Mehanika Fluida KV

УНИВЕРЗИТЕТ У КРАГУЈЕВЦУ МАШИНСКИ ФАКУЛТЕТ КРАЉЕВО

Др РАДОВАН ПЕТРОВИЋ Мр ЗОРАН ГЛАВЧИЋ

МЕТОДИЧКА ЗБИРКА ЗАДАТАКА ИЗ ХИДРАУЛИКЕ И ПНЕУМАТИКЕ

КРАЉЕВО, 2005.

Др Радован С. Петровић, доцент Мр Зоран Р. Главчић, асистент Универзитет у Крагујевцу Машински факултет Краљево МЕТОДИЧКА ЗБИРКА ЗАДАТАКА ИЗ ХИДРАУЛИКЕ И ПНЕУМАТИКЕ

Рецензенти: Др Светислав Чантрак, ред. професор Машинског факултета Београд Др Бранко Обровић, ред. професор Машинског факултета Крагујевац

Одлуком Наставно научног већа Машинског факултета у Краљеву бр. од године одобрено за штампу

Издавачи: Радован С. Петровић Зоран Р. Главчић Компјутерска обрада: Зоран Главчић Слободан Ивановић ISBN Тираж: 250 примерака Штампа:

, Трстеник

РАДОВАН С. ПЕТРОВИЋ ЗОРАН Р. ГЛАВЧИЋ

МЕТОДИЧКА ЗБИРКА ЗАДАТАКА ИЗ ХИДРАУЛИКЕ И ПНЕУМАТИКЕ

САДРЖАЈ ПРЕДГОВОР 1. ПОГЛАВЉЕ 1- ТЕОРИЈСКЕ ПОСТАВКЕ МЕХАНИКЕ ФЛУИДА 1.1 Појам радног флуида и основне претпоставке механике Флуида 1.1.1 Својства радног флуида 1.1.2 Режим струјања радног флуида 1.1.3 Стишљивост радног флуида 1.2 Хидростатика 1.2.1 Својства статичког притиска 1.2.2 Једначина мировања флуида. Ојлерова једначина 1.3. Кинематика и динамика флуида 1.3.1 Општи закон одржања 1.3.2 Закон одржања масе. Једначина континуитета 1.3.3 Закон о промени количине кретања. Навије-Стоксове једначине 1.3.4 Једначина промене кинетичке енергије 1.3.5 Једначине за случај једнодимензијског струјања 1.3.5.1 Једначина континуитета за једнодимензијско струјање 1.3.5.2 Једначина количине кретања за једнодимензијско струјање 1.3.5.3 Једначина промене механичке енергије. Бернулијева једначина 1.3.6 Губици струјне енергије 1.3.6.1 Локални губици енергије 1.3.6.2 Губици услед трења 2. ПОГЛАВЉЕ 2 – ЗАДАЦИ ИЗ СТАТИКЕ ФЛУИДА 2.1 Појам притиска и силе притиска. Изобарске површи 2.2. Проблеми хидро-пнеумостатике 2.3 Сила притиска на равне и криве површи 2.4 Метода равнотеже течности. Сила потиска 2.5 Релативно мировање флуида 2.5.1 Релативно мировање флуида при транслацији 2.5.2 Релативно мировање флуида при ротацији

1 1 1 3 3 4 4 4 6 6 9 9 12 15 18 20 21 23 24 25 28 28 33 42 68 92 92 104

3. ПОГЛАВЉЕ 3 – ЗАДАЦИ ИЗ КИНЕМАТИКЕ И ДИНАМИКЕ ФЛУИДА 114 3.1 Прорачун простог цевовода 3.2 Прорачун сложеног цевовода 3.3 Прорачун уљно-хидрауличких система 3.4 Истицање радног флуида кроз отворе 3.4.1 Истицање течности кроз велике отворе 3.4.2 Квазистационарно истицање течности из резервоара 3.5 Динамика једнодимензијског струјања гаса 4. ЛИТЕРАТУРА

114 120 144 158 158 166 182 191

ПРЕДГОВОР Методичка збирка задатака из Хидраулике и Пнеуматике, настала је као резултат вишегодишњег искуства у раду са студентима Високе и Више спреме на Машинском факултету у Краљеву и Вишој техничкој машинској школи Трстеник и раду на истраживањима у оквиру научно-истраживачкoг пројекта који је суфинансиран од Министарства за науку и заштиту животне средине РС*. Жеља аутора у конципирању ове збирке била је, да на једном месту информишу заинтересоване о минимуму теорије, неопходне да би се приступило изради задатака из одговарајућих поглавља. Зато се у Поглављу 1, разматрају Теоријске поставке механике флуида из којих се могу извући одговарајуће претпоставке, при разматрању математичког и физичког модела радног флуида, али и претпоставке за моделирање хидро-динамичких односно пнеумо-динамичких процеса у сложеним компонентама и системима. Пројектантима хидрауличких и пнеуматских компонената и система, стоје на располагању савремене компјутерске методе за решавање конкретних проблема механике флуида. Теоријске поставке механике флуида у овој збирци, помоћи ће им код математичког моделирања и експерименталне верификације прорачунских резултата. Студентима, или онима који желе да раде на пословима пројектанта хидрауличких и пнеуматских компонената и система, морају бити претходно доступна сва евентуална аналитичка решења, са свим ограничењима код конкретних проблема механике флуида. Методичка збирка задатака из Хидраулике и Пнеуматике у Поглављима 2 и 3 пружа аналитичка решења задатака, на начин да у најопштијој форми омогући сагледавање редоследа решавања а затим да се из, опште форме могу анализирати утицаји појединих параметара на тражено конкретно решење, као и међусобни утицаји појединих параметара. Избор задатака у Поглављу 2, који се односе на статику флуида, извршен је тако, да се нпр. сазнања, могу применити при пројектовању резервоара за складиштење флуида или пројектовању вагон цистерни при релативном мировању флуида.Из теоријског увода, овде се флуид посматра као идеалан и као скуп материјалних честица, којим је континуално испуњена нека непокретна или покретна запремина. У Поглављу 3, изабрали смо задатке из кинематике и динамике флуида, карактеристичне за примењену механику флуида,

чијим се решавањем, касније могу решавати нпр. проблеми водовода, гасовода,нафтовода, вреловода или уопште проблеми урбаног инжењерства. Овде се флуид посматра као континум, који струји одређеном брзином кроз струјну запремину-цевовод. Основу прорачуна чине Бернулијева једначина и једначина континуитета детаљно изведене у Поглављу 1. Садржаји скоро свих поглавља ове збирке обухваћени су, наставним планом и програмом предмета Хидраулика и Пнеуматика, који слушају сви студенти треће године студија на Машинском факултету Краљево, са фондом 3+3 у петом семестру. Зато је ова збирка првенствено и намењена студентима основних студија Машинског факултета Краљево, за лакше савлађивање градива из поменутог предмета. Верујемо да збирка може корисно да послужи и студентима других машинских, односно техничких факултета и виших школа за изучавање градива из предмета Хидромеханика, Основи Хидраулике и пнеуматике и Хидраулика и Пнеуматика. Инжењери који се баве пројектовањем хидрауличких и пнеуматских компонената и система, могу у овој збирци да нађу низ потребних објашњења и података. Захваљујемо се рецензентима Др Бранку Обровићу, ред. проф. Машинског факултета у Крагујевцу и Др Светиславу Чантраку, ред. проф. Машинског факултета у Београду, на брижљиво урађеним рецензијама и на саветима, које су нам дали а све у циљу да квалитет збирке буде на што је могуће вишем нивоу. Бићемо захвални корисницима на свим примедбама, уоченим грешкама, техничким недостацима као и на добронамерним сугестијама, како би евентуално наредно издање Методичке збирке задатака из Хидраулике и Пнеуматике било још квалитетније.

У Краљеву, 2005. год.

Аутори

ПОГЛАВЉЕ 1 ТЕОРИЈСКЕ ПОСТАВКЕ МЕХАНИКЕ ФЛУИДА Механика флуида је грана механике коју карактерише деформабилна радна средина у којој се одвијају одговарајући радни процеси. Најшира подела механике флуида подразумева део механике флуида који се односи на процесе у флуиду који мирује тзв. ХИДРОСТАТИКА и процесе у радном флуиду који се креће, тзв. ХИДРОДИНАМИКА. Без обзира да ли се ради о статици или кинематици-динамици флуида, носилац енергије је радни флуид који има своја својства. 1.1 Појам радног флуида и основне претпоставке механике флуида 1.1.1

Својства радног флуида

У општем случају, физичке особине течности (густина, вискозност) су доста сложеним зависностима повезане са другим параметрима, у првом реду са температуром и притиском. Са друге стране, утицај физичких својстава флуида на његово струјање, описује се основним једначинама струјања или мировања, једначином стања и конститутивним једначинама. У инжењерској пракси примењују се неке претпоставке које доводе до упрошћавања једначина струјања. Та упрошћавања се своде на следеће: 1)

За радни флуид се користи уопштена Њутнова хипотеза према којој је напон линеарно пропорционалан брзини деформисања, или другим речима, тензор напона је линеарно пропорционалан тензору брзине деформисања. Ова линеарна зависност се приказује једначином

1  P   pE  2 ( S  divv ) E 3

(1.1)

у којој су: P – тензор напона,  - коефицијент динамичке вискозности, S - тензор брзине едформисања, Е – јединична матрица тј. Јединични  тензор и divv - дивергенција брзине.

2

Поглавље 1 – Теоријске поставке механике флуида

Тензори

напона

P  pij

и

брзине

деформисања

S  sij

су

симетрични тензори другог реда. Притисак и дивергенција брзине у релацији (1.1) дефинисани су изразима ( p  p yy  p zz ) pii   xx 3 3  v divv  k  skk , xk p

(1.2)

при чему компоненте sij у тензорској нотацији гласе 1 v v sij  s ji  ( i  j ), 2 x j xi

i, j  1,2,3.

Зависност (1.1) у тензорској нотацији има облик  1 pij   p ij  2 ( sij   ij divv ), 3

(1.3)

где је  ij - Кронекеров симбол

1 i  j . 0 i  j

 ij  

Из једначине (1.3) се једноставно добијају компоненте тензора напона за њутновске флуиде у Декартовом координатном систему. Тако су, на пример, један од нормалних и један од тангенцијалних напона дефинисани изразима  vx 2  divv x 3 v v pxy  p yx   ( x  y ). y x pxx   p  2

2)

i (1.4)

За неизотермно струјање течности, количина топлоте која се доводи систему кроз границе, може се представити површинским интегралом топлотног флукса

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике

3

  Q    (q  dA), A

   где је q вектор топлотног флукса а dA  n dA - усмерени елемент површине.

1.1.2

Режим струјања радног флуида

Поред физичких својстава радног флуида од интереса је и режим струјања флуида. Позната су три режима струјања:

  

ламинарни, прелазни и турбулентни.

При прелазу од ламинарног ка турбулентном режиму струјања јавља се хидродинамичка нестабилност која зависи од многих фактора. Ти фактори одређују вредност Рејнолдсовог броја, који у суштини дефинише однос инерцијалних и вискозних сила и који је дефинисан изразом Re 

vD





vD



,

у коме је величина  

(1.5)

 кинематичка вискозност флуида. Вредност 

Рејнолдсовог броја при коме долази до преласка из ламинарног у турбулентни режим струјања назива се критичном вредношћу Рејнолдсовог броја. 1.1.3

Стишљивост радног флуида

Једно од најважнијих својстава течности и гасова је појава смањивања њихове запремине под дејством промене притиска, што радне средине карактерише као стишљиве. Стишљивост радне средине се различито испољава: с једне стране она битно утиче на одвијање динамичких процеса и вредности променљивих величина, а са друге стране, тај утицај може бити веома мали, тако да средину можемо посматрати и као нестишљиву.


4

Величине које карактеришу стишљивост су коефицијент и модул стишљивости који су, респективно, дати изразима 1 d ,  dp dp   . d S

(1.6)

1.2 Хидростатика

Статика флуида је део механике флуида који се односи на проблеме равнотеже флуида. 1.2.1

Својства статичког притиска

Сила изазвана статичким притиском има два важна својства: 1) увек је нормална на свакој стварној или замишљеној површини у флуиду и 2) вредност јој је иста у једној тачки без обзира како је та површина оријентисана. Прво својство произилази из чињенице да када би сила од статичког притиска била постављена под неким углом према нормали на површини, увек би се могла раставити на компоненту у правцу нормале и компоненту у правцу тангенте. Тангентна компонента би довела до клизања флуидних делића и равнотежа би била поремећена. За доказ другог својства полази се од чињенице да се кроз једну тачку може поставити безброј разних површина и под различитим угловима. Доказује се да статички притисак остаје исти у правцу нормале сваке од тих површина. Математички се то изражава релацијом

p x  p y  p z   p, или речима: статички притисак у некој тачки је исти у свим правцима који кроз ту тачку пролазе. 1.2.2

Једначина мировања хидростатике

флуида.

Ојлерова

једначина

Нека је V произвољна запремина флуидне масе а А гранична површина те запремине. На уочену флуидну запремину делују две врсте сила: запреминске и површинске.


5

УКУПНА СИЛА

Запреминске силе   F  dV V

Површинске силе    pdA A

Услов да би уочена флуидна запремина била у стању равнотеже је да збир свих сила буде једнак нули, односно 



 FdV   pdA  0.

V

A

Гаусова теорема омогућава да се површински интеграл изрази у виду запреминског интеграла, тј.  pd A    gradpdV . A

V

Када се последњи израз уврсти у претходни добија се једначина облика 

 ( F  gradp)dV  0.

V

Пошто је V произвољнљ запремина, која може бити и произвољно мала, да би последњи израз био једнак нули довољно је да подинтегрални израз буде једнак нули, односно  1 F  gradp  0,



из којег се добија израз  1 F  gradp.




6

Претходна једначина представља Ојлерову једначину за флуид који се налази у стању мировања. 1.3 Кинематика и динамика флуида

Једначине које описују струјање флуида дефинишу поља непознатих величина – брзинско поље, поље притиска, густине и температуре. Основне једначине механике флуида су:   

једначина континуитета, једначина количине кретања и једначина енергије.

Овде се најпре изводе опште једначине на основу којих се касније добијају једначине за једнодимензијско струјање које служе за решавање инжењерских, практичних задатака. 1.3.1

Општи закон одржања

Општи закон баланса у механици континуума изражава се једначином облика D f i... j dV   i... j dV   ki... j dAk , Dt Vm Vm Am

(1.7)

при чему су: hi…j и hki…j, где је h=f, ,, произвољна тензорска, векторска или скаларна поља. Закон одржања је формулисан ако је посматрана физичка појава описана општом једначином преноса, тј. Баланса облика (1.7). Величина Vm представља материјалну запремину, односно запремину флуида која се при свом кретању састоји стално од D истих флуидних делића, док симбол означава материјални извод. Dt Десна страна једначине (1.7) представља укупно дејство на уочену масу флуида у посматраној запремини, које доводи или не доводи до промене поља физичке величине дефинисане запреминским интегралом на левој страни израза (1.7). Величине f,  и к означавају поља физичких величина. У првом интегралу на десној страни једначине (1.7) поље i…j може да се схвати као, на пример продукција, које је расподељено у укупној запремини Vm, док поље ki…j означава, на пример флукс, које се остварује преко материјалне површи Am, формиране од истих флуидних делића.


7

У циљу добијања диференцијалног облика израза (1.7) неопходно је извршити извесне трансформације и применити теорему преноса. Најпре се изразом Df i... j Dt



f i... j t

 vk

f i... j xk

(1.8)

дефинише материјални извод величине fi…j, у коме је vk(xi,t) брзинско поље, а релацијом (1.9) f D f i... j dV   i... j dV   f i... j vk dAk ,  Dt Vm t Vm Am

(1.9)

која представља теорему преноса – Рејнолдсову транспортну теорему, одређује лева страна једначине (1.7). Применом формуле ГаусаОстроградског релација (1.9) добија облик f i... j f i... j vk D f dV  ( i j ...  t  xk )dV Dt Vm Vm

(1.10)

који помоћу (1.8) може да се трансформише у израз

Df D v f i... j dV   ( i... j  f i... j k )dV .  Dt Vm Dt xk Vm

(1.11)

Нека је V непокретна, фиксна запремина, која је у тренутку t идентична материјалној запремини Vm тј. Поклапа се са њом, тако да је у том тренутку и A=Am. Тада границе запреминског интеграла не зависе од времена, тако да диференцирање по времену и просторно интеграљење могу да замене места f d f i... j dV   i... j dV .  dt V t V

(1.12)

Израз (1.9) помоћу (1.12) може да се напише у облику D d f i... j dV   f i... j dV   f i... j vk dAk ,  Dt Vm dt V Am , A

(1.13)


8

који теореми преноса даје очигледно значење: промена одређене физичке величине у материјалној запремини флуида једнака је суми њене локалне промене у непокретној – фиксираној запремини V, са којом се управо материјална запремина поклапа и конвективне промене остварене флуксом тј. Преносмо те величине флуидом кроз непокретну површ А. Уколико се ради о некој покретној али нематеријалној запремини, онда у одређеном тренутку важи релација d D f i... j dV  ( s )  f i... j dV    fi... j (vk  v( s ) k )dAk . Dt Vm dt V( s ) Am  A( s ) ( t s )

(1.14)

Сада се општи закон одржања (1.7) може помоћу теореме преноса (1.10) и формуле Гауса – Остраоградског написати у свом интегралном облику

(

Vm

f i... j t



f i... j vk xk

 i... j 

 ki... j xk

)dV  0.

(1.15)

Пошто овај интеграл за било коју материјалну запремину ишчезава, мора његова подинтегрална функција да буде једнака нули. Тако једначина (1.16) изражава општи закон одржања у диференцијалном облику f i... j t



f i... j vk xk

  i... j 

 ki... j xk

.

(1.16)

Из интегралног (1.7) и диференцијалног облика закона одржања, изводе се једначине преноса, масе, импулса и енергије. Ако се једначина (1.16) интеграли по произвпљној запремини и при томе користи релација (1.12) добија се  ki... j f i... j vk d f dV    (   )dV . ... ... i j j  xk dt V xk V

(1.17)

Дакле, промена одређене физичке величине у једној произвољној непокретној – контролној запремини у струјном пољу једнака је некој другој, одређеној величини у тој истој запремини. Помоћу обрасца Гауса – Остроградског једначина (1.17) је облика

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике d f i... j dV    f i... j vk dAk   i... j dV   ki... j dAk . dt V A V A

9

(1.18)

Једначина (1.18) представља закон одржања у интегралном облику који је погодан за решавање конкретних проблема у пракси. Погоднији је и из разлога што садржи просторне изводе, што није случај код једначине (1.17). 1.3.2

Закон одржања масе. Једначина континуитета

Маса флуида унутар произвољне материјалне запремине не мења се, односно, остаје константна у току времена. Овако формулисан закон одржања масе може да се напише у облику D dV  0. Dt Vm

(1.19)

Упоређењем f i... j   ,

израза

(1.19)

са

(1.7)

следи

да

је:

i... j   ki... j  0, тако да се уврштавањем ових вредности у израз (1.16) добија  vk  0 t xk



v D   i  0, Dt xi

(1.20)

при чему је коришћена дефиниција материјалног извода (1.8). За практичну примену сврсисходно је једначину континуитета (1.19), односно (1.20) написати помоћу израза (1.18) у интегралном облику за контролну запремину V d dV    vi dAi , dt V A при чему А представља одговарајућу контролну површ.

