0,552 m /s. Koliki je promjer D3 mlaznice. Zadano H 3 . -6 2 je: ρ =998,2 kg/m , ν =1,139 10 m /s, L=390 m, k =0,2 mm, H =274 m, K u=0,1, K m=0,06.

pa ρ,ν

K u

?

g

D =

L, k

K m

D3 pa

Rješenje: Ovdje se radi o cjevovodu koji dovodi fluid iz akumulacijskog jezera do Pelton turbine, gdje se traži da se turbini privede što više raspoložive energije. Zbog toga će se fluid transportirati kroz cjevovod velikog promjera D, u kojem će strujanje biti malom brzinom, te će i gubici mehani čke energije biti mali. Pred mlaznicom će tlak biti visok, a u mlaznici će se ta energija tlaka pretvoriti u kineti čku energiju mlaza. 0 ρ,ν

pa

1

K u H

K m

2 3

Slika (a)

pa

Slika (a) prikazuje cjevovod s ucrtanim karakterističnim točkama. U točki 1 na ulazu u cjevovod nastaje lokalni gubitak mehani čke energije koji se obra čunava kroz koeficijent lokalnog gubitka K u, od točke 1 do točke 2 postoje linijski gubici, a od to čke 2 do točke 3, ponovo lokalni gubitak u mlaznici koji je zadan koeficijentom K m lokalnog gubitka. S obzirom da nije naglašeno uz koju se visinu brzine ra čuna ovaj lokalni gubitak, podrazumijeva se ve ća visina brzine, a u ovom slu čaju to je izlazna brzina.

Visinska razlika H označuje raspoloživu potencijalnu energiju po jedinici težine fluida, a kineti čka energija mlaza po jedinici težine fluida je v32 2 g , gdje je v3 brzina mlaza. Traži se da kineti čka energija mlaza bude 92% raspoložive potencijalne energije, tj. v32 = 0,92 H (a) 2g odakle je brzina v3=70,3 m/s. Promjer D3 mlaznice koji će osigurati traženu brzinu v3 kod zadanog protoka Q slijedi iz jednadžbe kontinuiteta D3

=

4Q v3π

= 100

mm

(b)

Promjer D cjevovoda će se odrediti iz modificirane Bernoullijeve jednadžbe, koja postavljena od točke 0 do točke 3 glasi

118036304-Mehanika-Fluida-Vjezbe-Sa-Rijesenim-Zadacima.pdf

Recommend Documents