Relativno mirovanje tečnosti Translatorno kretanje suda sa tečnošću 1. Zadatak. Cisterna Zadatak. Cisterna čiji je poprečni presek elipsa poluosa a i b napunjena je tečnošću gustine ρ i kreće se pravolinijski jednaklo ubrzano ubrzanjme w po horizontalnoj ravni (vidi sliku). Ako je dužina cisterne c a manometar M pokazuje natpritisak pm odrediti sile pritiska te čnosti na prednju i zadnju stranu cisterne.
Rešenje:
= 0, Y = −w , Z = −g dp = ρ(Xdx + Ydy + Zdz ) -osnovna jednačina hidrostatike X
Zamenom projekcija zapreminske sile u prethodnoj jednačini dobija se: dp = ρ(− wdy − gdz ) Integracijom poslednje jednačine dobija se jednačina: p = −ρwy − gρz + C ; Konstanta C određuje se iz graničnog uslova za pritisak: x=0, y=0, z=0: p = p a + p m ⇒ C = p a + p m pa prethodna jednačina postaje: p − p a = p m − ρwy − ρgz -jednačina rasporeda pritiska u tečnosti. Onda je sila pritiska tečnosti na prednju stranu cisterne: P p = ( p − p a )C A 1
gde je C1 (0,0,− b ) težište prednje strane cisterne, A cisterne. Onda se dobija da je: P p = ( p m + ρgb )abπ .
= abπ -površina prednje strane
Sila pritiska tečnosti na zadnju stranu suda je: Pz = ( p − p a )C A 2
gde je C 2 (0,−c,− b ) težište zadnje strane suda. Onda je:
Pz
= ( p m + ρwc + ρgb)abπ .
2. Zadatak. Prizmatična cisterna dužine b čiji je bazis petougaonik dat na slici, napunjena je tečnošću gustine ρ1 do visine h 2 , a odatle pa do vrha tečnošću gustine ρ 2 i kreće se konstantnim ubrzanjem a po horizontalnom pravolinijskom putu. Ako je, za vreme kretanja, pokazivanje vakuummetra p v , a tačka Apripada razdelnoj površi tečnosti, odrediti silu pritiska na zadnju stranu cisterne. Tečnosti se ne mešaju.
Rešenje. Obe tečnosti relativno miruju pa i za jednu i za drugu važi osnovan jednačina za hidrostatiku. Za tečnost gustine ρ 2 ona je: 1 dp = Xdx + Ydy + Zdz (1)
ρ2
Kako su, za izabrani koordinatni sistem, projekcije rezultujuće zapreminske sile: X = 0, Y = −a , Z = −g jednačina (1) postaje: dp = ρ 2 (− ady − gdz ) Integracijom jednačine (3) dobija se jednačina: p = ρ 2 (− ay − gz ) + C1
(2) (3) (4)
gde se konstanta C1 određuje korišćenjem graničnog uslova: p = p a − p v za y = b, z C1 = p a
= 2h i iznosi: − p v + ρ 2 (ab + 2gh ) .
Unošenjem izraza za konstantu C1 u jednačinu (4) dobija se jednačina rasporeda pritiska,
ρ 2 , u obliku: p − p a = − p v + aρ 2 ( b − y ) + gρ 2 (2h − z ) (5) Pritisak u tački A(0, b,0 ) koja pripada razdelnoj površi tečnosti dobija se iz jednačine (5) za tečnost gustine
unošenjem koordinata tačke A i iznosi: PA = p a − p v
+ 2gρ 2 h .