1.3.3

(1.21)

Закон о промени количине кретања. Навије-Стоксове једначине

Други Њутнов закон, примењен на уочену масу флуида, гласи: промена количине кретања одређене масе флуида у некој материјалној

10


запремини у јединици времена једнака је суми масених и површинских сила које делују на масу тог флуида. Математички облик овог закона, сагласно општем закону (1.7), гласи D vi dV   Fi dV   p ji dAj , Dt Vm Vm Am

(1.22)

 при чему Fi представља поље јединичних масених сила F а pji су компоненте тензора напона, тако да други интеграл на десној страни једначине (1.22) дефинише резултујућу површинску силу. Из релација (1.22) и (1.7) следи да је f i... j  vi ,

i... j  Fi ,  ki... j  pki , тако да се једначина (1.22), помоћу израза (1.16) може написати у облику p vi vi v j   Fi  ji . t x j x j Коришћењем једначине континуитета (1.20) и израза (1.8) последња једначина гласи:

(

p v vi  v j i )  Fi  ij . t x j x j

(1.23)

Последња једначина представља најопштији диференцијални облик једначине количине кретања изражене помоћу напона. Њен векторски облик гласи:   Dv  F  DivP  Dt



  p k   v     (v  )v   F  , xk  t 

(1.24)

 при чему су вектор напона p , тензор напона и јединични вектор  нормале површи n (nx , n y , nz ) повезани

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике        pn  P  n  n j pij ei  p j n j  p x nx  p y n y  pz nz , p ji n j dA  p ji dA j .

11

(1.25)

Посредством израза (1.18) и (1.22) једначина количине кретања за контролну запремину има облик d (1.26) vi dV    vi v j n j dA   Fi dV   pij n j dA. dt V A V A Како се разматра струјање Њутновских флуида, то је тензорско поље напона одређено реолошком једначином

 1 v 1 v  v pij   p ij  2  ( j  i )   ij k    p ij   ij . 3 xk   2 xi x j

(1.27)

Уврштавањем (1.27) у (1.23), сматрајући при томе да је динамичка вискозност константна, добијају се, после одговарајућих диференцирања, Навије – Стоксове једначине

(

 2v 1  vk p v vi ( ),   2i    vk i )  Fi  xk 3 xi xk xi xk t

(1.28)

или у векторском облику

   1  Dv   F  p  v  grad divv. Dt 3

(1.29)

За случај нестишљивог флуида Навије- Стоксове једначине, на основу (1.26), у интегралном облику гласе v v d 1 vi dV    vi vk dAk   Fi dV   pdAi    ( i  k )dAk . (1.30)  A xk xi dt V A V A

Општа интегрална једначина (1.30), написана за нестишљиви флуид, омогућава решавање многих практичних задатака, посебно оних који су везани за међудејство флуида и чврстих површи, тј. Граница струјног простора.


12 1.3.4

Једначина промене кинетичке енергије

Једначина енергије, посебно једначина промене кинетичке енергије у случају једнодимензијског струјања користи се за решавање практичних, инжењерских проблема. На основу закона о енергији, према којем је извод укупне (збир v2 унутрашње е и кинетичке ) енергије по времену неке одређене масе 2 флуида једнак збиру снага свих сила које делују на ту масу флуида и енергије коју та маса размени са околином у јединици времена, може се општи закон преноса енергије написати у облику D v2  (e  )dV   Fi vi dV   p ji vi dAj   QdV   qi dAi , (1.31) Dt Vm 2 Vm Am Vm Am

где величина Q означава продукцију енергије унутар запремине, а qi представља флукс енергије кроз површ у правцу i-те координате. Дакле, последња два члана у једначини (1.31) обухватају како размену топлоте (провођење, зрачење) тако и размену механичког рада (путем струјних машина и слично) са околином. Да би се добио диференцијални облик једначине (1.31) потребно је извршити идентификацију величина f,  и  у изразу (1.7). Поређењем ова два израза следе релације v2 ), 2   ( Fi vi  Q),

f i... j   (e 

i...j

 ki...j  pki vi  qk , чијим се уврштавањем у (1.16) и коришћењем једначине континуитета (1.20) добија једначина енергије у диференцијалном облику



p v q v2 D (e  )   ( Fi vi  Q)  ji i  i . Dt xi 2 x j

(1.32)

Једначина промене кинетичке енергије добија се множењем једначине количине кретања (2.23) са vi


 

v2 ) 2  F v  v p ji i i i Dt x j

D(



13

(1.33)

   D v ( )  F  v  v  DivP. Dt 2 2

Једначина промене унутрашње енергије сада се једноставно добија одузимањем једначине кинетичке енргије (1.33) од једначине укупне енергије (1.32). Очигледно је да се део снаге површинских сила дат  v изразом P  v  p ji i троши на промену унутрашње енергије флуида, x j док се снагом површинских сила одређеном изразом      p p   p p v  DivP  vi ji  v  ( x  y  z ) мења кинетичка енергија флуида. z x y x j Да би се закон о промени механичке енергије применио на одређени систем, тј. неку одређену масу флуида, потребно је једначину (1.33) написати у интегралном облику. У том циљу се користе релације vi

p ji x j



vi p ji x j

 p ji

vi , x j

v v v 1 v p ji i  p ji j  p ji ( j  i )  p ji s ji , x j xi 2 xi x j

(1.34)

које се заснивају на симетричности тензора напона и дефиницији тензора брзине деформисања. Помоћу (1.34) закон о прираштају кинетичке енергије написан за неку одређену масу флуида у материјалној запремини гласи D v2  dV   Fi vi dV   p ji vi dA j   p ji s ji dV . Dt Vm 2 Vm Am Vm

(1.35)

Израз (1.35) се ради лакше практичне примене може написати и у погоднијем облику. На пример, ако је поље масених сила Fi које има свој потенцијал U(x,t), тада посредством релација Fi  

U , xi

Fi vi  vi

DU U U   , xi Dt t

(1.36)


14

једначина (1.33) добија облик



p D v2 U ( U)    vi ji Dt 2 x j t

(1.37)

из кога се помоћу израза (1.34) и (1.35) добија интегрална формулација закона о прираштају кинетичке и потенцијалне енергије неког одређеног материјалног система, односно уочене масе флуида. Када се овај интегрални облик закона механичке енергије напише за контролну запремину V на основу релација (1.13), (1.35) и (1.37), добија се једначина d v2 v2 U  (  U )dV     (  U )vi dAi    dV   dt V 2 2 t A V   p ji vi dA j   p ji s ji dV . A

(1.38)

V

Тензорско поље укупног напона за њутновски флуид одређено је уопштеном Њутновом хипотезом (1.27) која дефинише линеарну везу између тензора напона и тензора брзине деформисања. Када се са   n означи вектор напона услед вискозности, а са Т тензор вискозних напона, онда се (1.27) може написати у следећим облицима:    pij   p ij   ij  P  -pE  T  p n   pn   n ,         n  T  n,  n   x nx   y n y   z nz   i ni .

(1.39)

Ради практичне примене ових једначина потребно је, као и у случају Навије- Стоксове једначине (1.30), написати једначину промене кинетичке енергије (1.35). Када се израз (1.27) напише за случај нестишљивог флуида v k (  0) и уврсти у једначину (1.35) и при томе искористи релација x k (1.13) добија се d v2 v2 p v i v j  )dA j    dV, dV     v i dA i   Fi v i dV   v i dA i    v i ( dt V 2 x j x i A 2 V A A V

(1.40)


15

где је функција дисипације    ijs ij за нестишљиви флуид сагласно

формули (1.27) одређена изразом    ji s ji 

1 2 1 v v  ij  2sij2   ( i  j ) 2 . 2 2 x j xi

(1.41)

Уочава се да су за случај струјања нестишљивог њутновског флуида у пољу сила Fi са потенцијалом (1.36) једначине (1.38) и (1.40) међусобно идентичне. 1.3.5

Једначине за случај једнодимензијског струјања

Најопштији облик струјања флуида је нестационарно, тродимензијско струјање које се описује са три пројекције поља брзине, које су функција времена и све три просторне координате.Струјање кроз цевовод је у општем случају вишедимензијско струјање, јер се, с једне стране, не могу занемарити промене појединих физичких величина по пресеку цеви, а с друге стране, није увек могуће поставити пресек цеви тако да он буде приближно ортогоналан на струјнице. Када је ово друго могуће учинити, тада у пресеку постоји само једна пројекција брзине која је у правцу нормале на пресек, тако да се може рећи да струјање има једнодимензијски карактер. То значи да постоји само једна пројекција брзине која зависи од једне просторне, праволинијске или криволинијске координате усмерене у смеру струјања. Такво струјање се назива нестационарно једнодимензијско струјање, брзина се означава са v(x,t), притисак са p(x,t) и густина са (x,t). На овај начин се цев третира као струјно влакно у чијим пресецима владају средње вредности појединих физичких величина. Тако је, на пример, средња вредност брзине по пресеку цеви vs ( x , t ) 

R V 1  2  2v( x, r , t )rdr , A R 0

(1.42)

V A говори о чињеници да запремински проток кроз цевовод остаје исти било да се рачуна са стварном вредношћу брзине v(x,t) или са брзином осредњеном по пресеку vs(x,t). Слично је и средња вредност притиска

где су: R – полупречник цеви, r – радијална координата. Однос


16

R

p s ( x, t ) 

1 2p ( x, r , t )rdr , R 2 0

(1.43)

или густине

 s ( x, t ) 

R

1 2 ( x, r , t )rdr. R 2 0

(1.44)

Наведене средње вредности брзине, притиска и густине се односе на случај ламинармног нестационарног једнодимензијског струјања. Поред ламинарног режима струјања постоји и турбулентни режим струјања, како је већ напоменуто раније. Турбулентно струјање је само по себи нестационарно. За турбулентни режим струјања је карактеристично да се било која физичка величина представља у облику f  f  f ',

(1.45)

где су: f - величина осредњена по времену или такозвана просечна вредност и f  - флуктуациона компонента тренутне вредности физичке величине f. Тако је, на основу (1.45), за брзину струјања v( x, t )  v ( x, t )  v' ( x, t ).

(1.46)

Брзина осредњена по времену или просечна вреднсот брзине, за турбулентно струјање јр T

1 v ( x, t )   v( x, t )dt. T0

Слично је и за поље притиска T

1 p ( x, t )   p ( x, t )dt , T 0

и густину

(1.47)


 ( x, t ) 

17

T

1  ( x, t )dt. T 0

Међутим, ако се помоћу овако дефинисаних средњих вредности брзина по пресеку (1.44) или брзине осредњене по времену (1.47) израчунају, на пример, количина кретања и кинетичка енергија, чине се одређене грешке које се морају проценити. За случај ламинарног једнодимензијског струјања нестишљивог флуида количина кретања је дефинисана интегралом  v 2dA. Применом A

брзине осредњене по пресеку чини се одређена грешка. Ова грешка се процењује увођењем појма корекционог коефицијента количине кретања , који се још назива и Бусинесков коефицијент, на следећи начин:



1 v 2 dA. 2  vs A A

(1.48)

За случај једнодимензијског турбулентног струјања Бусинесков коефицијент Т је облика

T 

1 ( v 2 dA   v '2 dA). v 2 A A A

(1.49)

Приликом извођења једначине енергије у случају нестационарног струјања нестишљивог флуида јавља се интеграл  v 3dA који дефинише A

промену укупне кинетичке енергије посматране масе флуида. Аналогно претходном разматрању, када се вредност овог интеграла замени са производом vs3A, чини се одређена грешка која може бити процењена увођењем корекционог коефицијента кинетичке енергије , који се назива и Кориолисов коефицијент, на следећи начин:



1 v 3dA. vs3 A A

(1.50)

У случају ламинарног струјања лако се добија да је +2. Значи, грешка која се чини при израчунавању кинетичке енергије флуида помоћу осредњене брзине по пресеку код ламинарног струјања није


18

занемарљива, већ се бројна вредност Кориолисовог коефицијента мора узети у обзир. Код турбулентног струјања, на исти начин се добија да је

T 

(nt  1)3 (2nt  1)3 , 4nt4 (nt  3)(2nt  3)

(1.51)

где је nt – параметар који зависи од Рејнолдсовог броја. Поље притиска, приликом увођења средње вредности притиска, не доводи до стварања грешке, јер је сила притиска флуида P   pdA  ps A.

(1.52)

A

Једначина (1.52) показује да се приликом израчунавања ове силе преко средње вредности притиска не чини никаква грешка. Дакле, све величине које фигуришу у једначинама за једнодимензијско струјање су осредњене вредности, које се не мењају по попречном пресеку цеви, али у општем случају зависе од времена и подужне координате, тј. могу а не морају да се мењају од пресека до пресека цеви. 1.3.5.1. Једначина континуитета за једнодимензијско струјање

Општи облик једначине преноса масе, импулса и енергије су већ разматрани. Погодним избором контролне зепремине и увођеењм средњих вредности физичких величина на анчин како је то претходно описано, формира се једнодимезијски модел за који се опште једначине знатно упрошћавају. У том циљу посматра се нагнута струјан цев са праволинијском осом x и променљивим попречним пресеком (слика 1).

 n1

 n

1

2

v(x,t) V

y x1=x

 n2 x

dx x1=x+dx

Слика 1.


19

Да би се извеле одговарајуће диференцијалне једначине за контролну запремину се бира део струјне области ограничен омотачем струјне цеви и њеним бесконачно блиским попречним пресецима на растојању dx. Интегрални облик једначине континуитета за једнодимензијско струјање следи из њеног општег интегралног израза (1.21) и гласи x2



 t ( A)dx   v A   v A . 1 1 1

2 2

2

(1.53)

x1

Применом израза (1.53) на елемент цеви дужине dx. С обзиром да је x2  x1  dx

(1.54)

и

vA x  dx ,t  vA x ,t 

 ( vA)dx, x

(1.55)

добија се, на основу израза (1.54) и (1.55), диференцијални облик једначине континуитета за једнодимензијско струјање:

 ( A)  ( vA)   0. t x

(1.56)

После обављања назначених диференцирања и коришћења дефиниције материјалног извода (1.8), једначина континуитета (1.56) добија следећи облик: 1 D v 1 DA    0,  Dt x A Dt

(1.57)

при чему је у случају једнодимензијског струјања, сагласно изразу (1.8) Df/Dt= f / t  vf / x, f ,A

(1.58)

Увођењем различитих претпоставки у погледу стишљивости флуида и промене попречног пресека цеви добијају се различити, упрошћени облици једначине континуитета за једнодимензијско струјање.


20 1.3.5.2

Једначина струјање

количине

кретања

за

једнодимензијско

Једначина (1.26) заједно са релацијом (1.27) омогућава извођење диференцијалног облика једначине количине кретања за једнодимензијско струјање вискозног нестишљивог флуида. Ради тога је веома захвално једначину (1.26) написану у индексној нотацији d vi dV    ( vi v j  p ij   ij )n j dA   Fi dV dt V A V

(1.59)

приказати у њеном векторском облику         v dV    v (v  n )  pn  T  n dA   FdV  t V A V

(1.60)

при чему су величине у једначини (1.60) дефинисане изразима (1.39). За праволинијски део цеви, односно за модел приказан на слици 1, потребно је написати пројекцију једначине (1.59), односно (1.60) на осу цеви. Од масених сила узима се у обзир само сила земљине теже. За контролну запремину ограничену омотачем цеви и њеним бесконачно блиским попречним пресецима на растојању dx при пројекцији на осу x (i=1, v1=vx=v) добијају се следећи изрази за поједине чланове у једначинама (1.59) и (1.60):

 v dV  vAdx; x

V

 

 v v  ndA   v A   v A x

2 1 1 1

A

2 2 2

2

  v2 A  v2 A x,t

dy V FxdV  g dx Adx;

 ( pn

x

A

  nx )dA  

x  dx,t



 ( v2 A)dx; x

(1.61)

 A ( pA)dx  p dx   wdx, x x

где су: y – вертикална координата тежишта попречног пресека цеви, O=D - оквашени обим цеви, v = v(x,t) – средња брзина и w – тангенцијални напон на зиду цеви. Уврштавањем релација (1.61) у једначину (1.60), односно (1.59), добија се једначина количине кретања за једнодимензијско струјање






dA dy   ( vA)  ( p  v 2 ) A  p  gA   wD. dx dx t x

21

(1.62)

Коришћењем једначине континуитета (1.56) и израза за тангенцијални напон на зиду цеви који је добијен на основу димензијске анализе

w  f

v 2 2



 8

v v

(1.63)

једначина количине кретања (1.62) може да се напише у облику dy  v v 1 p v  g  vv  0 dx 2 D t x  x

(1.64)

при чему је коефицијент  одређен законом трења  = (Re, /D) у коме су: Re=vD/- Рејнолдсов број и  - апсолутна храпавост цеви. Очигледно је да се једначина (1.64) у случају стационарног струјања ( v / t  0 ) нестишљивог флуида (=const.) у хоризонталној цеви (dy/dx=0) знатно упрошћава. 1.3.5.3 Једначина промене механичке енергије. Бернулијева једначина

Једначина (1.38) односно (1.40) помоћу релација (1.36) и (1.39) у векторском облику гласи:      v v2    v2     dV v  ndA  pv  ndA  (T  n)  vdA  FdV  ij i dV.   xj 2 t V 2 A A A V V

(1.65)

Аналогним поступком као и раније, бирајући за контролну запремину елементарну област струјног простора приказану на слици 1, изводи се једначина механичке енергије за једнодимензијско струјање. За случај невискозног флуида и контролну запремину са слике 1, једначина (1.65) у диференцијалном облику гласи:    v2 p v2  dy ( A )   vA(     gvA .  2 2 t x  dx

(1.66)


22

После множења једначине континуитета (1.56) са производом gy и њеног сабирања са (1.66) добија се диференцијални облик једначине енергије струје флуида, односно збира кинетичке, притисне и потенцијалне енергије     v2 v2 p  A (  gy )  vA (   gy )  0.      2 2  t   x  

(1.67)

У случају стационарног струјања први члан (1.67) једнак је нули, тако да се након коришћења једначине континуитета (1.56) добија познати облик Бернулијевог интеграла v2 p   gy  C x . 2 

За вискозан флуид, међутим, мора се решавати комплетна једначина (1.65). Бернулијева једначина се овде изводи директно из једначине количине кретања (1.64). Наиме, када се (1.64) помножи са dx и изврши формално интеграљење од пресека 1-1 до 2-2 у правцу осе цеви добија се: x

x

2 2 v2 p v2 p  v 1 1  1  gy1   2 2  2  gy2   v v dx   dx.  2  2 2D t x1 x1

(1.68)

Кориолисови коефицијенти су одређени изразом (1.53). Познато је да се величином Yg 

x2



 2D v v dx

(1.69)

x1

обухватају укупни губици струјне енергије, тј. губици енергије услед трења и локални губици енергије. Инерцијални ефекти који су последица нестационарности струјног поља изражени су последњим чланом у једначини (1.68) Yin 

x2

v

 t dx

x1



Yin  ( x2  x1 )

dv dv L dt dt

za v  f(x). (1.70)

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике 1.3.6

23

Губици струјне енергије

У једначини (1.68) фигурише члан који дефинише губитке струјне енергије а који је приказан изразом (1.69). С обзиром на то да губици струјне енргије увелико дефинишу енергетски биланс хидрауличко – пнеуматских система, то им се у теоријском уводу посвећује посебна пажња. Губици струјне енргије се јављају на местима у цевоводу на којима се јавља сложена геометријска структура. Та места су кривине, проширења, сужења, односно места на којима се у цевоводу налазе вентили, разводници, пригушнице итд. Губици енергије на поменутим местима се називају локални губици струјне енергије. Струјање на нивоу микровртлога се одржава на праволинијским деоницама цевовода и губици на овим деоницама, који су последица трења услед вискозности флуида и храпавости зидова цеви, називају се губици услед трења или успутни губици струјне енергије. Дакле, постоје две групе губитака струјне енергије, и то:  

губици на локалним отпорима Y и губици услед трења Y.

Укупни губици су Yg = Y + Y.

(1.71)

Обе групе губитака се израчунавају са уделом средње кинетичке енергије. За локалне губитке користи се формула Вајсбаха v2 Y   2

(1.72)

где је  - коефицијент локалног отпора а v – средња брзина струјања. За губитке услед трења користи се израз Дарси – Вајсбаха Y  

l v2 , 4 Rh 2

(1.73)

где су:  - коефицијент трења, l – дужина цеви, Rh – хидраулички радијус који представља однос површине попречног пресека цеви и оквашеног обима Rh = A/O.

24

Поглавље 1 – Теоријске поставке механике флуида 1.3.6.1 Локални губици енергије

Једнодимензијски карактер струјања постоји само у случају када су пресеци цеви изабрани тако да је брзина струјања ортогонална на уочени пресек. Нарушавање једнодимензијског карактера струјања настаје услед присуства неке струјне машине или промена пресека цеви или промена правца струјања. Када не постоји струјна машина између два уочена пресека цеви, тада је узрок нарушавања једнодимензијског карактера струјања или промена правца цевовода или промена попречног пресека. Ове промене доводе до појаве локалних губитака енергије струјања. Карактеристичан случај нарушавања једнодимензијског карактера струјања је случај наглог повећања пресека цеви. Када се ово деси, без обзира да ли је струјање ламинарно или турбулентно, и без обзира колика је вредност Рејнолдсовог броја, флуидни делићи који се крећу у непосредној близини зида уже цеви, услед инерције, не могу да следе нагло повећање, него се одвајају од зида и поново лепе после неког растојања. Путања ових делића има облик криве линије која се назива граничном линијом. Област струјања се може поделити у две зоне: 1. зона између граничних линија која се назива проточна зона и 2. зона између граничне линије и зида цеви која се назива мртва зона. Код ламинарног струјања не долази до мешања флуида између ове две зоне. Код турбулентног струјања, макровртлози који настају у мртвој зони се одвајају од зидова и гроз граничне линије прелазе у проточну зону. У проточној зони се затим ови макровртлози распадају на већи број ситнијих вртлога, док потпуно не ишчезну. Зато цело струјање има нестационарни карактер јер се чак и просечне вредности појединих физичких величина мењају током времена. За формирање макровртлога у мртвој зони улаже се одређена енергијауслед чега долази до смањења енергије главног струјања. Овај губитак енергије представља локални губитак. Ситуација у овом примеру је потпуно аналогна и са низом других локалних губитака. Места у цевоводу на којима се овакав губитак енергије јавља називају се локални отпори. За практично одређивање локалних губитака потребно је одредити коефицијент локалног отпора . За случај наглог проширења цеви користи се Борда- Карноова формула


 (

A2  1) 2 , A1

25

(1.74)

где су: А1 – попречни пресек цевовода испред места проширења и А2 – попречни пресек цеви иза места проширења цевовода. У општем случају, коефицијент локалног отпора зависи и од Рејнолдсовог броја. Ова зависност долази до изражаја само у оним случајевима струјања код којих коефицијент локалног отпора не садржи само утицај настанка макровртлога, него и утицај трења, као на пример, приликом струјања кроз дифузор. Локални губици енергије се јављају и у случају рачвања цеви, у случају постојања кривине, као и на местима у цевоводу где се налазе вентили, разводници, пригушнице и остале компоненте које служе за регулисање притиска и усмеравање флуида. 1.3.6.2 Губици услед трења

Анализом израза (1.73) долази се до закључка да се одређивање губитака услед постојања трења практично своди на одређивање коефицијента трења . Овај коефицијент је бездимензијска величина која зависи од геометрије струјне цеви (облик, величина, храпавост), вискозности флуида и брзине струјања. Димензијском анализом добија се зависност

    (Re, ), D

(1.75)

где су:  - средња апсолутна храпавост цеви и D – пречник цевовода. Средња апсолутна храпавост цеви је величина која зависи од материјала цеви као и од начина њене израде и стања зида цеви у условима експлоатације. Зависност коефицијента трења од Рејнолдсовог броја се огледа кроз режим струјања радног флуида. Код ламинарног струјања, на основу параболичког закона расподеле брзине по површини попречног пресека цеви и упоређења пада притиска у цеви са изразом Дарси – Вајсбаха (1.73) добија се израз за коефицијент трења



64 . Re

(1.76)


26

Из последњег израза се уочава да коефицијент трења, за случај ламинарног струјања зависи само од Рејнолдсовог броја а не и од храпавости цеви. Такве цеви се називају хидраулички глатке цеви. У случају турбулентног струјања, без обзира да ли се цев понаша као хидраулички глатка или хидраулички храпава, добијање тачне зависности коефицијента трења од Рејнолдсовог броја и апсолутне храпавости није могуће јер се не располаже тачним решењем Рејнолдсових једначина. Зато се за случај турбулентних струјања непотпуни теоријски резултати морају допунити експерименталним подацима. На основу експерименталних резултата конструисан је Мудијев дијаграм који даје зависности коефицијента трења од Рејнолдсовог броја и апсолутне храпавости цеви за области ламинарних и турбулентних струјања. За Рејнолдсове бројеве који не прелазе вредност 4000 струјање у цеви је турбулентно а цев може да се понаша као хидраулички глатка и хидраулички храпава. Коефицијент трења у овој области је дат изразом 1



 2 log(Re  )  0,8.

(1.77)

У области 4000 < Re < 40 000 коефицијент трења се може одредити према Блазијусовом обрасцу



0,316 . 4 Re

(1.78)

За вредности Рејнолдсових бројева који су већи од 40000 цев се понаша као хидраулички потпуно храпава а коефицијент трења се израчунава према полуемпиријској формули 1



 2 log(3,7

D



).

(1.79)

Дакле, израз (1.79) указује на то да коефицијент трења за потпуно храпаве цеви не зависи од вредности Рејнолдсовог броја, већ само од апсолутне храпавости цевовода. У примени је и израз до кога је дошао Алтшул, на основу коришћења напонског стања у развијеној турбулентној струји који је облика


  0,11(

 D

27

1



68 4 ) . Re

(1.80)

Израз (1.80) представља универзални израз за одређивање коефицијента трења у целокупној области турбулентног струјања тако да важи и за хидраулички глатке и хидраулички храпаве цеви.

ПОГЛАВЉЕ 2 ЗАДАЦИ ИЗ СТАТИКЕ ФЛУИДА Из теоријског увода могу се увести следеће основне претпоставке које важе за све примере који следе, а то су: Течност се разматра као скуп материјалних честица, којима је континуално попуњена нека покретна или непокретна запремина. Уколико није наглашено, разматрана течност ће се сматрати идеалном, а струјање безвртложним. 2.1 Појам притиска и силе притиска. Изобарске површи Појам притиска је детаљно објашњен у уводном делу текста, тако да је потребно још истаћи да се користе два појма у вези притиска и то: 1. апсолутни притисак и 2. релативни притисак. Релативни притисак се дефинише у односу на апсолутни притисак. Врсте и вредности релативних притисака су дати шематски: РЕЛАТИВНИ ПРИТИСАК

НАТПРИТИСАК

ПОТПРИТИСАК

Апсолутни притисак у некој тачки је дефинисан на следећи начин:

Апсолутни притисак у некој тачки је дефинисан на следећи начин:

p = pa + p m

p = pa – pv

pm – натпритисак (манометарски притисак) pv – потпритисак (вакуумметарски притисак) Са појмом притиска у директној вези је и сила притиска P. Сила притиска, као последица деловања притиска, је она инжењерска величина која је меродавна за прорачун конструкција у смислу оптерећености веза које држе поклопце резервоара у којима се налази радни флуид. При томе, разликује се дејство силе притиска у зависности од тога да ли се у радној запремини налази стишљиви или нестишљиви флуид. Када се у радној, посматраној запремини налази стишљиви флуид (најчешће ваздух), сила притиска која оптерећује површину је једнака


29

производу релативног притиска p и вредности површине те површи A, односно Psti{ljivog fluida = pA. У случају када радну запремину испуњава нестишљиви флуид (вода или уље), сила притиска се израчунава у зависности од тога да ли радни флуид делује на равну или криву површину, о чему ће касније бити више речи. Уопштено посматрано Pnesti{ljivog fluida =pcA, где је pc – вредност притиска у тежишној тачки површи за коју се сила притиска израчунава. Под изобарском површи подразумева се површ на којој је вредност притиска у свакој тачки те површи иста. Специјално, изобарска површ код које је вредност притиска у свакој тачки те површи једнака атмосферском притиску pa назива се слободна површ. Као што је у 1 показано, разликују се три случаја положаја слободне површи. Слика 2. показује следеће:  Када је суд у коме се налази течност отворен према атмосфери, ниво течности у резервоару је истовремено и ниво слободне површи течности.  Када изнад нивоа течности у резервоару влада натпритисак pm, тада се ниво слободне површи течности налази изнад нивоа течности у резервоару. На нивоу течности у резервоару влада апсолутни притисак pa + pm.  Када изнад нивоа течности у резервоару влада потпритисак pv, тада се ниво слободне површи течности налази испод нивоа течности у резервоару. На нивоу течности у резервоару влада апсолутни притисак pa – pv. pm



Слика 2.

Pv



Поглавље 2 – Задаци из статике флуида

30

Дакле, прва ствар коју треба урадити при хидростатичком прорачуну резервоара је одредити ниво слободне површи, при чему се поново напомиње да је слободна површ врста изобарске површи. За илустрацију изобарских површи најбоље може послужити манометар (уређај за мерење притиска). ЗАДАТАК 1. Одредити показивање манометра h=? ако су познати притисци p1 и p2. Дати подаци су: hA, hB, , m. (Слика 3) pB

pA

hA 

I

h=?

hB

I m

Слика 3. Дакле, манометар је уређај за мерење притиска и напуњен је течношћу чија је густина различита од густине течности чији се притисак мери. Обично се као течност густине m користи жива или алкохол. Најпре треба закључити да је притисак у тачки А мањи од притиска у тачки Б зато што је висина течности густине m већа са леве него са десне стране. Показивање манометра се одређује постављањем једначине изобарске површи која пролази кроз нижи ниво показивања манометра (раван I-I). Притисак, на основу примене Паскаловог закона, на овој равни мора бити исти без обзира да ли се крене са посматрањем из тачке А или из тачке Б. Једначина ће гласити: pA + ghA + mgh = pB + ghB.

(1.1)

Из овако постављене једначине се једноставном алгебарском трансформацијом долази до решења за показивање манометра

h

pB  p A  g (hB  hA ) . m g

(1.2)


31

Свакако да није једнозначно дефинисано да се једначина изобарске површи мора поставити за нижи ниво течности у манометру. Та једначина се може поставити и за виши ниво. pB

pA

hA  II

hB II

h=?

m

Слика 4. То је приказано на слици 4. Посматрана раван је сада раван II – II. Једначина равнотеже притисака за раван II-II ће гласити: pA + ghA = pB + ghB - mgh.

(1.3)

Ако упоредимо једначине (1.1) и (1.3) уочава се да је члан mgh прешао на десну страну једнакости у једначини (1.3). Знак ''минус'' дефинише ''кретање нагоре'' код постављања једначина изобарских површи. На основу једначине (1.3) добија се показивање манометра

h

pB  p A  g (hB  hA ) , m g

које је идентично са изразом (1.2) што је и требало очекивати. Нешто сложенији пример од претходног је пример у коме се користе два манометра који су спојени са резервоаром у коме се налазе две течности које се не мешају.


32

ЗАДАТАК 2. Одредити показивање манометра h2=? који је спојен са још једним манометром и резервоаром у коме су течности густине ρ1 и ρ2. Дати подаци су: ρ1, ρ2, ρм, H1, H2, H3, h, h1. (Слика 5.)

pa + pm

I

I

Слика 5. У случају када су присутна два манометра, најједноставније је поставити изобарску површ на најнижи ниво показивања манометра. У овом случају то је раван I-I на слици 5. Једначина једнакости притисака за поменуту раван гласи: pa +pm+1gH1+2gH2 +mgh2 = pa+ pm+1g(H1+H3)-mgh1+1gh. (2.1) У једначини (2.1) пети члан на десној страни једначине испред има знак ''минус'' из истог разлога као и члан у једначини (1.3). На основу једначине (2.1) показивање манометра је h2 

1  ( H 3  h)  2 H 2  h1. m m


33

ЗАДАТАК 3. Одредити колика треба да буде густина радног флуида који се налази у резервоарима 1 и 2 како би показивање манометара било h1 и h2. Дати подаци су: pv, h1, h2, H1, H2, m. (Слика 6) Pv

H2



H1

h2

I h1 m

I

m

Слика 6. Једначина изобарске површи постављена за раван I-I гласи: pa-pv+g(H1+h1) = pa+gH2+mgh2-g(H2+h2-H1)+ mgh1. Након алгебарског сређивања израза добија се једначина

g(H1+h1-h2+H1) =pv+mg(h1+h2), из које се добија тражена вредност густине



 pv  1   m (h1  h2 ).  2 H1  h1  h2  g 

Надградња на претходне примере су примери у којима се поред једначине изобарске површи користе и друге једначине, као што су једначина промене стања гаса, једначина једнакости запремина и друге. Такви проблеми се називају 2.2 Проблеми хидропнеумостатике

У инжењерским проблемима јављају се флуидне запремине које испуњавају радни флуиди који могу бити стишљиви или нестишљиви (гасови или течности).


34

За гасове (у првом реду ваздух) значајна је једначина стања гаса. Уколико се гас сматра идеалним, тада се једначина назива једначина стања идеалног гаса. Наиме, стање гаса одређују три величине стања, и то:  апсолутни притисак p,  густина гаса  и  апсолутна температура Т. Било која функционална зависност између ове три величине F(p,,T) = 0 назива се једначином стања. Једначина стања идеалног гаса се може писати у облику pv = RT, где су: v – специфична запремина а R- гасна константа која за ваздух износи R= 287 J/kgK. У конкретним условима се користи једначина изотермске промене стања гаса која је облика p1V1 = p2V2, где су: p1 и p2 – апсолутне вредности притисака пре и после промене стања а V1 и V2 – вреднсоти запремина пре и после промене стања гаса. Поред једначине изотермске промене стања гаса користе се још и: 1. једначина равнотеже сила које делују на чврсте површине (најчешће клипове) које раздвајају стишљиве и нестишљиве флуиде и 2. једначина једнакости запремина пре и после посматраног процеса. Примена наведених једначина ће бити јаснија након разматрања неколико следећих примера.


35

ЗАДАТАК 4. Одредити силу F=? Под чијим дејством се клип пнеумоцилиндра помери за ход h, ако ваздух у коморама мења стање изотермски. Дати подаци су: pa, a, b, h, d, D. (Слика 7) F

pa

d

F

D

d

pa

p2 p1 h

h a

D

a

b

b

б)

а) Слика 7.

Када на клипњачу цилиндра почне да делује сила F, долази до померања клипа удесно за величину h. Радне коморе цилиндра мењају запремину тако да долази и до промена вредности притисака у тим коморама. У левој комори, након померања клипа деловаће притисак p1 а у десној комори притисак p2 (слика 7б). За леву комору пнеумоцилиндра изотермска промена стања гаса општег облика p0V0 = p1V1 гласи: pa a( D 2  d 2 )





 ( p1  pa )(a  h)( D 2  d 2 ) . 4 4

(4.1)

Овде је веома важно нагласити да у једначини стања морају бити коришћене апсолутне вредности притисака. Из једначине (4.1) следи да је pa  p1  pa

a , ah

одакле се простим алгебарским трансформацијама добија

p1  pa (

a  1). ah

(4.2)

Очигледно да је вредност притиска p1 < 0, што је и требало очекивати јер услед повећања запремине долази до смањења притиска који на тај начин улази у област потпритиска. Супротно овоме, у десној комори цилиндра долази до смањења запремине, тако да треба очекивати настајање натпритиска, односно p2>0.


36

За десну комору пнеумоцилиндра општег облика p0V0 = p2V2 гласи: pabD 2

 4

 ( p2  pa )(b  h) D 2

 4

изотермска промена стања гаса

.

(4.3)

Из једначине (4.3) следи да је pa  p2  pa

b , bh

одакле се простим алгебарским трансформацијама добија p2  pa (

b  1). bh

(4.4)

За одређивање силе којом треба деловати на клипњачу пнеумоцилиндра користи се једначина равнотеже сила које делују на клип цилиндра. Слика 8. шематски приказује силе које оптерећују клип. P1 F

P2

Слика 8. Дакле, на клип цилиндра делују три силе, како показује слика 8. Силе P1 и P2 су силе које потичу од дејства стишљивог флуида. С обзиром да су то силе које су једнаке производу притиска и површине на коју тај притисак делује, њихове вредности су: P1  p1 ( D 2  d 2 ) P2  p2 D 2

 4

 4

 pa (

 pa (

 a  1)( D 2  d 2 ) , ah 4

 b  1) D 2 . bh 4

(4.5)

(4.6)

Једначина равнотеже сила које делују на клип је F + P1 = P2.