Težište dela zadnje strane, koji kvasi tečnost gustine
4 ρ 2 , je u tački C1 0,0, h 3
pa je sila pritiska tečnosti na ovaj deo zadnjue strane data izrazom: 2 2 h P1 = ( p − p a )C A1 = − pv + abρ 2 + ghρ 2 1 3 2 gde je razlika pritisaka ( p − p a )C određene iz jednačine (5) unošenjem koordinata tačke 1
C1 . Za tečnost gustine
ρ1 , ponavljajući isti postupak, dolazi se do jednačine: p = −ρ1 (ay + gz ) + C 2
(6)
a konstanta C 2 određuje se korišćenjem poznatog pritiska u tački A i iznosi: C2
= p a − p v + 2gρ 2 h + abρ1
(7)
Sa ovako određenom konstantom C 2 jednačina (6) postaje: p − p a
= − p v + aρ1 ( b − y ) − gρ1z + 2gρ 2 h
Težište dela zadnje strane koji kvasi tečnost gustine
(8)
ρ1 je u tački C 2 (0,0, h 2) pa
se iz jednačine (8) dobija da je u tački C 2 : h
( p − p a )C 2 = − p v + aρ1 b − gρ1 + 2gρ 2 h 2
Sila pritiska na ovaj deo zadnje strane je: P2
1 = ( p − p a )C2 A 2 = − pv + abρ1 + 2ghρ 2 − gρ1h h 2 2
a rezultujuća sila pritiska je:
P
= P1 + P2
14 h2 = − 3 p v + (2ab − gh )ρ1 + gh + ab ρ 2 3 2
(9)
3. Zadatak. Sud prikazan na slici sastoji se od dva obrtna paraboloida i napunjen je tečnošću gustine ρ . Sud se kreće u horizontalnoj ravni po pravolinijskom putu konstantnim ubrzanjem a. Ako su veličine date na slici poznate, a pokazivanje manometra je p m odrediti vertikalne komponente sila pritiska tečnosti na obrtne paraboloide. Rešenje: Tečnost relativno miruje u susdu pa važi jednačina: dp = ρ(Xdx + Ydy + Zdz ) Kako je, za izabrani koordinatni sistem: X = 0, Y = −a , Z = −g poslednja jednačina se svodi na oblik: dp = −ρ(ady + gdz ) Integracijom posldenje jednačine dobija se: p = −ρ(ay + gz ) + C a konstanta C određuje se korišćenjem poznatog pritiska u tački M, tj. za : x=0, y=0, z=h: p = p a + p m , i iznosi: C = p a + p m
+ gρh .
Unošenjem izraza za konstantu C u poslednju jednačinu dobija se jednačina rasporeda pritiska u obliku: p − p a = p m + aρy + gρ(h − z ) . Koristeći
činjenicu
da je za fiktivnu slobodnu površinu tečnosti p = p a iz poslednje
jednačine (rasporeda pritiska) dobija se jednačina fiktivne slobodne površine tečnosti u obliku: p a z=h+ m − y ρg g Vertikalna komponenta sile pritiska tečnosti na gornji paraboloid je:
(↑)P1 = ρgV1 = ρg R 2 π h + p m − 1 R 2 πh = gρR 2 π 1 h + p m
ρg 2
2
ρg
a na donji paraboloid:
(↓)P2 = ρgV1 = ρg R 2 π h + p m − 1 R 2 π h = gρR 2 π 3 h + p m
ρg 2
2
4
ρg
Jednoliko obrtanje suda sa tečnošću 1.Zadatak. Sud oblika zarubljenog konusa dimenzija D,d i a napunjen je tečnošću gustine ρ i obr će se, oko svoje vertikalne ose, konstantnom brzinom ω (vidi sliku). Ako je, za vreme obrtanja, pokazivanje manometra p m odrediti sile pritiska tečnosti na gornji i donji bazis suda. Rešenje: Tečnost u sudu relativno miruje pa važi osnovna jednačina za hidrostatiku: dp = ρ(Xdx + Ydy + Zdz ) (1) Za odabrani koordinatni sistem projekcije rezultujuće zapreminske sile su: X = ω 2 x , Y = ω 2 y, Z = −g (2) Unošenjem projekcija (2) u jednačinu (1) ona postaje: dp = ρ ω 2 xdx + ω 2 ydy − gdz Integracijom poslednje jednačine, član po član, dobija se jednačina: p = ρ gde je r 2 = x 2 konstanta:
+ y2 .