(4.7)


37

Уврштавањем израза (4.5) и (4.6) у једначину (4.7) добија се сила која је потребна да делује на клипњачу цилиндра како би се клип померио за величину h: F  pa (

  b a  1) D 2  pa (  1)( D 2  d 2 ) . bh ah 4 4

ЗАДАТАК 5. У хидрауличко-пнеуматском цилиндру креће ес клип без трења. Када на клип делује сила F, клип се спушта. Одредити разлику померања клипа и спуштања нивоа течности у цилиндру, ако је промена стања ваздуха у ваздушном делу цилиндра изотермска. Дати подаци су: F,G, D, pa, H. (Слика 9.) F G

F

x H

pm0 G



y

б)

D

Pm0

G

Pm1 в)

а)

Слика 9. Као што слика 9а показује, након дејства силе F долази до кретања клипа надоле, услед чега се запремина ваздушног дела цилиндра смањује за величину x. Како је течност много мање стишљив флуид у односу на гас, то ће померање нивоа течности бити много мање и износи y. У задатку је потребно одредити разлику померања x – y = ? На основу једначина равнотеже сила које делују на клип пре и након дејства силе, како показују слике 9б) и 9в) је D 2 , 4 D 2 G  F  pm1 . 4 G  pm 0


38

Из претходних једначина се добијају вредности натпритисака у ваздушном делу пре и после дејства силе: 4G , D 2 4(G  F ) pm1  . D 2 pm 0 

С обзиром на то да ваздух у пнеуматском делу цилиндра мења стање изотермски, једначина изотермске промене стања гаса, која је општег облика p0V0  p1V1 , ће бити облика ( pa  pm 0 )

D 2 D 2 H  ( pa  pm1 ) ( H  x  y ). 4 4

Потребно је уочити да у претходној једначини фигуришу апсолутне вредности притисака. Након раздвајања непознатих и познатих величина ( x  y )( pa  pm1 )  ( pm1  pm 0 ) H , добија се тражено решење x y

( pm1  pm 0 ) H, pa  pm1

које је, након уврштавања нађених вредности за релативне притиске облика: x y

4F . pa D   4(G  F ) 2

ЗАДАТАК 6. Израчунати до које ће дубине h=? потонути у воду цилиндрични суд танких зидова, који је пречника D, висине H и масе m. Пре почетка тоњења, ваздух у суду је био под притиском pa


39

а након тога мења стање изотермски. Дати подаци: pa,D,H, m,. (Слика 10)

pa

P

H Pa

D

z

p h1

а)

mg

h2

I

б)

I h

в)

Слика 10. Положај суда пре почетка тоњења приказан је на слици 9а). Услед постојања масе суда долази до његовог кретања надоле. Притисак у ваздушном простору се мења (повећава се) и долази до вредности p. Висина до које је суд потонуо обележена је са h. Поменута висина је, на основу слике 10б) h  h1  h2 ,

тако да се задатак своди на одређивање ове две висине. Геометријска величина z одређује се на сонову изотермске промене стања гаса у ваздушном делу суда, која гласи pa H  pz ,

(6.1)

где се напомиње да је притисак p – апсолутни притисак у ваздушном простору суда након његовог кретања. Из једначине (6.1) следи да је z

pa H. p

(6.2)

Једначина равнотеже сила која делују на суд, на сонову слике 10в) гласи: P  Pa  mg ,


40 односно p

D 2 D 2  pa  mg , 4 4

из које се долази до вредности притиска p  pa 

4mg . D 2

(6.3)

Уврштавањем израза (6.3) у израз (6.2), добија се величина

z

pa H. 4mg pa  2 D

(6.4)

Како је утврђена величина z, то се сада може одредити први део тражене висине h1  H  z ,

односно, уврштавањем израза (6.4) h1  H (1 

pa ). 4mg pa  2 D

(6.5)

За одређивање другог дела висине h2 може послужити једначина изобарске површи која је постављена за раван I-I. Поменута једначина гласи: pa  gh2  p, из које следи да је h2 

p  pa . g

Уврштавањем израза (6.3) у последњи израз добија се

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике h2 

pa 

41

4mg  pa D 2 , g

односно h2 

4m . D 2

(6.6)

Сабирањем израза (6.5) и (6.6) одређује се тражена висина pa 4m  H (1  ). 2 4mg D  pa  2 D Дејство потпритиска се може приказати на следећем примеру. h

ЗАДАТАК 7. Цилиндрични суд пречника D напуњен је водом до висине H и виси на клипу пречника d захваљујући потпритиску pv који делује изнад воде. Одредити до које висине H=? треба да буде напуњен суд да би се налазио у стању равнотеже. Дати подаци су: D, d, ρ, pv. (Слика 11)

Pv

G

Слика 11. Равнотежа посматраног суда на слици 11. се одржава дејтвом силе потпритиска Pv и силе тежине течности која испуњава суд G. То се изражава једначином облика


42 Pv  G.

Сила потпритиска је једнака производу потпритиска и површине прстенасте површи на коју потпритисак делује, односно Pv  pv ( D 2  d 2 )

 4

,

док је сила тежине G  gV  g

D 2 H. 4

Напомиње се да део запремине цилиндра пречника d који је у течности не разматра јер је у питању мала запремина. Изједначавањем постављених израза за силе долази се до једначине облика pv ( D 2  d 2 )

 4

 gH

D 2 . 4

Из последње једначине је тражена висина H

pv ( D 2  d 2 ) . gd 2

Дакле, долази се до појма силе притиска која настаје као резултат дјства притиска због чега се у даљем тексту разматра 2.3 Сила притиска на равне и криве површи

За инжењерске прорачуне, свако дејство притиска на неку површ се узима у обзир преко силе притиска. У делу 2.1 је напоменуто де се сила притска израчунава као производ притиска и површине на коју тај притисак делује. Сила притиска је векторска величина која је одређена својим правцем, смером и интезитетом. Положај силе притиска зависи од тога да ли на површину која се посматра делује стишљиви или нестишљиви флуид. То је шематски приказано на слици 12.


43

СИЛА ПРИТИСКА ФЛУИДА P

ДЕЈСТВО СТИШЉИВОГ ФЛУИДА

Зависи од тога да ли флуид делује на равну или на криву површ.

A

Pm

Pm= pm A

c

pm

A

Pv pv

ДЕЈСТВО НЕСТИШЉИВОГ ФЛУИДА

Pv= pv A

c

Сила притиска на РАВНУ површ

Сила притиска на КРИВУ површ

pm

pm

Vz zcx

zc

P 

C D



zc

Px C zcx D

Px  gzc x Ax , Pz  gVz

P  gzc A

P  Px2  Pz2 .

Слика 12. Слика 12. показује да сила притиска на равну површ не делује у тежишној тачки посматране површи, већ у тачки која се налази испод те тачке а која се назива центар притиска. Интезитет силе је приказан на слици.


44

Код кривих површи, поступак одређивања силе притиска је унеколико другачији. Укупна сила притиска се разлаже на две компоненте. Компонента у хоризонталном правцу се добија као сила притиска на равну површ, јер се пројектовањем мамкоје криве побрши у хоризонталном правцу добија равна површ. Компонента силе у вертикалном правцу зависи од запремине која се добија пројектовањем криве површи на ниво слободне површи. ЗАДАТАК 8. Наћи уравнотежујућу силу F и координате центра C система паралелних сила притиска течности на правоугаони поклопац, ако се његов горњи крај налази на дубини H. Висина поклопца је a а ширина поклопца b; густина течности је  . (Слика 13)

Слика 13. Притисци у карактеристичним тачкама су p A  y  0   gH ; pB  y  a   g H  a  .

Сила притиска на поклопац површине A=ab је: P  pC A 

gab p A  pB a  2 H  .  ab  2 2

Координате тачке C (тежиште трапеза притиска) су: p A  2 pB a a2a  3 H  .   yC  p A  pB 3 3a  2 H  Тежиште yC је тражено по обрасцу за тежиште трапеза. xC  0;

yC 


45

ЗАДАТАК 9. Правоугаона брана AB иригационог канала нагнута је под углом  према хоризонтали и може ротирати око хоризонталне осе O, која пролази кроз центар масе. Брана се ослања доњом ивицом на ослонац A. Растојање од ослонца A до осе O износи b. При ниском водостају брана не пропушта воду кроз канал. Одредити при којој висини H воде ће се брана отворити ( окренути око O) и почети да пушта воду каналом. Трење на оси ротације занемарити. (Слика 14)

Слика 14. Притисак у тачки А је p A  gH ; p  gh .

Са слике следи пропорција: p0 a a  ; p0  pA ; pA a  b ab 1 1 P1  p0 a; P2   p0  p A b. 2 2


46

Из обрасца за тежиште трапеза следи: aC 

p0  2 p A b  . p0  p A 3

Статички услов равнотеже сила које делују на брану даје

M 0  0;

FA b  P1 

a  P2 a C  0; 3

FA b  P1

a  P2 a C . 3

У моменту отварања бране ( одвајање од ослонца A) нестаје реакција, FA=0, па је: P1

a  P2 aC ; 3

p  2 pA b a2 1 p0   p0  p A b  O  ; 6 2 p0  p A 3

a2 a b2  a  pA  2 pA    pA   6 ab 6 ab 

: pA 

a 3  3ab 2  2b3 . (9.1)

Са слике се добија: H  a  b  sin  

a

H  b sin  . sin 

(9.2)

На основу израза (9.1) у (9.2) добија се: H 3  3 H 2b sin   3 Hb 2 sin 2   b 3 sin 3  H  b sin   3b 2  2b 3 . 3 sin  sin  Након алгебарских трансформација добија се: H 3  3 H 2b sin   0  H  3b sin  .

За отварање бране и пропуштање воде у канал мора бити испуњен услов: H≥3bsin . Наравно, поступак за одређивање силе притска је идентичан и када равну површину квасе две или више течности.


47

Како резервоари могу бити напуњени и са две течности које се не мешају то се у наредном примеру разматра такав проблем. ЗАДАТАК 10. Одрeдити укупну силу притиска која оптерећује преграду А-А резервоара у коме се налазе две течности које се не мешају. Ширина преграде је L. Дати подаци су: pv, H, L, , 1, 2. (Слика 15) A

A pv

H

H

1

 

pv

H

H

1

Pv P1

2

Cv  1 C D11 

zc1

zc2 P2

2H

2H

C2 D2

2

2

A

A

Слика 15. Преградни зид А-А се може поделити на три дела: први - на који делује стишљиви флуид под потпритиском pv, други – на који делује течност густине 1 и трећи – на који делује течност густине 2. На сваки посматрани део делују силе притиска Pv, P1, P2, респективно. Сила притиска од нестишљивог флуида делује у тачки Cv, тј. У тежишту, и усмерена је од површи, јер је простор испуњен ваздухом који је под потпритиском pv. Интезитет ове силе је Pv  pv Av , где је Av – површина дела преграде не којој делује потпритисак. Пошто је преграда на том делу нагнута под углом  у односу на хоризонталу, H то је дужина тог дела , односно површина, с обзиром на то да је sin  ширина преграде L

Av 

H L, sin 


48 а сила притиска Pv  pv L

H . sin 

(10.1)

Сила притиска од течности густине 1 је P1 и њен интезитет се израчунава на основу израза P1  1 gzc1 A1 ,

(10.2)

где су: zc1 – вертикално растојање од тежишне тачке C1 до нивоа слободне површи за течност густине 1 (ниво 1), А1 – површина површи која је оквашена течношћу густине 1. Растојање zc се одређује постављањем једначине изобарске површи која пролази кроз тежишну тачку C1, како то показује слика 16. pv Ниво течности у суду 1

pa-pv pa Ниво слободне површи zc1

H/2 I 1

P1

C1 D1

I zc1

vc1 vc1

Слика 16. Ниво слободне течности се налази испод нивоа течности у суду, како је то раније објашњено. Изобарска површ постављена кроз тежишну тачку је површ I-I. Сила притиска не делује у тежишној тачки C1 већ у тачки центра притиска D1. Положај тачке центра притиска је одређен вертикалним растојањем zc1, односно растојањем у правцу површи vc1. Ова растојања зависе од вредности растијања zc1 које је потребно одредити. На нивоу течности у суду, апсолутни притисак износи pa – pv, док на нивоу слободне површине течности притисак је pa. Једначина равнотеже притисака постављена за изобарску површ I-I гласи:

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике pa  pv  1 g

H  pa  1 gzc1 2

Полази од нивоа течности у суду: На нивоу течности pa-pv а затим стуб течности густине 1 и висине H/2!

Полази од нивоа слободне површи: На нивоу слободне површи је pa а затим стуб течности густине 1 и висине zc1!

49

(10.3) Десна страна једначине је увек иста јер се увек креће од нивоа слободне површи!

Из једначине (10.3) добија се вредност траженог растојања zc1  

pv H  . 1 g 2

(10.4)

Површина на коју делује течност густине 1 је A1 

H L. sin 

(10.5)

Уврштавањем израза (10.4) и (10.5) у једначину (10.2) добија се интезитет силе

P1  1 g (

pv H H  ) L. 1 g 2 sin 

(10.6)

Положај силе P1 је одређен растојањем zc1 у односу на тежишну тачку површи А1. Иако се то задатком не тражи, у овом делу се одређује то растојање на основу израза zc1 

I c1 , A1 zc1

где је Ic1 – момент инерције површи А1. За конкретан пример H 3 ) L  sin , I c1  12 (

тако да је тражено растојање

50


H 3L 3 H 2L zc1  sin   . 2 H 12 sin  z 1 c 12 zc1 sin 

Потребно је још одредити силу P2. Као и претходна, тако и сила P2 не делује у тежишној тачки, већ у тачки центра притиска D2. Интезитет ове силе је P2   2 gzc 2 A2 ,

(10.7)

где су: zc2 – вертикално растојање од тежишне тачке C2 до нивоа слободне површи за течност густине 2 (ниво 2), А2 – површина површи која је оквашена течношћу густине 2. Растојање zc се одређује постављањем једначине изобарске површи која пролази кроз тежишну тачку C2, како то показује слика 17. pv Ниво течности у суду 1

pa-pv pa

H 1

2

C1 D1

P1

Ниво слободне површи

2 ’ H zc2

II

C2 2

P2

II

D2

Слика 17. За одређивање растојања zc2 поступак је сличан претходном. Наиме, поставља се једначина изобарске површи за раван II-II која пролази кроз тежишну тачку C2. При томе, потребно је нагласити да се полази од највишег нивоа течности у резервоару, без обзира што је то течност густине 1. За дефинисану раван II-II једначина ће имати облик

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике pa  pv  1 gH   2 g Полази се од нивоа течности у суду: На нивоу течности pa-pv а затим стуб течности густине 1 и висине H + стуб течности и густине 2 висине H/2!

H  pa   2 gzc 2 2 Полази од нивоа слободне површи: На нивоу слободне површи је pa а затим стуб течности густине 2 и висине zc2!

51

(10.8) ПАЖЊА: Десна страна једначине је ОПЕТ иста јер се увек креће од нивоа слободне површи!

Из једначине (10.7) добија се вредност траженог растојања zc 2  

 H pv  1 H  2 . 2 2 g 2

(10.9)

Утицај течности густине 1 на растојање zc2 дат је преко количника

1 . 2

Што је разлика густина већа, то ће бити мање тражено растојање јер мора бити испуњен услов да је 1 <2. На овом месту треба обратити пажњу да ниво слободне површи може бити и изнад и испод нивоа течности густине 2 у резервоару. Због чега? Због тога што течност густине 1 ствара одговарајући натпритисак, интезитета 1gH, у односу на течност густине 2. Поред овог натпритиска изнад течности делује и потпритисак pv. У зависности од односа ове две вредности притисака, ниво слободне површи 2 ће бити или изнад или испод новоа течности густине 2 у суду. Дакле, ако је

 2 gH  pv , тада је положај нивоа слободне површи 2 као што је приказано на слици 17, а уколико је

 2 gH  pv ,


52

тада би положај нивоа слободне површи био испод нивоа течности густине 2 (на слици 17 то је ниво 2/). Уврштавањем израза (10.9) у једначину (10.7) добија се израз за силу притиска P2   2 g (

 pv H  1 H   2 )2 HL, 2 2 g 2

(10.10)

јер је вредност површине на коју притисак делује A2  2 HL.

У овом моменту су одређене све три силе притиска које оптерећују везу А-А. За одређивање укупне силе притиска потребно је извршити пројектовање појединачних сила притисак у правцу x и z осе, које су показане на слици 15. Пројекција у правцу x-осе даје  Pv cos   P1 cos   P2  Px , а у правцу z – осе је  Pv sin   P1 sin   Pz . Укупна сила притиска је Pu  Px2  Pz2  ( Pv cos   P1 cos   P2 ) 2  ( Pv sin   P1 sin  ) 2 .

Претходни примери представљају примере одређивања силе притиска на равне површи. У наредним примерима се уводе и криве површи, као и случајеви када су резервоари испуњени са две течности које се не мешају. Следећи пример је практичан проблем одређивања потребне силе за држање преграде уз коју је насута течност. ЗАДАТАК 11. Челично уже држи призматичну преграду ширине L и занемарљиве дебљине. На преграду делују течности густина 1 и 2. Одредити силу у ужету како би положај преграде био одређен углом . Масу преграде занемарити. Дати подаци су: h1, h2, 1, 2, , L. (Слика 18)

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике K

53

K F 1

A h1

2

1

h1

A P1

1

zc1

C1

vc1 zc2

C2

h2

h2 2

2

 O

P2 D

vc1

vc1

2



vc2

O

Слика 18. У посматраном примеру, на преграду делују три силе: сила у ужету F, сила притиска којаделује од течности густине 1 – сила P1, сила притиска којаделује од течности густине 2 – сила P2. Сила притиска Р1 је P1  1 gzc1 A1 ,

(11.1)

при чему је A1 

h1 L. sin 

(11.2)

Слично као и у задатку 10, за одређивање растојања zc1 поставља се једначина равнотеже за изобарску површ која пролази кроз тежишну тачку С1. Једначина за ову површ је pa  1 g

h1  pa  1 gzc1 , 2

из које је

zc1 

h1 . 2

Уврштавањем (11.2) и (11.3) у (11.1) добија се сила притиска

(11.3)


54 P1 

1 h2 1 g 1 L. 2 sin 

(11.4)

Сила притиска Р2 је P2   2 gzc 2 A2 ,

(11.5)

при чему је A2 

h2 L. sin 

(11.6)

За одређивање растојања zc2 поставља се једначина равнотеже за изобарску површ која пролази кроз тежишну тачку С2. Једначина за ову површ је pa  1 gh1   2 g

h2  pa   2 gzc 2 , 2

из које је zc 2 

1 h h1  2 . 2 2

(11.7)

Уврштавањем (11.6) и (11.7) у (11.5) добија се сила притиска P2  ( 1 gh1   2 g

h2 h2 L ) . 2 sin 

(11.8)

На овај начин су одређени интезитети сила притисака. Потребно је још одредити њихове положаје (нападне тачке), јер се тражена сила добија постављањем моментне једначине за тачку О, тако да су растојања vc1, vc2, vc1, vc2 неопходна. Према дефиницији је vc1 

I c1 , A1vc1

при чему је тражени момент инерције за правоугаоник


55

h1 3 ) L h13 L I c1  sin   . 12 12 sin 3  (

Растојање vc1 се одређује из правоуглог троугла, тако да је vc1 

zc1 h1  . sin  2 sin 

На овај начин је vc1 

h1 . 6 sin 

Аналпгно претходном је vc 2 

Ic2 , A2vc 2

при чему је тражени момент инерције h2 3 ) L h23 L sin    . 12 12 sin 3  (

Ic2

Растојање vc1 се одређује из правоуглог троугла, тако да је vc 2 

zc 2 h2  . sin  2 sin 

На овај начин је vc 2 

h2 . 6 sin 

Како би се одредила тражена сила, поставља се моментна једначина за непокретну тачку О M O  0.


56

На основу слике 18 следи да је једначина облика F

(h1  h2 ) h h1 h  P1 ( 2   vc1 )  P2 ( 2  vc 2 )  0, sin  sin  2 sin  2 sin 

из које се добија решење F

sin   P1 ( h2  h1  vc1 )  P2 ( h2  vc 2 ) . h1  h2 sin  2 sin  2 sin 

Претходни примери су били примери у којима су се јављале само равне површине. Наредни задаци проширују разматрање, јер уводе и криве површи. ЗАДАТАК 12. Одредити ширину преграде А-А тако да укупна сила притиска која оптерећује поклопац не пређе вредност Pu. Дати подаци су: R, 1, 2, Pu, pm. (Слика 19)

pm

R 2R

A

pm

R

A zc1x

2R

1 R

1

A

R

Pmx A1 A2 P1x A

A3 A4

2

2 z x

Слика 19. Како је у питању површина која се једним делом састоји из правог вертикалног зида, а другим делом иц полуцилиндра, посматра се као крива површ за коју се траже компоненте силе притиска у правцу x и у правцу z осе. Пројектовањем преграде А-А у правцу x- осе добија се равна површ коју делимо на три дела: део А1-А2 на коме делује сила притиска од стишљивог флуида, део А2 – А3 на коме делује сила притиска од нестишљивог флуида густине 1 и део А3 – А4 на који делује сила притиска од нестишљивог флуида густине 2. При томе, прва два дела


57

површи се пројектују у стварној величини јер се ради о вертикалним равним површима, док трећи део представља равну површ која се добија пројектовањем криве површи дела полуцилиндра. Прва сила је сила притиска која делује од стишљивог флуида који је под натпритиском pm. Поменута сила притиска, пошто је зид вертикалан, се у целој својој величини пројектује у правцу x – осе, тако да је Pm  Pmx . Интезитет те силе је Pm  pm Am , па како је Am  RL , то је Pm  pm RL.

је

(12.1)

За други део преграде, који кваси течност густине 1 сила притиска P1  1 gzc1 A1.

(12.2)

Овде је A1  2 RL . Растојање zc1 се добија на основу једначине изобарске површи која се поставља кроз тежишну тачку С1 за коју је pm  pa  1 gR  pa  1 gzc1 , а из које се добија да је zc1 

pm  R. 1 g

(12.3)

Уврштавањем израза (12.2) и (12.3) у (12.1) добија се сила притиска P1  P1x  1 g (

pm  R)2 RL. 1 g

(12.4)

58


Трећи део преграде, који треба пројектовати у правцу x – осе је полуцилиндар, полупречника R. Полуцилиндар је укружен течношћу густине 2. Издвојени део полуцилиндра приказан је на слици 20. R

dPx dP

dPx

dPz

dPz

dP

Слика 20. Уколико се на некој дубини уочи тетива на полуциилиндар и у околини те тетиве елементарна површина dA, на њу ће деловати елементарна сила dP. Елементарна сила се разлаже на правац хоризонтале и правац вертикале. Како, на основу Паскаловог закона, силе на истом нивоу морају бити истог интезитета, закључује се да се компоненте dPx међусобно поништавају, јер су то силе истог правца и интезитета али супротног смера. Укупно дејство флуида густине 2 се своди на дејство у правцу z – осе, и то вертикално навише, како то слика 20 и показује.

dPz

dP R dPx

dP dPx

Слика 21. Слично би се десило и за случај да течност испуњава уочену запремину. Разлагањем елементарне резултујуће силе опет се уочава да у хоризонталном правцу се силе поништавају, али у вертикалном правцу силе делују вертикално надоле. На основу претходне анализе закључује се следеће: 1. Када је крива површ симетрична у односу на z – осу, тада је њена пројекција силе притиска у правцу x – осе једнака нули. 2. Када је запремина ограничена истом кривом површи окружена течношћу, вертикална компонента силе притиска делује нагоре(сила потиска) а када течност испуњава уочену


59

запремину, вертикална компонента силе притиска је усмерена надоле (тежина течности). Дакле, у посматраном случају пројекција силе у правцу x – осе од полуцилиндра је једнака нули. Укупна компонента силе притиска у правцу x – осе је Px  Pm  P1 , односно, након уврштавања израза (12.1) и (12.4) у последњи израз: Px  3 pm RL  2 1 gR 2 L.

(12.5)

Преостаје још да се одреде компоненте силе притиска у правцу z – осе. Како су делови преграде А1-А2 и А2-А3 вертикални зидови, њихове z- компоненте силе притиска су једнаке нули. Укупна компонента силе притиска у вертикалном правцу се своди на силу од дела полуцилиндра. Поменута компонента је Pz   2 gVz ,

(12.6)

где је Vz – запремина која се добија пројектовањем криве површи на ниво слободне површи. Треба нагласити да у последњем изразу фигурише густина 2 јер течност ове густине кваси полуцилиндричну површ. Запремина која се добија пројектовањем полуцилиндра на ниво слободне површи приказана је на слици 22.

2

H I

I R

Слика 22.

L


60

Запремина Vz се састоји из два дела, односно Vz  V polucilindra  Vkvadra , односно Vz  HRL 

1 2 R L. 2

За једнозначно дефинисање запремине неопходно је одредити висину H. Назначена висина се најлакше одређује постављањем једначине равнотеже притисака за изобарску површ I-I, односно pa  pm  1 g 2 R  pa   2 gH . Ово је део једначине када се полази од нивоа течности у суду, тако да се узима у обзир течност густине 1.

Ово је део једначине када се полази од нивоа слободне површи за течност густине 2.

На основу претходне једначине је H

pm   2 1 R. 2 g 2

Уврштавањем израза за висину H у израз за запремину Vz добија се Vz  RL(

pm 1   2 1 R  R ). 2 2 2 g

(12.7)

После уврштавања израза (12.7) у израз (12.6) добија се вредност силе притиска Pz  pm RL  2 1 gR 2 L 

1  2 gR 2L. 2

Укупна сила притиска која оптерећује везу је

(12.8)


61

P  Px2  Pz2 ,

односно, уврштавањем израза (12.5) и (12.8) следи да је Pu  L (3 pm R  2 1 gR 2 ) 2  ( pm R  2 1 gR 2 

1  2 gR 2 ) 2 , 2

одакле је тражена вредност ширине преграде

L

Pu 1 (3 pm R  2 1 gR )  ( pm R  2 1 gR   2 gR 2 ) 2 2 2 2

.

2

ЗАДАТАК 13. Поклопац обилка ¾ цилиндра затвара преграду А-А у резервоару у коме се налазе две течности које се не мешају. Одредити силу која оптерећује везу А-А.Ширина преграде је L. Дати подаци су: 1, 2, R, L. (Слика 23). 1 R

R 1

2 1

A

2

2 A

A

R

A R

zc

Pz

Px R

z x

Слика 23. У овом примеру целокупна површина за коју се тражи сила притиска је крива површ. Зато се врши пројектовање криве површи у правцу xосе и z- осе. Пројектовање у хоризонталном правцу се своди на ¼ цилиндра, јер доња половина цилиндра је симетрична у односу на z – осу, тако да нема компоненту у правцу x – осе. Меродавна површина након пројектовања је правоугаоник висине R и ширине L, односно Ax  RL.


62

Компонента силе притиска у хоризонталном правцу је Px   2 gzc Ax , тако да је за њено одређивање неопходно одредити растојање zc. Тражено растојање се одређује из једначине за изобарску површ која је постављана у тежишној тачки уочене површи, како је то већ разматрано. Једначина гласи: pa  1 gR   2 g

R  pa   2 gzc . 2

Напомиње се да је суд отворен према атмосфери. Из последње једначине је zc 

1 R R , 2 2

тако да је компонента силе притиска Px   2 g (

R 1 R  ) RL. 2 2

Компонента силе притиска у правцу z – осе је Pz   2 gVz ,

где је, поново, Vz – запремина која се добија пројектовањем криве површи у вертикалном правцу, на ниво слободне површи течности густине 2. За одређивање запремине, неопходно је извршити следећу анализу:

y

Слика 24.


63

Приликом одређивања запремине, у оваквом случају, најједноставније је вршити пројектовање четвртину по четвртину цилиндра. Такво пројектовање је приказано на слици 24, где су се појавиле двоструко ишрафиране површи. Ове делове запремина елиминишемо, јер се дејство сила у тој области поништава. На тај начин остаје запремина која је приказана на слици 25.

Слика 25. Са слике се види да је Vz  V3 / 4 cilindra  Vkvadra , односно Vz 

3 2 R L  RLy, 4

при чему се висина y добија на основу једначине изобарске површи која је постављена на нивоу пречника цилиндра, тј. pa  1 gR   2 gR  pa   2 gy, из које је


64 y

1 R  R. 2

Уврштавањен овог израза у израз за запремину следи да је Vz 

 3 2 R L  RL( 1 R  R ), 2 4

на основу чега је 3  Pz   2 gR 2 L(   1  1). 2 4 Укупна сила притиска је P  Px2  Pz2 .

ЗАДАТАК 14. Одредити укупну силу притиска која делује на криву површ облика четвртине цилиндра, дужине L. Вода је насута до висине h. Дати подаци су: h, R, L, ρ, . (Слика 26)

Vz

zc

Px

C D

 x

Слика 26. У примеру се ради о кривој површи која је ограничена делом цилиндра. По процедури која је већ дата у претходним примерима, најпре се израчунава компонента силе притиска која се добија пројектовањем површи у хоризонталном правцу. Као резултат се добија равна површина за коју је сила притиска Px  gzc Ax ,


65

где је Ax  hL. Растојање zc се одређује из једначине за изобарску површ која пролази кроз тежиште равне површи, односно pa  g

h  pa  gzc , 2

из које је h zc  . 2 На основу овако одређене величине, компонента силе притиска је Px 

1 gh 2 L. 2

Компонента силе притиска у вертикалном правцу добија се пројектовањем дела цилиндра на ниво слободне површи. Интезитет компоненте је Pz  gVz .

Дакле, треба правилно одредити запремину Vz. Вредност запремине се сатоји из три дела: 1 Vz  Vkvadra  Vi sec ka cilindra  Vmanjeg kvadra . 2 Уврштавањем геометријске зависности (слика 26) cos  

x  x  Rcos , R

запремина износи R 2 1 Vz  RhL  L  R cos hL. 360 2


66

Уврштавањем ове запремине у интезитет компоненте силе притиска добија се Pz  gRL(h 

R 1  h cos  ). 360 2

Укупна сила притиска је P  Px2  Pz2 ,

односно P  gL

R 1 1 4 h  (h   h cos  ) 2 . 4 360 2

ЗАДАТАК 15. Одредити силу притиска која делује на цилиндрични зид, дужине L, и полупречника R, ако је вода насута до висине h. Дати подаци су: R, h, ρ, L.(Слика 27)

R-h

  zc Px x

Слика 27. Као и у претходном примеру, укупна сила притиска је P  Px2  Pz2 .

Компонента силе притиска у хоризонталном правцу је Px  gzc Ax , при чему је Ax  hL.


67

Једначина изобарске површи постављена за равак која пролази кроз тежишну тачку равне површи, која је добијена као пројекција посматране криве површи у правцу x – осе, гласи: pa  g

h  pa  gzc , 2

из које се добија да је h zc  . 2 Уврштавањем попследњег израза у израз за Px, тражена компонента силе притиска у правцу хоризонталне осе је Px 

1 gh 2 L. 2

Компонента силе притиска у правцу z – осе добија се пројектовањем криве површи на ниво слободне површи, односно Pz  gVz .

Тражена запремина се састоји из два дела: Vz  Vi sec ka cilindra  V1 / 2 kvadra . За одређивање запремине исечка цилиндра посматра се запремина дела цилиндра која је одређена углом . Како угао  није задат, он се одређује из правоуглог троугла, на основу релације cos  

Rh , R

или sin  

x , R

при чему је величина x одређена изразом


68

x  R 2  ( R  h) 2  2 Rh  h 2 . Делови запремине су: Vi sec ka cilindra  V1 / 2 kvadra 

R 2 R 2 Rh ), L L arccos( 360 360 R

1 1 xL( R  h)  L( R  h) 2 Rh  h 2 . 2 2

На основу претходних израза је R 2L Rh 1 Vz  arccos( )  L( R  h) 2 Rh  h 2 , 360 R 2 одакле је компонента силе притиска  R 2L  Rh 1 Pz  g  arccos( )  L( R  h) 2 Rh  h 2 . R 2  360 

2.4 Метода равнотеже течности. Сила потиска

Претходни примери представљају примере у којима се сила притиска одређује ''по дефиницији''. Такав поступак, како је већ показано, подразумева одређивање запремине која се добија пројектовањем криве површи, у вертикалном правцу, на ниво слободне површи. Ово је добар метод када се преграде у којима се налазе криве површи вертикално или хоризонтално постављене. Шта се дешава када се крива површ налази на косом преградном зиду, као што показује слика 28? pm Vz Pn



R G

Слика 28.


69

Запремину Vz, коју у том случају треба одредити, није тако лако израчунати, јер се јавља и део запремине са спољашње стране цилиндра или сфере. Зато се, у оваквим случајевима, примењује такозвани метод равнотеже течности или метод силе потиска. Овај метод се састоји у следећем: 1. запремина коју ограничава крива површ се затвара једном замишљеном равном површи на коју делује сила Pn , 2. дејство тежине течности која испуњава уочену запремину се узима силом тежине течности G . 3. Сила која оптерећује везу се добија преко компонената укупне силе, при чему су компоненте међусобно нормалне тако да је Pu  Px2  Pz2 . Поред приказаног случаја када течност испуњава уочену запремину која је ограничена са кривом површи, може се десити случај када је запремина окружена са течношћу, како је приказано на слици 29.

pm

P0

R Pn 

Слика 29. Поступак одређивања укупне силе је идентичан као и у претходном случају, изузев што у вертикалном правцу не делује сила тежине, усмерена надоле, већ тзв. сила потиска, која је усмерена вертикално навише. Ова сила је одавно позната – још од времена када је Архимед, лежећи у кади и откривши да има утисак да му је тело лакше, закључио да на тело потопљено у течност делује сила потиска и све то објавио јавности својим узвиком: ''Еурека!'' Поменута сила се због тога још назива и Архимедова сила. Дакле, није тело лакше у течности, већ на њега делује сила потиска која је усмерена супротно од силе тежине самог тела тако да смањује укупну силу у вертикалном правцу.


70

Слика 30. показује дејство тежине тела и силе потиска за тело које је делимично потопљено у течност густине .

P0 V0



G

Слика 30. Слика показује да сила потиска делује само на потопљени део запремине, односно део запремине који је оквашен са течношћу. У зависности од односа силе тежине G (мисли се на тежину која потиче од материјала од којег је тело направљено G , за разлику од силе тежине течности која испуњава неку запремину G0 ) и силе потиска P0 могу се јавити три случаја: G0  P0

тело тоне,

G0  P0

тело израња и

G0  P0

тело плива.

Интезитет силе потиска је P0  gV0 , при чему је V0 – запремина дела који је оквашен течношћу. Слично је сила тежине течности G0  gV0 , при чему је V0 – запремина коју течност испуњава. Још је важно нагласити да сила потиска и сила тежине течности не зависе од поља притиска и делују у тежишној тачки запремине.


71

Неколико следећих примера илуструје поступак методе силе потиска. ЗАДАТАК 16. Полусферни поклопац полупречника R, затвара отвор у косом преградном зиду. Одредити до које висине треба насути течност густине 2 са десне стране, како вијчана веза не би била оптерећена на истезање. Масу поклопца занемарити. Дати подаци су: R, h, pm, 1, 2, . (Слика 31). 1 A

h

1

H

h

R

A 

2

pm zc1

1 2



H=zc2 R

2

P0

Pn1 Pn2

G0

Слика 31. Поклопац А-А је оптерећен са обе стране. Применом метпде потиска, издваја се запренмина ограничена полусферном површи и затвара се замишљеном равном површином, ако је на слици 31 и приказано. На тај начин егзистирају четири које оптерећују везу А-А:  

нормална сила Pn1 која је сила притиска на равну површ а потиче од дејства течности густине 1 на уведену, замишљену површину, нормална сила Pn2 која је сила притиска на равну површ а потиче од дејства течности густине 2 на уведену, замишљену површину,


72  

сила тежине течности G0 која настаје услед тога што течност густине 1 испуњава запремину полусфере и сила потиска течности P0 која настаје услед тога што течност густине 2 окружује запремину полусфере.

Напомиње се да нормалне силе не делују у истој нападној тачки јер су густине течности, услед чијих постојања ове две силе постоје, различите. Сила тежине и сила потиска делују у истој нападној тачки (тежиште полусфере). Нормална сила Pn1, с обзиром да је то сила притиска на равну површ, је облика Pn1  1 gzc1 A1 , при чему је површина А1 површина круга (нормални пресек полусфере) A1  R 2 . Растојање zc1 се одређује постављањем једначине равнотеже за изобарску површ која пролази кроз центар кружнице, која гласи pm  pa  1 gh  pa  1 gzc1 , и из које следи zc1 

pm h  . 1 g 2

Након уврштавања у полазни израз је Pn1  1 g (

pm h 2  )R  . 1 g 2

Нормална сила Pn2, слично претходној сили, је облика Pn 2   2 gzc 2 A2 , при чему је површина А2 површина круга A2  R 2 .


73

Растојање zc2 се одређује постављањем једначине равнотеже за изобарску површ која пролази кроз центар кружнице, која гласи pm  pa   2 gH  pa   2 gzc 2 , и из које следи zc 2 

H . 2

Након уврштавања у полазни израз је Pn 2   2 g

H 2 R . 2

Сила тежине G0 je G0  1 gV01 . Запремина коју испуњава течност густине 1 је запремина полусфере V01 

1 3 R , 2

тако да је сила тежине G0 

1 1 gR 3 . 2

Сила потиска Р0 je P0   2 gV02 . Запремина коју окружује течност густине 2 је запремина полусфере V02 

1 3 R , 2

тако да је сила потиска


74 P0 

1  2 gR 3 . 2

(Можда је занимљиво на овом месту прокоментарисати и суштински анализирати силу потиска. P0

R

l

G0

Слика 32. Како би гласио израз за силу потиска и силу тежине када би из полусфере био извађен конус висине l? Сила потиска зависи од запремине коју течност окружује, без обзира да ли је у питању пун материјал или издубљен. Значи, и у овом као и у претходном случају је иста сила потиска, односно иста запремина која је меродавна за израчунавање силе потиска V0 

1 3 R . 2

Што се тиче силе тежине течности, меродавна запремина се мења, јер се мења запремина коју течност испуњава, односно сада би била 1 V0|  R 2l , 3 тј. запремина конуса. Још се напомиње да сада сила потиска и сила тежине не делују у истој нападној тачки, јер се тежишта конуса и полусфере разликују). У овом моменту су одређене све четири силе које оптерећују везу АА. Сила која истеже завртањску везу А-А је компонента силе која делује у правцу нормалном на правац преградног зида, док компонента силе која делује у правцу саме преграде смиче везу. У задатку треба


75

одредити компоненту силе која истеже везу, а затим је изједначити са нулом и из добијене једначине одредити висину насипања течности густине 2. P0 Pn1



y

R

 Pn2 

G0

x

Слика 33. На слици 33. оса на коју се врши пројектовање сила је x – оса. Једначина равнотеже сила дуж ове осе гласи: Pn1  G0 cos   Pn 2  P0 cos   0. Уврштавањем израза за појединачне силе једначина постаје облика pm R 2 

1 1 1 1 1 ghR 2   2 gHR 2  1 gRR 2 cos    2 gRR 2 cos   0. 2 2 2 2

Множењем последње једначине са 2R2 долази се до једначине облика 2 pm  1 gh   2 gH  gR cos  ( 1   2 )  0, из које се израчунава висина H

2 pm  1 gh  gR( 1   2 ) cos  . 2 g

ЗАДАТАК 17. Конусни затварач пречника d и висине 2H, густине m затвара кружни отвор у вертикалном зиду. Покретање затварача омогућава пнеуматски цилиндар пречника D и клипњаче D0. У цилиндру је опруга крутости с, чија је претходнадеформација била b. Колика треба да буде крутост опруге да би затварач затварао отвор. Цилиндар и затварач су повезани крутом полугом која је


76

обртна око тачке О. Дати подаци су: pm, b, l. H, D,D0, d, h1, h2, , m F. (Слика 34)

P0

zc1

zc2 Pn2zc2

Pn1

zc1

Gm

Pm Fc

Слика 34. Анализа сила је урађена на слици 34. На конусни затварач делују четири силе:    

сила потиска, сила тежине затварача која потиче од његове масе, јер је дата густина материјала од кога је направљен м, нормална сила са леве стране затварача, која зависи од натпритиска pm и нормална сила са десне стране затварача.

У пнеуматском цилиндру се јављају следеће силе:   

активна сила F, сила натпритиска леве коморе Pm и сила опруге Fc.

Одређивање сваке силе појединачно: Сила потиска се може израчунати за цео конус пошто је и са леве и са десне стране преграде течност исте густине . Ово је погодно и због одређивања нападне тачке силе, јер би у случају поделе конуса на два дела један део представљао зарубљени конус за који је теже одредити тачку тежишта. Интезитет ове силе је P0  gV0 ,


77

те како је V0 

1 d 2 2H , 3 4

то је P0 

1 gd 2H . 6

(17.1)

Сила тежине конуса је Gm   m gVm , при чему је 1 Vm  V0  d 2H , 6 јер се ради о истој запремини. Сила тежине је Gm 

1  m gd 2H . 6

(17.2)

Нормална сила са леве стране преграде је Pn1  gzc1 A1 , d ( )2 d 2 где је A1  2  , пошто се пречник на коме делује ова сила 4 16 израчуна из пропорције d : 2H  x : H d dH  x . x 2H 2 Из једначине изобарске површи која пролази кроз тежишну тачку кружног пресека


78

pm  pa  gh1  pa  gzc1 добија се величина zc1 

pm h. g 1

На основу добијених величина је Pn1  g (

pm d 2  h1 ) . g 16

(17.3)

Сличан је поступак за одређивање силе Pn2. Њен интезитет је Pn 2  gzc 2 A2 , d ( )2 d 2 где је A2  2  . 4 16 Из једначине изобарске површи која пролази кроз тежишну тачку кружног пресека pa  gh2  pa  gzc 2 добија се величина zc 2  h2 . На основу добијених величина је

Pn 2  gh2

d 2 . 16

(17.4)

С обзиром да су комора пнеуматског цилиндра и ваздушни простор резервоара повезани, то ће у комори цилиндра владати исти притисак pm, тако да је




Pm  pm ( D 2  D02 ) . 4

79

(17.5)

Преостаје још да се одреди сила у опрузи. Ова сила је Fc  cb.