ω2 2
r 2
− gρz + C (3)
Koristeći poznati pritisak u tački M dobija se da je integraciona C = p a + p m
+ gρa .
Unošenjem konstante C u jednačinu (3) dobija se jednačina rasporeda pritiska u obliku: p − p a
= p m + ρ
ω2
+ gρ(a − z ) (4) 2 Jednačina rasporeda pritiska za gornji bazis dobija se iz jednačine (4) unošenjem u nju z = a (jednačina ravni kojoj pripada gornji bazis) i ima oblik: r 2
( p − p a )G = p m + ρ
ω2
r 2
2 Onda je sila pritiska tečnosti na gornji bazis data izrazom: PG
= ∫ ( p − p a )G dA G = AG
d 2
∫ 0
2 2 2 2 p m + ρ ω r 2 2r πdr = p m + ρ ω d d π 2 16 4
Jednačina rasporeda pritiska na donji bazis dobija se iz jednačine (4) u nju z = 0 (jednačina ravni kojoj pripada donji bazis) i ima oblik:
( p − p a )D = p m + ρ
ω2
r 2
2 Sila pritiska tečnosti na donji bazis data je izrazom: PD
= ∫ ( p − p a )D dA D = AG
D 2
∫ 0
+ gρa
2 2 2 ω ω D 2 π 2 p m + ρ r + gρa 2r πdr = p m + gρa + ρ D 2 4 16
2. Zadatak. Sud oblika obrtnog paraboloida prečnika osnove D i visine h, napunjen tečnošću gustine ρ , obr će se oko svoje vertikalne ose konstantnom ugaonom brzinom ω (vidi sliku). Pokazivanje manometra je p m . Odrediti: jednačinu rasporeda pritiska u tečnosti, jednačinu rasporeda pritiska za omotač suda, silu pritiska tečnosti na osnovu i omotač suda.
Rešenje: Polazeći od osnovne jednačine za hidrostatiku: dp = ρ(Xdx + Ydy + Zdz ) i unoseći u nju projekcije rezultujuće zapreminske sile: X = ω 2 x , Y = ω 2 y , Z = −g dobija se jednačina:
(
)
dp = ρ ω 2 xdx + ω 2 ydy − gdz , čijom se integracijom dolazi do jednačine: p = ρ
ω2
− gρz + C (1) 2 gde je izvršen prelaz na polarno-cilindrični koordinatni sistem. Korišćenjem poznatog pritiska u tački M dobija se da je integraciona konstanta: C = p a + p m + gρh r 2
pa se jednačina (1) svodi na jednačinu: p − p a
= p m + ρ
ω2
+ gρ(h − z ) (2) 2 koja pretstavlja jednačinu rasporeda pritiska u tečnosti. Jednačina površi, kojoj pripada omotač suda, za odabrani koordinatni sistem je: r 2
r 2 z = h 1 − 4 2 D
(3)
Unošenjem izraza (3) u jednačinu (2) dobija se jednačina:
ω 2 4gh 2 ( p − p a )o = p m + ρ + 2 r 2 D koja pretstavlja jednačinu raporeda pritiska tečnosti za omotač suda. Zamenjujući p = p a u jednačini (2) dobija se jednačina fiktivne slobodne površi tečnosti u obliku: z=h+
p m
ρg
+
Sila pritiska tečnosti na omotač data je izrazom:
ω2 2g
r 2
(4)
gde se veličina
D 2 π 1 D2π 1 D 2 π Po = ρgV = ρg h1 − h− h 0 4 2 4 2 4 h 1 dobija iz jednačine (4), unošenjem u nju r = D 2 , i iznosi: p m ω 2 D 2 h1 = h + + ρg ρg
a onda je veličina:
ω2 D 2 = h 0 = h1 − h − . ρg ρg p m
Unošenjem veličina h 0 i h 1 u izraz (5) dobija se da je:
ω 2 D 2 D 2 π 1 Po = p m + ρgh + ρ 2 16 4 Sila pritiska tečnosti na osnovu suda je:
ω2 D 2 D 2 π PB = Po + ρg h = p m + ρgh + ρ 2 4 16 4 1 D2π
(5)
3. Zadatak. Zatvoreni sud oblika kružnog cilindra poluprečnika R napunjen je tečnošću gustine ρ i obr će se, oko vertikalne ose, konstantnom ugaonom brzinom ω . Kružni poklopac prečnika R, koji zatvara isti takav otvor na gornjem bazisu cilindra održava u ravnoteži, za vreme obrtanja suda, sila intenziteta F (vidi sliku). Odrediti jednačinu rasporeda pritiska u tečnosti i silu pritiska tečnosti na gornji bazis suda. Rešenje. od osnovne
Polazeći jednačine za hidrostatiku: dp = ρ(Xdx + Ydy + Zdz ) i unoseći u nju projekcije rezultujuće zapreminske sile koja deluje na tečnost u sudu: X = ω x , Y = ω y, Z = −g i integraleći je dolazi se do jednačine rasporeda pritiska u sudu: 2
p = ρ
ω2
2
− gρz + C (1) 2 u kojoj je integraciona konstanta C , za sada, nepoznata. Unoseći z = 0 (jednačina ravni kojoj pripada gornji bazis suda) u jednačinu (1) dolazi se do jednačine rasporeda pritiska tečnosti za gornji bazis suda u obliku: r 2
ω 2 2 p = ρ r + C (2) 2 ∗
Koristeći činjenicu da sila, intenziteta F, održava poklopac u ravnoteži dolazi se do jednačine:
∫ ( p
∗
− p a )dA = F
(3)
A
u kojoj je A površina poklopca. Uzimajući da je elementarna površina dA = rdrdϕ i unoseći je zajedno sa izrazom (2) u jednačinu (3) ista se svodi na jednačinu: π
2
∫
−π
dϕ 2
R cos ϕ
∫ 0
ω2 ρ 2
r 2
+ ρC − p a rdr = F
koja, posle realizacije naznačene integracije i zamene granica, postaje: 3 R 2 π 2 4 ρω R π + (ρC − p a ) = F 64 4 Iz jednačine (5) dobija se da je: 4 3 ρC = p a + 2 F − ρω2 R 4 π 64 R π pa jednačina rasporeda pritiska (1), posle zamene vrednosti za ρC , postaje: p − p a
=ρ
ω2 2
r 2
− gρz +
F − 3 ρω 2 R 4 π 64 R π 4 2
(4)
(5)
(6)
Jedančina rasporeda pritiska, za gornji bazis suda, dobija se iz jedna čine (6), zamenom z = 0 , i ima oblik: ω2 2 4 3 ∗ p − p a = ρ r + 2 F − ρω2 R 4 π (7) 2 64 R π Sila pritiska tečnosti, na gornji bazis suda, data je izrazom: P = ( p ∗ − p a )dA
∫
A
= 2r πdr i unošenjem izraza (7), svodi na oblik: ω2 2 4 3 P = ∫ ρ r + 2 F − ρω 2 R 4 π 2r πdr 2 64 R π 0
koji se, posle zamene dA
R
iz koga se, posle realizacije naznačene integracije i zamene granica, dobija da je: P
= 4F +
1 16
ρω 2 R 4 π .
4. Zadatak. Konusni sud, prečnika d i visine h, napunjen tečnošću gustine ρ , obr će se oko svoje vertikalne ose, konstantnom ugaonom brzinom ω . Za dno suda na rastojanju d 2 od ose obrtanja, priključena je cev sa tečnošću gustine ρ1 koja se obr će zajedno sa sudom (vidi sliku). Ako su veličine date na slici poznate odrediti silu pritiska te čnosti na dno suda i pritisak na vrhu konusa. Tečnosti se ne mešaju.