(17.6)

На овај начин су одређене силе које делују у посматраном систему. Ради постављања моментне једначине за тачку О, неопходно је одредити геометријске параметре који ће то омогућити. Најпре је потребно одредити одстојање zc1 нормалне силе Pn1. Вредност одстојања је zc1 

I c1 , A1 zc1

где је момент инерције за кружни попречни пресек d ( )4  d 4 I c1  2  . 64 1024 Сада је d 4 d2 1024 zc1  2  . pm d  pm  h 64 ( )  h1 ) ( g 1 16 g

Слично је и за друго растојање, са десне стране преграде zc 2 

d2 . 64h2

Моментна једначина M O  0, биће облика


80 P0

H H  Gm  Pn1 (l  zc1 )  Pn 2 (l  zc 2 )  Fl  Pml  Fcl  0. 3 3

С обзиром да се непозната величина крутости опруге налази у сили Fc из претходне једначине се изражава управо ова сила Fcl  ( P0  Gm )

H  Pn1 (l  zc1 )  Pn 2 (l  zc 2 )  Fl  Pml. 3

Уврштавањем израза (17.1), (17.2), (17.3), (17.4), (17.5) и (17.6) у последњи израз, добија се

cb 

1 d 2 d2 gd 2H 2 (    m )  ( pm  gh1 ) (l  ) pm 18 16 64( h) g 1

d 2 d2   gh2 (l  )  Fl  pm ( D 2  D02 ) l , 16 64h2 4

одакле је 1 1 d 2 d2 2 2 c  gd H (    m )  ( pm  gh1 ) (l  ) p b 18 16 64( m  h1 ) g  gh2

 d 2 d2 (l  )  Fl  pm ( D 2  D02 ) l . 16 64h2 4

ЗАДАТАК 18. Резервоар има два поклопца : A-A, у облику сфере и B-B у облику зарубљеног конуса. Притисак у резервоару мери се помоћу манометра чије је показивање a. У манометру је жива чија b је густина ρж = 13,6·ρ, а a  . Одредити силе које истежу и 6 ,8 смичу везе A-A и B-B, ако је H=2b и h=b/3. Дати подаци су: ρ, b, d. (Слика 35)


81



zcA

p0

zcB GZ

А

А

P0A

/2 А

А

pa PNB

I

I

/2 PNA

Слика 35. У задатку су задате две запремине за које је потребно израчунати силе које их оптерећују. Пре одређивања сила, неопходно је најпре одредити притисак p0 јер се помоћу њега одређују остале вредности потребних притисака. Поменути притисак се одређује на основу једначине равнотеже притисака постављених за изобарску површ I-I која се налази на нижем нивоу манометра (слика 35). Једначина је облика: p0  pa  gb  pa   z ga, из које се добија да је p0   z ga  gb. Након уврштавања густине z=f() и дужине a=f(b) добија се p0  12 g

b  gb 6

p0  gb.

На овај начин је одређена вредност притиска на врху резервоара који је испуњен течношћу. Силе које оптерећују везу А-А су: 

сила потиска P0A,


82 

нормална сила PNA, кја настаје као последица затварања запремине полусфере замишљеном равном површи.

Нормална сила, пошто се ради о сили притиска на равну површ је одређена изразом PNA  gzcA AA , при чему је површина АА површина круга d 2 AA  . 4 Одређивање растојања zcA врши се на већ подробно описан начин, постављањем једначине изобарске површи за тежишну тачку равне површи А-А (центар круга), при чему се креће, најпре са нивоа на коме влада натпритисак p0 а затим са нивоа слободне површи, који се налази изнад нивоа течности у резервоару. На тај начин једначина је облика pa  p0  gH  pa  gzcA , из које је zcA  b  H . С обзиром да је H=2b, то је zcA  3b. Сада су одређене све величине које чине нормалну силу тако да је коначни израз који одређује ову силу

PNA 

3 gbd 2 . 4

Сила потиска се јавља као последица тога што течност окружује полусферну запремину, и ова сила је P0 A  gV0 A ,


83

при чему је запремина 1 d 1 V0 A  ( )3   d 3 . 2 2 16 Сила потиска је

P0 A 

1 gd 3 . 16

Сила која истеже везу А-А је сила која је нормална на правац завртањске везе, односно у овом примеру PAistezanja  PNA 

3 gbd 2 . 4

Сила смицања посматране везе је сила која делује у равни везе, односно, у овом примеру, сила потиска, тј. PAsmicanja  P0 A 

1 gd 3 . 16

Силе које оптерећују везу В-Б су:  

сила тежине течности Gz, нормална сила PNB, кја настаје као последица затварања запремине зарубљеног конуса замишљеном равном површи.

Нормална сила на равну површину која затвара доњи део конуса је PNB  gzcB AB , при чему је површина АВ површина круга AB 

d 2 . 4

Одређивање растојања zcВ врши се на већ описан начин, постављањем једначине изобарске површи за тежишну тачку равне површи В-В, при чему се добија једначина облика


84

pa  p0  gh  pa  gzcB , из које је zcB  b  h. С обзиром да је h=b/3, то је zcB 

4b . 3

Сада су одређене све величине које чине нормалну силу тако да је коначни израз који одређује ову силу 1 PNB  gbd 2 . 3 Сила тежине течности се јавља као последица тога што течност испуњава запремину зарубљеног конуса, и ова сила је Gz  gVz ,

при чему је запремина 1 H ((4d ) 2  4dd  d 2 ) 12 7 7 Vz  Hd 2  bd 2 . 4 2 Vz 

Сила тежине је коначно 7 gbd 2 . 2 Сила која истеже везу В-В је сила која је нормална на правац завртањске везе, односно у овом примеру Gz 

PBistezanja  Gz  PNB  PBistezanja 

7 1 gbd 2  gbd 2 2 3

19 gbd 2 . 6


85

Сила смицања посматране везе је сила која делује у равни везе, односно, у овом примеру, такве силе нема тако да је PBsmicanja  0. ЗАДАТАК 19. Затеге, које су симетрично постављене под углом , држе пловећи бетонски тунел облика шупљег цилиндра дужине L. Одредити силе у затегама ако је дебљина зида =0,5D.Тежину бетона занемарити. Дати подаци су: L, D, , . (Слика 36)

P0  D 

F 

F



Слика 36. Анализа сила које делују на бетонски тунел је извршена на слици 36. Услед тога што је тунел зароњен у течност, на њега делује сила потиска P0, чији је интезитет P0  gV0 . Запремина је V0  ( D  2 ) 2

 4

L,

V0  D 2L.

Сила потиска је сада


86 P0  gD 2L.

Наведена сила потиска се уравнотежава са силама које делују у ужадима, тако да је једначина равнотеже система облика 2 F sin   P0 , која, након уврштавања израза за силу потиска, добија облик 2 F sin   gD 2L, из које се добија тражена сила у затеги F

gD 2L . 2 sin 

У случају који је посматран, бетонски тунел је био довољно дугачак да вода не испуњава његов унутрашњи део. Можда би, са становишта инжењерске праксе, било занимљиво утврдити колика би сила била потребна ако би течност испуњавала унутрашњост цилиндра. Тај случај је приказан на слици 37. P0



F

G F

Слика 37. Дакле, у овом случају, јавља се још једна сила, тежина течности G која испуњава унутрашњост цилиндра. Интезитет ове силе је G  gVG ,


87

при чему је запремина VG  D 2

 4

L,

односно сила тежине G

1 gD 2L. 4

Сила потиска не мења свој интезитет, јер је иста запремина окружена течношћу, тј. P0  gD 2L. Једначина равнотеже у овом случају је облика 2 F sin   G  P0  0, која, након уврштавања вредности сила тежине и потиска постаје облика 2 F sin  

1 gD 2L  gD 2L  0. 4

Из последње једначине тражена вредност силе је F

3 gD 2L . 4 2 sin 

Упоређивањем претходног израза са изразом који је добијен за случај када тунел није испуњен течношћу, уочава се да је у другом случају потребна мања сила која ће бетонски тунел држати у равнотежи. Дакле, повољније је, са становишта смањења тражене силе у ужету, омогућити да течност испуни унутрашњост цилиндра. У инжењерској пракси се проблеми хидростатике јављају и код kоришћења хидрауличких и пнеуматских компоненти, у првом реду цилиндара и појачавача. Следећи пример разматра такав случај.


88

ЗАДАТАК 20. Уравнотежење терета G врши се помоћу хидроцилиндра „2“ пречника d1. Колику силу треба остварити на клипу цилиндра „1“ ако се веза цилиндра „1“ и „2“ остварује преко хидропојачавача. Дати подаци су: G, d, D, dо, d1, l. (Слика 38)

/2

p2

p4

d0 p1

F1 p3

Слика 38. Хидраулички појачавач служи да повећа притисак у систему. Наиме, притисак p2 се са пречника D повећава на притисак p3 јер је пречник d
d 02 . 4

(20.1)

Дакле, да би се одредила сила коју треба остварити на клипњачи хидроцилиндра, неопходно је одредити вредност притиска p1. Како су коморе 1 и 2 спојене, то је p1  p2 .

Једначина равнотеже сила притисака на хидрауличком појачавачу је p2

D 2 d 2 .  p3 4 4

Из последње једначине је

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике d p2  p3 ( ) 2 . D

89

(20.2)

Са слике 38. се види да је p3  p4 , тако да се проблем своди на одређивање притиска p4. Овај притисак је могуће одредити на основу моментне једначине постављене за тачку О, с обзиром на то да се сила F1, која делује у комори 4 цилиндра ''2'', уравнотежава са теретом G. Наиме, сила је F1  p4

d12 . 4

(20.3)

Моментна једначина за тачку О M O  0 је облика l F1l  G , 2 из које је F1 

G . 2

Уврштавањем нађене вредности силе F1 у израз (20.3) доводи до једначине G d 2  p4 1 , 2 4 из које је притисак p4 

2G . d12

(20.4)


90

Како је p4=p3 уврштавањем израза (20.4) у израз (20.2) добија се p1  p2 

2G



(

d 2 ). Dd1

Уврштавањем последњег израза у израз (20.1) добија се да је

F

2G  dd 0 2 ( ) ,  4 Dd1

одакле је тражена вредност силе F

G dd 0 2 ( ). 2 Dd1

ЗАДАТАК 21. Коликом силом F треба дејствовати на крају ручице

клипне пумпе са пречником клипа d, која је везана за хидрауличну пресу чија је тежина клипа G и пречник D, па да се у преси оствари сила F1 . Дати подаци су: D, d, a, b, F1, G. (Слика 39)

Слика 39. Сила која се оствари у пумпи је F2. Ову силу је могуће релативно лако одредити на основу моментне једначине за ручицу пумпе, која је облика F2 a  F (a  b),


91

из које се добија вредност силе F2  F

ab . a

На основу одређене силе и чињенице да је притисак у пумпи p

4 F2 , d 2

следи да је p

4 F ( a  b) . d 2 a

У хидрауличкој преси је клип на који делују силе F1, G и сила притиска која потиче од притиска р, јер су коморе пумпе и пресе повезане физичким водом. Једначина равнотеже сила на клип пресе гласи p

D 2  F1  G. 4

Уврштавањем притиска р у последњу једначину, добија се једначина облика 4 F (a  b) D 2  F1  G, d 2 a 4 из које се добија тражена вредност силе F

d2 a ( F1  G ). D2 a  b

Сви претходни примери разматрају проблеме у којима се течност налазила у стању апсолутног мировања. Појам стања равнотеже флуида може се односити и на стања када се флуид креће, али тако да је убрзање током кретања константно. У том случају се ради о релативном мировању флуида.

92

Поглавље 2 – Задаци из статике флуида 2.5 Релативно мировање флуида

 Дакле, ако је a  const. може се разматрати релативно мировање флуида у резервоару. Наравно, ако се вредност убрзања стално мења, течност ће се увек померати и не може се говорити ни о каквом виду мировања флуида. Релативно мировање флуида се може посматрати за случај транслације и ротације резервоара у коме се налази флуид.

2.5.1 Релативно мировање флуида при транслацији

У случају када се резервоар у коме се налази флуид креће транслаторно, константним убрзањем, говори се о релативном мировању при транслацији. Резервоар који се креће транслаторно је приказан на слици 40. z



x

 a 

 a  FR

 g

Слика 40. На уочени флуидни делић делује јединична резултујућа сила    FR  (a )  g ,

коју чине инерцијална сила која потиче од убрзања и сила убрзања поља земљине теже. С обзиром на то да слободна површ мора бити нормална на правац дејства резултујуће силе, положај слободне површ се мења. Како то слика 40 показује, слободна површ је права линија која је нагнута под одређеним углом у односу на хоризонталу. Равна слободна површ се могла и очекивати пошто се ради о хомогеном пољу сила које делују у резервоару (све резултујуће силе за ма који флуидни делић су међусобно паралелне). Ојлерова једначина је

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике 

93

F  gradp, односно dp   ( Fx dx  Fz dz ). Пројекције резултујуће силе у правцу координатних оса, са слике 40, су Fx  a cos  , Fz  a sin   g. Уврштавањем у Ојлерову једначину добија се једначина

dp   (a cos dx  (a sin   g )dz ), из које се, пошто је у питању диференцијална једначина која раздваја променљиве, добија p   (a cos x  (a sin   g ) z )  c, где је с – константа интеграције, јер се интеграљење врши преко неодређеног интеграла. Константа се одређује из услова познавања притиска у некој тачки простора. Обично је то тачка координатног почетка који се поставља на новоу слободне површи. У том случају, гранични услови гласе x  0, z  0  p  p a , који, примењени на једначину дају pa   (a cos  0  (a sin   g )0)  c, одакле се одређује константа интеграције c  pa . Уврштавањем овако добијене константе у једначину и пребацивањем њене вреднсоти на леву страну једначине, добија се поље релативног притиска


94

p  pa   (a cos x  (a sin   g ) z ). Једначина слободне површи се добија из услова да је на тој површи притисак једнак атмосферском, односно p  pa , тако да се на основу оваквог граничног услова добија једначина 0   (a cos x  (a sin   g ) z ). Како је   0 , то је једначина облика

 a cos x  (a sin   g ) z  0, из које се алгебарским трансформацијама добија једначина слободне површи z

a cos x. a sin   g

Последња једначина и математички потврђује линеарну зависност координата (права линија). У специјалном случају, који има смисла у инжењерској пракси, када је убрзање хоризонтално (цистерне, покретни резервоари итд.), односно када је =0, што има за последицу cos 00  1, sin 00  0,

добија се једначина слободне површи у облику z

a x. g

Ово би у најкраћем био поступак прорачуна резервоара који се крећу транслаторно са константним убрзањем. Дакле, задаци се решавају помоћу једначине расподеле релативног притиска и једначине слободне површи.


95

ЗАДАТАК 22. На путу чији је нагиб α налази се камион на ком је резервоар са течношћу. Основа резервоара је квадрат странице b. Пре кретања, течност је насута до висине h. Одредити убрзање камиона у тренутку када слободна површ течности у суду. доспе до његовог дна, у случају када је b=h 3. z

x

-a H

g

Слика 41. Према већ показаној процедури, одређују се компоненте силе у правцима оса усвојеног координатног система. Те компоненте су: Fx  a, Fz   g. Уврштавањем у основну једначину статике за случај релативног мировања при транслацији долази се до једначине облика

dp   (adx  gdz ), из које се, пошто је у питању диференцијална једначина са раздвојеним променљивим, долази до једначине p    (ax  gz )  c,

где је с – константа интеграције. Константа се добија из граничног услова за координатни почетак, за који је


96 x  0, z  0,



p  pa .

Уврштавањем граничног услова у последњу једначину следи да је pa    (a 0  g 0)  c c  pa . На основу добијене вредности, поље релативног притиска је p  pa    (ax  gz ).

(22.1)

Једначина слободне површи следи из услова да је на слободној површи у ма којој тачки p  pa , одакле се добија

ax  gz  0, односно z

a x. g

(22.2)

Овај део задатка је карактеристичан за све проблеме који се јављају у пракси. Од овог места се наставља конкретно решавање задатог проблема. Прва једначина која се користи је једначина једнакости запремина коју течност заузима пре почетка кретања камиона и након његовог кретања са константним убрзањем. Пре кретања запремина је V0  b 2 h, а након заузимања новог положаја 1 Va  b 2 H . 2


97

Изједначавањем последња два израза 1 b2h  b2 H , 2 из кога се добија H  2h.

(22.3)

Друга једначина, уз помоћу које се решава задатак је гранични услов за највишу тачку до које течност долази, односно координате те тачке су b x , 2 z  H  h  h. Уврштавањем ових координата у једначину (22.2) добија се једначина облика a b h   ( ), g 2 из које се добија убрзање a

2 gh . b

Уврштавањем услова задатка да је b  h 3 , добија се коначно

a

2 3 g. 3

ЗАДАТАК 23. Затворени цилиндрични суд, пречника D и висине H, на поклопцу има пиезометријску цевчицу постављену на растојању R од осе, у којој је вода напуњена до висине h. Суд се креће константним хоризонталним убрзањем a. Одредити силу притиска на поклопац B-B који је у облику полусфере. Дати подаци су: D, H, R, h, a. (Слика 42)


98

Слика 42. Према већ показаној процедури, одређују се компоненте силе у правцима оса усвојеног координатног система. Те компоненте су: Fx  a, Fz   g. Уврштавањем у основну једначину статике за случај релативног мировања при транслацији долази се до једначине облика dp   (adx  gdz ), C

Ова два ''преклопе'' површину

z 

x

z0

R

-a

Vz

g

Vx

Слика 43.

и

троугла се дају пуну


99

из које се, пошто је у питању диференцијална једначина са раздвојеним променљивим, долази до једначине p    (ax  gz )  c, где је с – константа интеграције. Константа се добија из граничног услова за координатни почетак, на основу кога се добија pa    (a 0  g 0)  c c  pa . На основу добијене вредности, поље релативног притиска је p  pa    (ax  gz ).

(23.1)

Једначина слободне површи следи из услова да је на слободној површи у ма којој тачки притисак једнак атмосферском одакле се добија

ax  gz  0, односно z

a x. g

(23.2)

Слободна површ је права линија. Ова површ је уцртана на слици 43 тако да пролази кроз највишу тачку пиезометријске цевчице, јер је то тачка у којој је притисак једнак атмосферском. Коефицијент правца праве која представља слободну површ је одређен нормалом на правац резултујуће силе. Значи, досадашњи део задатка је идентичан претходном, јер су пројекције резултујуће силе исте, тако да се добија идентично поље притиска и идентична једначина за слободну површ као и у претходном примеру. Карактеристика овог примера је постојање криве површи за коју треба израчунати силу притиска. Сила притиска на криву површ, у случају релативног мировања при транслацији, се израчунава преко њених компонената дуж хоризонталне и вертикалне осе координатног система, при чему је укупна сила


100

P  Px2  Pz2 ,

где су компоненте дате следећим изразима: Px  Vx Fx , Pz  Vz Fz .

(23.3)

У изразу (23.3) су: Vx - запремина која се добија пројектовањем криве површи у правцу хоризонтале осе, на ниво слободне површи (слика 43), Vz - запремина која се добија пројектовањем криве површи у правцу вертикалне осе, на ниво слободне површи, Fx - компонента резултујуће силе у правцу x – осе и Fz - компонента резултујуће силе у правцу z – осе (ради се о интезитету компонената резултујуће силе, без обзира на њихов позитиван или негативан смер). Дакле, разлика у односу на апсолутно мировање флуида је у томе што се код пројекције у правцу x-осе не добија равна површ, већ се крива површ пројектује и у хоризонталном и у вертикалном правцу. Пројектовањем криве, полусферне површи у хоризонталном правцу, и то четвртина по четвртина сфере,се добија запремина приказана на слици 43. Двоструко ишрафирана област се не разматра, тако да је меродавна запремина Vx 

14 D 3 1 ( )   D 3 , 23 2 12

те је, с обзиром на компоненту резултујуће силе Fx =а, компонента силе притиска у хоризонталном правцу Px 

1 aD 3 . 12

(23.4)

Меродавна запремина у вертикалном правцу се састоји од запремине цилиндра од кога се одузима запремина полусфере Vz  Vcilindra  V polusfere . Са слике 43 се уочава да је цилиндар висине H  h  z0 тако да је неопходно одредити висину z0 . Поменута висина се одређује из


101

граничног услова који је постављен за место највише тачке течности у пиезометријској цевчици. За поменуту тачку важи: z  z0 , x  R, чијим уврштавањем у израз (23.2) се добија величина z0  

a R. g

На основу овако одређене величине је Vcilindra 

D 2 ( H  h  z0 ). 4

Напомиње се да је запремина цилиндра формирана на основу симетрије добијене фигуре у односу на вертикалну осу, како је показано на слици 43. Укупна запремина је D 2 aR 2 D 3 V (H  h  )  ( ) . g 3 2 4

На овај начин је компонента силе притиска у правцу вертикалне осе  D 2  aR 1 Pz  g  (H  h  )  D 3 . g 12  4 

Укупна сила притиска је

PB  B 

D 2 1 aR 1 2  a2 D2  g 2 (H  h   D) . 4 9 g 3

ЗАДАТАК 24. Цилиндрични суд, пречника D, напуњен је са две течности које се не мешају. Изнад течности је стишљиви флуид који се налази под натпритиском pm. Суд се креће константним убрзањем а које је усмерено вертикално навише. Одредити силу


102

притиска на дно суда, кога затвара поклопац А-А. Дати подаци су: pm, 1, 2, h1, h2, a. (Слика 44) z а

pm

h1

1 2 1

h1

1

а

pm

x -a

h2

2

h2

D

А

2 А

А

D P

А

g

Слика 44. У резервоару приказаном на слици налазе се две течности, различитих густина. И поред тога, разматрање се врши на сличан начин као и у претходним примерима. Одређивање поља притиска у флуиду је аналогно ранијем поступку, тако да се у најкраћем, за компоненте Fx  0, Fz  (a  g ), добија поље притиска p    (a  g ) z  c.

(24.1)

Једначина (24.1) представља закон расподеле притиска у свакој од течности. Тако је за течност густине 1 поље притиска p1   1 (a  g ) z  c1 ,

(24.2)

а за течност густине 2 p2    2 (a  g ) z  c2 .

(24.3)

Најпре се одређује константа интеграције у првој течности с1. За одређивање поменуте константе користи се услов познавања притиска на нивоу течности у резервоару, односно за усвојени координатни систем са слике 44 је


103

z  h1 , p  pa  pm , чијим уврштавањем у једначину (24.2) следи једначина pa  pm   1 (a  g )h1  c1 , из које је c1  pa  pm  1 (a  g )h1. Уврштавањем добијене константе у поље притиска за течност густине 1 добија се једначина расподеле релативног притиска у посматраној течности p1  pa  pm  1 (a  g )(h1  z ).

(24.4)

Одређивање расподеле притиска у другој течности, густине 2, такође почиње коришћењем граничног услова за неку тачку посматране запремине, како би се одредила константа с2. У конкретном случају, најповољније је посматрати гранични ниво између две течности, јер је вредност притиска већ одређена, на основу једначине (24.4). Наиме, вредност притиска је иста на граничној површи, без обзира да ли се односи на течност густине 1 или течност густине 2. Зато је за z  0, p  pa  pm  1 (a  g )h1 , те некон уврштавања у једначину (24.3) pa  pm  1 (a  g )h1    2 (a  g )0  c2 , добија се да је c2  pa  pm  1 (a  g )h1. Након добијене вреднсоти константе с2 поље релативног притиска у течности густине 2 је

104


p2  pa  pm  (a  g )( 1h1   2 h2 ).

(24.5)

Поклопац А-А кваси течност густине 2. Пошто се ради о равном, кружном поклопцу, сила притиска се може израчунати на основу израза

P   p2  pa z  z c A,

(24.6)

x  xc

где су: zc, xc – координате тежишне тачке површине за коју се тражи сила притиска, А – вредност површине дате површи. У конкретном примеру је D 2 , 4 zc   h2 , A

xc  0. Уврштавањем последњих вредности у једначину (24.6) и комбиновањем са једначином (24.5) добија се тражена вредност силе притиска P   pm  (a  g )( 1h1   2 h2 )

D 2 . 4

Поред транслаторног кретања, може се јавити и ортно кретање за које се посматра релативно мировање флуида тако да следи 2.5.2 Релативно мировање флуида при ротацији

Када се флуид налази у суду који ротира константном угаоном брзином , тада се остварује релативно мировање флуида при ротацији. z x

 r

y



2 r g



Слика 45

FR

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике 105  На вектору положаја r се уочава један флуидни делић, јединичне масе, на који делује резултујућа сила

   FR   2 r  g. Пројекције резултујуће силе на координатне осе су:

Fx   2 x, Fy   2 y, Fz   g. Уврштавањем компонената резултујуће силе у основну једначину dp   ( Fx dx  Fy dy  Fz dz ), долази се до једначине dp   ( 2 xdx   2 ydy  gdz ). Интеграљењем леве и десне стране последње једначине добија се једначина облика 2 x2 2 y p   (   gz )  c, 2 2 2

где је с – константа интеграције, која се одређује из услова познавања притиска у некој тачки флуидне запремине. Тачка у којој се познаје вредност притиска је ма која тачка на слободној површи што значи да је p  pa . С обзиром да се координатни почетак поставља на нивоу слободне површи, односно x  0, y  0, z  0, добија се да је c  pa .


106

Уврштавањем добијене константе у једначину притиска добија се једначина p   ( 2

x2 y2  2  gz )  pa , 2 2

из које се добија поље релативног притиска  2  p  pa    ( x 2  y 2 )  gz .  2 

Како је у равни xOy интезитет вектора положаја r 2  x2  y2 , последња једначина прелази у облик p  pa   (

2 2

r 2  gz ).

На овај начин је координатни систем Oxyz прешао у систем Orz. Треба уочити да на неком другом вектору положаја, вредност резултујуће силе се мења, што значи да поље сила није хомогено, односно треба очекивати да слободна површ више није равна него закривљена. Једначина слободне површи се добија уврштавањем услова даје p  pa у једначину за релативни притисак. Из тог услова следи 0  (

2 2

r 2  gz ).

Како је

  0, преостаје услов

2 2

r 2  gz  0,


107

из кога се добија z

 2r 2 2g

.

Последња једначина представља једначину слободне површи за релативно мировање флуида при ротацији. Уочава се да је то једначина обртног параболоида. Координатни почетак се поставља у теме параболоида, јер је у том случају најлакше решавати задатке. ЗАДАТАК 25. Вертикални отворени суд облика конуса, полупречника основе R и висине H, претходно напуњен водом, обрће се константном угаоном брзином . Одредити =? из услова да течност тангира зидове суда, а да у суду остане 1/2 течности. Дати подаци су: R, H. (Слика 46)

z r

Слика 46. Пројекције резултујуће силе на координатне осе су: Fx   2 x, Fy   2 y, Fz   g.


108

Уврштавањем компонената резултујуће силе у основну једначину dp   ( Fx dx  Fy dy  Fz dz ), долази се до једначине dp   ( 2 xdx   2 ydy  gdz ). Интеграљењем леве и десне стране последње једначине добија се једначина облика p   ( 2

x2 y2  2  gz )  c, 2 2

где је с – константа интеграције, која се одређује из услова познавања притиска у некој тачки флуидне запремине. На слободној површи, где је p=pa, следи да је c  pa . Када се вектор положаја изрази преко координата r 2  x2  y2 , добија се јеначина расподеле релативног притиска   2 2 p  pa    r  gz ,   2

из које се добија једначина слободне површи z

 2r 2 2g

.

Овај део задатка је идентичан за све проблеме, тако да се з наредним примерима неће детаљно објашњавати. Гранични услов на основу кога се решава задатак је услов за тачку на врху суда за коју је испуњен услов

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике rR zh

 h

 2 R2 2g

109

.

Друга једначина која се може поставити је једначина запреминског биланса пре и након почетка обртања суда, односно 1 V  V0 , 2 из које се добија 1 1 1 1 2 R   H  R 2  h   R 2  H 2 3 2 3

: R 2

1 1 1 H  H  h. 3 6 2 Комбиновањем добијених израза и алгебарским трансформацијама се добија 1 1  2R2 H , 6 2 2g

одакле следи

2 

2 gH , 3R 2

што као резултат даје



1 2 gH R 3

ЗАДАТАК 26. Затворени цилиндрични суд, пречника D и висине H, на поклопцу има пиезометријску цевчицу постављену на растојању R од осе, у којој је вода напуњена до висине h. Суд се oкреће константнoм угаоном брзином. Одредити силу притиска на поклопац А-А и B-B који је у облику полусфере . Дати подаци су: D, H, R, h, . (Слика 47)


110

z

C b

z0 r

V



Слика 47. Поставка задатка је идентична задатку 23, с том разликом што се овде ради о ротацији а не о транслацији. Слободна површ мора бити постављена тако да пролази кроз тачку С, јер у тој тачки притисак износи ра. Једначина поља релативног притиска је  2 2  p  pa    r  gz ,  2 

из које се добија једначина слободне површи z

 2r 2 2g

.

Овај део задатка је идентичан каи и у претходном примеру. Конкретно решавање проблема се врши постављањем граничних услова за тачке које су неопходне приликом одређивања запремине. Наиме, сила притиска на полусферни поклопац је PB  gV ,


111

где је V - запремина која се добија пројектовањем криве површи на ниво слободне површи. Са слике 47 се види да је ова запремина V  Vcilindra  V polusfere  V paraboloida . Свака од ових запремина, појединачно је D 2 Vcilindra  ( H  h  b), 4 14 D 3 V polusfere  ( ) , 23 2 1 D 2 V paraboloida  z0 . 2 4

(Напомена: запремина унутар параболоида једнака је запремини испод параболоида, и та вредност је површина основе пута висина параболоида). У појединачним деловима запремине фигуришу две геометријске величине, b и z0, које нису одређене. Гранични услови се постављају баш ради одређивања ових величина. За тачку С важи да је r  R, z  b, што након уврштавања у једначину слободне површи даје b

 2R2 2g

.

Слично је и за величину z0 на основу услова D , 2 z  z0 ,

r

што из једначине слободне површи даје


112 z0 

 2D2 8g

.

Меродавна запремина је сада V 

 2 R 2 2 D3 D 2 1 D 2  2 D 2  (H  h  ) , 4 2g 3 8 2 4 8g

која је након алгебарских трансформација V 

 2R2 1  2D2 D 2 1 (H  h  D   ). 4 3 2g 8 2g

Сила притиска, на сонову претходно одређене запремине је сада PB  g

 2 R2 1  2 D2 D 2 1 (H  h  D   ). 4 3 2g 8 2g

Сада треба одредити силу притисак на поклопац А-А. Поклопац А-А је раван поклопац, кружне површине. За равне поклопце, сила притиска се може израчунавати на основу следећег израза: D/2

PA 

(p  p )

a z  zc

2rdr ,

0

где је zc – координата тежишта поклопца по оси z. Са слике 47 се види да је zc  ( h  b )  b  h 

 2R2 2g

 h.

Уврштавањем одређене координате у интеграл који се користи за одређивање силе притиска, добија се D/2

PA 

 0

 2 2   2R2  h) 2rdr. r  g( 2g  2 




113

Када се константне величине, које не зависе од координате r напишу испред интеграла, добија се израз  2 PA  2    2

D/2

 0

r dr  g ( 3

  h)  rdr , 2g 0 

 2R2

D/2

из кога се алгебарским трансформацијама добија тражени резултат: D 2  2 D 2  2 R 2 PA  2  (   gh). 4 8 2

114


ПОГЛАВЉЕ 3 ЗАДАЦИ ИЗ КИНЕМАТИКЕ И ДИНАМИКЕ ФЛУИДА За разлику од претходног поглавља где је радни флуид мировао, апсолутно или релативно, у овом поглављу се посматрају ситуације када радни флуид струји одређеном брзином. Струјна запремина у којој се струјање обавља је цевовод. Основу прорачуна чине  

Бернулијева једначина и једначина континуитета

које су детаљно изведене у поглављу 1. Најпростији случај струјања је струјање у простом цевоводу, тако да се са решавањем задатака креће од те области. 3.1 Прорачун простог цевовода Под простим цевоводом подразумева се цевовод код кога постоји само један струјни правац. Најопштији пример прорачуна простог цевовода чине два резервоара који су повезани цевоводом, што је тема следећег задатка. ЗАДАТАК 27. Два резервоара, који се налазе на висинској разлици h, спојена су простим цевоводом. Одредити колики се проток може остварити кроз дати цевовод. Дати подаци су: pm, pv, , h,L, D, u, v, k, f, . (Слика 48)

0

pm

0

 А

v u

k

h

v k

L,D

k

V

1



k F

Слика 48.

pv

B

1


115

Проблем се решава применом Бернулијеве једначине (1.68), која се поставља за нивое 0-0 и 1-1. На нивоу 0-0 укупну енергију чине:  притисна енергија

pm



,

 потенцијална енергија gh,  кинетичка енергија која потиче услед брзине спуштања нивоа течности у резервоару, али која се занемарује јер је та брзина занамарљиво мала у односу на брзину струјања течности кроз v2 цевовод, што је математички изражено 1  0. 2 На нивоу 1-1 енергија је: pv



притисна енергија 



потенцијална енергија је 0, јер се резервоар налази на ''нултом'' нивоу у односу на виши резервоар, занемарљива кинетичка енергија подизања нивоа течности у v2 резервоару, односно 2  0. 2





,

Разлика енергија између посматрана два пресека потиче услед губитака који се јављају дуж цевовода. Губици су детаљно описани у одељку 1.3.5. Сваки губитак је представљен уделом кинетичке енргије која се губи. На овај начин, Бернулијева једначина постављена за нивое 0-0 и 1-1 је облика: pm



 gh  

pv



 ( u   v  4 k   f  1  

L v2 ) , D 2

где су: u – коефицијент губитка на уласку радног флуида у цевовод, v - коефицијент губитка струјне енергије на вентилу, к - коефицијент губитка на колену, f - коефицијент губитка на филтеру, 1 - коефицијент, односно удео кинетичке енергије услед изласка радног флуида у резервоар,

116

Поглавље 3 – Задаци из кинематике и динамике флуида

 - коефицијент трења дуж цевовода који је детаљно анализиран у одељку 1.3.5.2. Потребно је нагласити да коефицијент уласка радног флуида у резервоар (=1) спада у локалне отпоре! Из Бернулијеве једначине се добија брзина струјања v

2( pm  pv )  gh 

L  ( u   v  4 k   f  1   ) D

.

Проток кроз цевовод је D V  v , 4 2

при чему се на основу добијеног поља брзине добија коначно проток D 2  V 4

2( pm  pv )  gh 

 ( u   v  4 k   f  1  

L ) D

.

Дакле, у Бернулијевој једначини се сви коефицијенти локалних отпора сабирају, како се низструјно на њих наилази и на крају се додају успутни губици на трење, односно l v2 Yg  ( i   ) . d 2 Уколико се занемарују локални отпори, што у инжењерској пракси има смисла код дугачких цевовода, код којих су губици на трење значајнији од локалних губитака, члан  i  0 . Како режим струјања утиче на геометрију струјног простора и параметре струјања, показује следећи пример. ЗАДАТАК 28. Прост цевовод, пречника d, транспортује радни флуид. Колико пута треба повећати пречник цеви да би се губици, при истој вредности протока смањили за 16 пута, ако је струјање: а) ламинарно,

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике б) турбулентно за хидраулички глатке цеви код кога је  

117 0,316 . 4 Re

Локалне отпоре занемарити. Дати подаци су: , d. За дужину цеви L и пречник d, (како показује слика 49а), укупни губици су, с обзиром да се локални отпори занемарују, L v2 . Yg   d 2

(28.1) 1

 d

D

v

v1

L L b)

a)

Слика 49. Када се повећа пречник цеви, слика 49б), губици постају облика

Yg1  1

2

L v1 . D 2

(28.2)

Вредност протока и у првом и у другом случају је иста, тако да је на основу једначине континуитета v

d 2 D 2  v1 , 4 4

брзина струјања у цеви већег пречника

d v1  v( ) 2 . D

(28.3)


118

Уврштавањем израза (28.3) у (28.2) добијају се нови губици у функцији брзине v : Yg1  1

L v2 d 4 ( ). D 2 D

Према услову задатка је Yg

 16,

Yg1

односно L v2 d 2  16, L d 4 v2 1 ( ) D D 2



што даје следећу зависност коефицијената трења и пречника цевовода:

 D 5 ( )  16. 1 d

(28.4)

а) У случају ламинарног струјања, коефицијент трења се добија тачним решавањем Навије – Стоксових једначина:



64 , Re

те како је Re 

vd



,

то је



64 . vd

За случај када се повећа пречник цевовода, аналогно претходном је


1 

119

64 64  , v1D v( d ) 2 D D

што као резултат даје зависност

1 

64 D . vd d

Уврштавањем на овај начин добијених коефицијената трења у једначину (28.4) добија се 64 vd ( D )5  16, 64 D d vd d одакле је

D ( ) 4  16, d што након простих алгебарских трансформација доводи до израза

D 4  16d 4 , што као резултат даје D  2d .