Rešenje. Unoseći u osnovnu jednačinu za hidrostatiku za tečnost gustine ρ1 dp = ρ1 (Xdx + Ydy + Zdz ) projekcije rezultujuće zapremine sile: X = ω x , Y = ω y, Z = −g (1) i integraleći tako dobijenu jednačinu dolazi se do jednačine: ω2 2 1 p = r − gz + C (2) 2 ρ1 2
2
Kako je za r = d i z = h : p = p a to se iz jednačine (2) dobija da je: 1 ω2 2 C = p a − d ρ1 2
+ gh
pa se ista jednačina svodi na jednačinu: p = p a
+ ρ1
ω2
(r
2
− d 2 ) − ρ1g(z − h ) (3)
2 Na isti na čin, za tečnost gustine do jednačine: 1 p =
ρ
ω2 2
r 2
ρ , dolazi se
− gz + C1
Koristeći činjenicu da se pritisak u tački A (d 2 ,− h 2) , može sračunati korišćenjem jednačine (3) ili jednačine (4) dolazi se do jednačine: 3 3 1 1 p a − ρ1ω 2 d 2 + ρ1gh = ρω2 d 2 + ρgh + ρC1 8 2 2 2 iz koje je: ω2 d 2 gh ρC1 = p a − (3ρ1 + ρ) + (3ρ1 − ρ ) . 8 2 Unošenjem izraza (5) u jednačinu (4) ista se svodi na jednačinu: ω2 2 ω2d 2 gh p − p a = ρ r − gρz − (6) (3ρ1 + ρ) + (3ρ1 − ρ ) 2 8 2 koja pretstavlja jednačinu rasporeda pritiska za tečnost gustine ρ . Jednačina rasporeda pritiska za dno suda dobija se iz jednačine (6) za z = 0 i ima oblik:
( p − p a )D = ρ
ω2
−
r 2
ω2 d 2
(3ρ1 + ρ ) +
2 8 Intenzitet sile pritiska te čnosti na dno dat je izrazom:
gh 2
(3ρ1 − ρ ) .
d 2
P=
∫ ( p − p
)
a D
2r πdr ,
0
koji se posle unošenja jednačine (7), integracije i zamene granica, svodi na izraz:
P=
d2π gh (3ρ1 8
1 − ρ) − ω2 d 2 (6ρ1 + ρ) . 8
Unošenjem koordinata tačke S(0, h ) u jednačinu (6) dobija se da je pritisak na vrhu konusa dat izrazom: p s
= p a +
3gh 2
(ρ1 − ρ) −
ω2 d 2 8
(3ρ1 + ρ) .
5. Zadatak. Cilindrični sud, poluprečnika osnove R, napunjen je tečnošću gustine ρ , obr će se konstantnom ugaonom brzinom ω oko horizontalne ose OO′. Manometar M (vidi sliku) pokazuje natpritisak p m . Odrediti jednačinu rasporeda pritiska u tečnosti i pritisak po najnižoj izvodnici cilindra.
Rešenje: Unoseći projekcije rezultujuće zapreminske sile: X = ω 2 x , Y = 0, Z = ω 2 z − g u osnovnu jednačinu za hidrostatiku i integraleći je dobija se jednačina: ω2 2 2 1 (x + z ) − gz + C p = ρ 2 Kako je, za x = 0 , y = 0, z
= 0 , p = p a + p m to
(1)
se iz jednačine (1) dobija da je
integraciona konstanta: C=
1
ρ
( p a + p m ) .
Unošenjem ovog izraza za konstantu C u jednačinu (19 dobija se jednačina rasporeda pritiska u tečnosti u obliku: p = p a + p m
+
ρω2
(x
2
+ z 2 ) − gρz
(2) 2 Jednačina prave kojoj pripada najniža izvodnica cilindra je ( x = 0, z = − R ) pa se njenim unošenjem u jednačinu (2) dobija pritisak po najnižoj izvodnici cilindra u obliku: p n
= p a + p m +
ρω2 R 2 2
+ gρR .