Дакле, за захтевано смањење губитака струјне енергије, неопходно је два пута повећати пречник цевовода. б) За случај турбулентног струјања и хидраулички глатке цеви, коефицијент трења се израчунава на основу зависности облика



0,316   0,3164 , 4 vd Re

док је за случај цевовда са повећаним пречником бити


120

1  0,3164



 0,3164

v1D

 vd

4

D . d

Пошто треба одредити однос коефицијената трења то је

  1

0,3164 0,3164

 vd

 vd

4

D d

4

d . D

Комбиновањем са изразом (28.4) добија се 4

d D 5 ( )  16. D d

Из последњег израза се добија да је 19

D ( ) 4  16, d што као резултат даје D  1,8d . Дакле, за случај турбулентног струјања потребно је мање повећање пречника цеви за истоветно смањење губитака струјне енергије. 3.2 Прорачун сложеног цевовода

Под сложеним цевоводом се подразумева цевовод код кога постоје два или више струјних праваца, односно бар једно место где се цевовод грана. Прорачун сложених цевовода се базира на примени Бернулијеве једначине и једначине континуитета. Карактеристичан пример сложеног цевовода, као и методологија његовог прорачуна дат је у следећем примеру. ЗАДАТАК 29. Резервоари В и С се снабдевају водом из резервоара А, на принципу слободног пада течности. Одредити


121

протоке у свим деоницама цевовода. Дати подаци су: L, l1, l2, D, d1, d2,  (за све деонице), h, u, v, v1, v2, u, R1, R2, k. (Слика 50) 0

0 A

u

L,D,

h

v v1

k 1

l1,d1,

1

v1

v

v2 R1 R2

v2

k

B

l2,d2,

k 2 k

2 C

Слика 50. На слици 50 је приказан пример симетричног цевовода, при чему течност из највишег резервоара струји ка резервоарима који се налазе на висинској разлици h у односу на исти. Наравно, у пракси се ретко среће случај строго симетричног цевовода, али се многи цевоводи могу подвести под симетрични у току математичког моделирања. Основу прорачуна чине две врсте једначина, и то: 1. Бернулијева једначина и 2. једначина континуитета. На основу поменутих једначина потребно је одредити брзине струјања у свим деоницама сложеног цевовода, а тиме и све протоке. У систему се, опште посматрано, може поставити онолико Бернулијевих једначина колико има струјних праваца. У конкретном примеру, постоје два струјна правца:  

од резервоара А до резервоара В, од резервоара А до резервоара С.

Грешка би била, на пример, као главни струјни правац посматрати правац од резервоара В ка резервоару С јер нема природног струјања између ова два резервоара. Бернулијева једначина постављена за нивое 0-0 и 1-1 гласи:


122 pa



 gh 

pa



 ( u   v  

L v2 l v2 )  ( R1  2 k   v1  1   1 ) 1 , (29.1) D 2 d1 2 Локални отпори

Успутни отпори (трење)

при чему треба приметити да губици струјне енергије множе одговарајуће брзине струјања. Бернулијева једначина постављена за нивое течности 0-0 и 2-2 гласи: pa



 gh 

pa



 ( u   v  

L v2 l v2 )  ( R 2  2 k   v 2  1   2 ) 2 . (29.2) D 2 d2 2

Трећа једначина у систему је једначина континуитета. Поменута једначина се поставља за места у којима се цевовод рачва и то према следећем правилу: збир протока који у рачву улазе мора бити једнак збиру протока који из рачве излазе. За случај са слике 50, сама рачва је приказана на слици 51. V V1

V2

Слика 51. Значи, у посматраном случају је V  V1  V2 . Како се проток и брзина доводе у међусобну везу преко површине попречног пресека d 2 V  v , 4 то једначина континуитета добија облик v

D 2 d 2 d 2  v1 1  v2 2 . 4 4 4

(29.3)


123

Систем једначина (29.1), (29.2) и (29.3) је систем три једначине са три непознате величине: v, v1 и v2. Најпре је сврсисходно записати једначине у нешто краћем облику, што се постиже увођењем коефицијената хидрауличког отпора C  u  v  

L , D

C1   R1  2 k   v1  1  

l1 , d1

C2   R 2  2 k   v 2  1  

l2 . d2

На основу утврђених коефицијената, систем једначина добија следећи облик: gh  C

v2 v2  C1 1 , 2 2

(24.4.)

gh  C

v2 v2  C2 2 , 2 2

(24.5)

vD 2  v1d12  v2 d 22 .

(24.6)

Алгоритам за решавање система једначина (29.4) до (29.6) је дат у наставку задатка. Најпре се врши одузимање једначина (29.4) – (29.5) при чему се добија једначина облика C1

v12 v2  C2 2 , 2 2

из које је, рецимо v2  v1

C1 . C2

Добијена међусобна зависност брзина струјања се уврштава у једначину (29.6) што као резултата даје једначину


124

vD 2  v1d12  v1

C1 2 d2 , C2

да би се затим изразила брзина v1  v

D2 . C1 2 2 d1  d2 C2

На овај начин добијена вредност брзине се увршћује у једначину (29.4): v2 v2 gh  C  C1 ( 2 2

D2 )2 , C1 2 d12  d2 C2

из које се добија једначина облика     2 v  D 2 gh  C  C1 ( ) , 2 C1 2  2 d1  d2   C2   2

која даје израз за брзину струјања v

2 gh . D2 2 ) C  C1 ( C1 2 2 d1  d2 C2

Проток у заједничкој деоници је D 2 V  4

2 gh . D2 2 ) C  C1 ( C1 2 2 d1  d2 C2

(29.7)


125

Брзина у левој грани цевовода је v1 

D2 C1 2 d12  d2 C2

2 gh , D2 2 ) C  C1 ( C1 2 2 d1  d2 C2

на основу које је проток V1 

2 gh D 2 d12 . D2 C1 2 2 2 ) 4(d1  d 2 ) C  C1 ( C1 2 C2 2 d1  d2 C2

Брзина у десној грани цевовода је v2 

D2 C1 2 d12  d2 C2

C1 C2

2 gh , D2 2 ) C  C1 ( C1 2 2 d1  d2 C2

а одговарајући проток је V2 

D 2 d 22 C1 C1 2 C2 4(d12  d2 ) C2

2 gh . D2 2 ) C  C1 ( C1 2 2 d1  d2 C2

ЗАДАТАК 30. Цевовод пречника d и дужине L, повезује два резервоара на висинској разлици H. Како би се повећао проток ка доњем резервоару, уграђена је друга цев, паралелна са првом, на једном делу њене дужине l. На овај начин проток се повећа за 50%. Коефицијент трења прве цеви је , а новопостављене цеви /2. Остали локални отпори се занемарују. Одредити потребну дужину новоуграђене цеви. Дати подаци су: L, d, . (Слика 52)


126

0

0

l,d, /2 v01

H

v1

L,D, 

1

1

v2

Слика 52. Слика 52 показује главну магистралну цев дуж које је брзина струјања, пре него што се угради паралелна цев v0. За такав случај, у питању је прости цевовод. Након уграђивања паралелне цеви, цевовод постаје сложен. За случај струјања кроз једну цев, односно прост цевовод, Бернулијева једначина, с обзиром да се занемарују сви локални отпори је gH  

L v02 , d 2

која одређује брзину струјања v0 

2 gdH . L

Након уграђивања паралелне цеви, јављају се два струјна правца. За први струјни правац, кроз паралелну цев, Бернулијева једначина је облика gH 

 l v12 2d 2



L  l v22 , d 2

(30.1)

док је Бернулијева једначина за други струјни правац gH  

2 L  l v01 L  l v22  . d 2 d 2

Одузимањем једначина (30.1) – (30.2) следи

(30.2)


 l v12 2d 2



2 L  l v01 . d 2

127

(30.3)

Једначина континуитета за чворну тачку сложеног цевовода је d 2 d 2 d 2  v1  v2 , 4 4 4 v01  v1  v2 . v01

(30.4)

Пошто се проток увећава за 50% то важи и једнакост

1,5V0  V2 , односно, изражено преко брзина је v2  1,5v0 .

(30.5)

Уврштавањем једначине (30.5) у једначину (30.4) добија се v01  v1  1,5v0 .

(30.6)

Једначине (30.3) и (30.6) чине систем од две једначине са две непознате. Једначина (30.3) се преуређује у облик l 2 2 v1  ( L  l )v01 . 2

(30.7)

Из једначине (30.7) је (L  l) 2 v01 , l

v12  2 одакле је v1 

2( L  l ) v01. l

(30.8)

Уврштавањем израза (30.8) у израз (30.6) добија се једначина


128

2( L  l ) 3 v01  v0 , l 2

v01 

из које се добија брзина v01 

3v0 . 2( L  l ) 2(1  l

(30.9)

Комбиновањем једначина (30.9) и (30.8) следи v1 

2( L  l ) l

3v0 . 2( L  l ) 2(1  l

(30.10)

Комбиновањем једначина (30.9), (30.10) и (30.6) добија се једначина

3v0 3v0  2( L  l ) 2( L  l ) 2(1  2(1  l l

2( L  l ) 3  v0 . l 2

Након простих алгебарских трансформација последња једначина се своди на облик 1 2

(L  l) (L  l) 22 2 , l l

из кога је 2( L  l )  1. l Из последње једначине је коначно l

2 L. 3

Дакле, на 2/3 дужине претходне цеви треба поставити паралелну цев како би се проток повећао за 50%.


129

ЗАДАТАК 31. У контролној грани сложеног цевовода налази се бленда, чије је показивање h а карактеристика К. Нивои течности у резервоарима се одржавају константним. Одредити потребну снагу пумпе. Дати подаци су:K,h, D, D1, D2, l, l1, l2, l3, ζu, ζк, , ζv, ζv1, В, ηp. (Слика 53)

B v1 1

Yp

1

v3

Пумпа 0

0

Слика 53. Када се у сложеном цевоводу налази бленда, која служи за мерење протока, тада прорачун почиње од те гране. Наиме, проток кроз бленду је VB  K h . Пошто је бленда у грани цевовода у којој је брзина струјања v2, то је K h  v2

D22 , 4

тако да је v2 

4K h . D22

(31.1)

130


Транспортовање течности се у овом примеру врши са нижег на виши ниво. У том случају је потребно уложити одређену енергију како би се струјање остварило. Као извор енергије користи се пумпа, чија је карактеристика напор пумпе Yp. У посматраном случају, постоје три струјна правца: 1. oд резервоара I кроз грану пречника D2, 2. oд резервоара I кроз грану пречника D1, 3. прости цевовод пречника D3. Прва Бернулијева једначина, за први струјни правац је облика Yp  gH  ( u  3 k  

l v2 l v2 )  ( B   k   v 2  1   2 ) 2 . D 2 D2 2

(31.2)

У једначини (31.2), потенцијална енергија gH се налази са десне стране једначине зато што се други резервоар налази на вишем нивоу у односу на први резервоар из кога се течност транспортује. За други струјни правац Бернулијева једначина је Yp  gH  ( u  3 k  

l v2 l v2 )  ( k   v1  1   1 ) 1 . D 2 D1 2

(31.3)

С обзиром да у претходно постављеним Бернулијевим једначинама, којих има две, фигурише пет непознатих величина, неопходно је поставити још неколико једначина за затварање система. Када се у сложеном цевоводу појављује грана простог цевовода, тада се Бернулијева једначина поставља за тај струјни правац, јер се на основу ње одмах одређује брзина струјања у тој деоници, која се касније може искористити за одређивање неке друге величине. За прости цевовод од нивоа 1-1 до нивоа 0-0 важи Бернулијева једначина gH  ( u   v   из које је

l3 v32 ) , D 2

(31.4)

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике 2 gH

v3 

l u v   3 D

.

131

(31.5)

Важно је уочити да се потенцијална енергија gH, у једначини (31.4) налази са леве стране знака једнакости, јер је то активна енергија која доводи до струјања флуида, а последица је међусобног положаја резервоара I и II. Чињеница, која је наглашена у поставци задатка, да се нивои течности у резервоарима одржавају константним, подразумева да колико течности изађе из резервоара кроз неку грану, толико течности у резервоар дође неком другом струјном граном. Значи, за резервоаре важи једначина континуитета. Тако је за резервоар I једначина једнакости протока изражена релацијом V  V3 , или, изражено преко брзина струјања и попречних пресека v

D 2 D 2 .  v3 4 4

Из последње једначине је v  v3 , односно v

2 gH l u v   3 D

.

(31.6)

Једначина континуитета важи и за место рачвања цевовода, односно V  V1  V2 , или, изражено преко брзина струјања


132 v

D 2 D 2 D 2  v1 1  v2 2 . 4 4 4

(31.7)

У једначини (31.7) непозната је једино брзина струјања v1, тако да се из наведене једначине изражава управо поменута брзина v1  v(

D 2 D )  v2 ( 2 ) 2 . D1 D1

(31.8)

Уврштавањем ираза (31.1) и (31.6) у једначину (31.8) добија се брзина v1 

2 gH l u v   3 D

(

D 2 4K h )  . D1 D12

(31.9)

У овом моменту су одређене све брзине струјања у сложеном цевоводу. Задатак тражи да се одреди потребна снага пумпе како би се остварило струјање које је приказано на слици 53. Снага пумпе се израчунава према изразу Pp 

VYp , p

(31.10)

где су: V - проток радног флуида кроз ону деоницу у којој се пумпа налази, Yp – већ поменути напор пумпе и р – степен искоришћења рада пумпе. Напор пумпе може бити изражен и преко притиска pp који пумпа остварује у систему Yp 

pp



.

Дакле, како би се одредила потребна снага пумпе, неопходно је најпре одредити проток кроз главну грану цевовода и напор пумпе. Проток се одређује из познате брзине струјања, јер је D , V  v 4 2

односно,

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике D 2  V 4

2 gH

u v  

l3 D

133

(31.11)

.

Напор пумпе се, по правилу, одређује из Бернулијевих једначина. Како у једначини (31.2) није позната величина коефицијента отпора на вентилу v2 (v2), напор пумпе се мора одредити из једначине (31.3) у којој су све остале величине одређене. Уврштавањем израза (31.6) и (31.9), величина Yp је једнозначно одређена, а истовремено и потребна снага пумпе Pp. ЗАДАТАК 32. Систем служи за транспорт V4 (m3/s) воде. У систему су две пумпе, паралелно спрегнуте, при чему је пумпа P1 радна а P2 резервна. Вод „5“ служи за секундарно струјање са протоком V5 . a) Када ради само пумпа P1, одредити отпоре C4 и C5 да би се остварили протоци V4 и V5 . b) Када се затвори вод „5“ а раде обе пумпе, колики притисак треба остварити на пумпи Р2 како би проток V4 био дупло већи (Ci – укупни хидраулички отпори у деоницама). Дати подаци су: pm, V4 , V5 , C0, C1, C2, C3, p1, d. (Слика 54)

1 0

1

0 C5

v5

v4

v1 v0

v3 v2

Слика 54. На слици 54 је приказан систем са две пумпе, при чему се друга пумпа укључује повремено, када је у одређеним периодима потребан већи проток. Ово је типичан пример уштеде воде у систему, јер друга


134

пумпа ради само када се захтева већи проток, а ван употребе је када је проток у систему нормалан. а) Случај када ради само пумпа Р1: У овом случају, нема струјања кроз грану ''2''. Следећи алгоритам прорачуна из претходног задатка, прорачун се започиње од струјних грана у којима су познати протоци, јер су са њима одређене и брзине струјања. Наиме, у грани ''4'' проток је ( 2d ) 2  , V4  v4 4 на основу кога је v4 

V4 . d 2

Аналогно претходном, у грани ''5'' проток је ( 2d ) 2  , V5  v5 4 на основу кога је v5 

V5 . d 2

Једначина континуитета, за рачву из које излазе протоци V4 и V5 а улази проток V , је облика 3

v3

( 2d ) 2  ( 2d ) 2  ( 2d ) 2  ,  v4  v5 4 4 4

из које се добија брзина v3  v4  v5 ,


135

која, након уврштавања добијених израза за појединачне брзине струјања поприма облик v3 

1 d 2

(V4  V5 ).

С обзиром да су гране ''0'' и ''3'' истог пречника 2d, то ће и њихове брзине бити једнаке, односно v0  v3, или v0 

1 d 2

(V4  V5 ).

како је грана цевовода у којој се налази пумпа са мањим пречником, то ће једначина континуитета за гране ''0'' и ''1'' бити v0

( 2d ) 2  d 2 ,  v1 4 4

из које је брзина v1  2v0 , v1 

2 d  2

(V4  V5 ).

На овај начин су одређене брзине струјања у свим деоницама сложеног цевовода. За случај када не ради пумпа Р2 постоје два струјна правца: 1. од нивоа 0-0 до нивоа 1-1, кроз грану ''4'' и 2. од нивоа 0-0 до нивоа 0-0, кроз грану ''5'''. За први струјни правац Бернулијева једначина је облика p1





pm



 C0

v02 v2 v2 v2  C1 1  C3 3  C4 4 . 2 2 2 2


136

Дакле, активна енергија, која омогућава струјање радног медијума, је сила натпритиска флуида у доњем резервоару и енергија коју остварује пумпа која ради под притиском р1. Уврштавањем израза за појединачне брзине струјања у Бернулијеву једначину добија се

p1  pm 



1 4 1 1 2 C0 4 2 (V4  V5 ) 2  C1 4 2 (V4  V5 ) 2  C3 4 2 (V4  V5 ) 2  C4 4 2 V4  ,  2 d  d  d  d  

или, краће записано p1  pm 

 V42    V ) 2 C  4C  C  C V ( . 4 5 1 3 4   0 4 2 2  2d  (V4  V5 )  

Из последње једначине, добија се вредност отпора С4: C4 

2d 4 2 ( p1  pm ) (V4  V5 ) 2  (C0  4C1  C3 ). V42 V42

Бернулијева једначина за други струјни правац је слична претходној, пошто су до гране ''5'' исте струјне деонице, односно p1





pm



 C0

v02 v2 v2 v2  C1 1  C3 3  C5 5 . 2 2 2 2

У последњој једначини непозната величина је само коефицијент отпора С5, који се, након уврштавања израза за брзине струјања, изражава из једначине  V52  2   p1  pm  4 2 (V4  V5 ) C0  4C1  C3  C5 , 2 2d  (V4  V5 )  

на основу које је C5 

2d 4 2 ( p1  pm ) (V4  V5 ) 2  (C0  4C1  C3 ). V 2 V 2 5

5


137

б) Случај када раде пумпе Р1 и Р2

1 0

1

0 v5

C5 v1

v4

p1 C1

v0

v2

Слика 55. Други случај приказује слика 55. Наиме, пошто нема протока у грани ''5'', целокупан проток иза места рачвања после пумпи је проток 2V4 (јер проток треба повећати два пута). Коефицијент отпора С3 остаје,јер он обухвата отпре који се јављају на том делу цевовода. У грани ''4'', пошто је позната вредност протока, је ( 2d ) 2   2V4  v4 . 4 Из претходне једначине добија се брзина v4 

2V4 . d 2

Проток V0 је једнак протоку 2V4 , на основу једначине континуитета за рачве испред и иза грана у којима се налазе пумпе. Због тога је и v0 

2V4 . d 2

Проток V0 се грана на два протока тако да је једначина континуитета облика V0  V1  V2 ,


138

или, изражена преко брзина v0 (2d ) 2  v1d 2  v2 d 2 . Пошто су пречници у гранама у којима су пумпе исти, то ће и брзине струјања у тим деоницама бити једнаке, односно v1  v2 ,

тако да је једначина континуитета 4v0 d 2  2v1d 2 . Из последње једначине следи брзина струјања радног флуида кроз деонице у којима се налазе пумпе: v1  v2  2v0 

4V4 . d 2

Проток у поменутим деоницама је d 2 , V1  v1 4 из које се, након уврштавања израза за брзину струјања добија коначно V1  V4 . На овај начин су добијене брзине у свим деоницама као и одговарајући протоци. Овако постављен сложени цевовод има два струјна правца, тако да се постављају две Бернулијеве једначине:

pm



p1

pm



p2









 C0

v02 v2 v2  C1 1  (C3  C4 ) 4 , 2 2 2

 C0

v02 v2 v2  C2 2  (C3  C4 ) 4 . 2 2 2


139

Из прве једначине могуће је одредити коефицијент губитака С4 који сада има другачију вредност у односу на претходни случај, јер се дупло повећава проток. Значи, из прве Бернулијеве једначине је C4 

2( pm  p1 ) v v  C0 ( 0 ) 2  C1 ( 1 ) 2  C3 . 2 v4 v4 v4

Уврштавањем израза за брзине добија се једначина облика 2V4 4V4 2 2( pm  p1 ) d  ) 2  C ( d 2 ) 2  C , C4  C  ( 0 1 3 2V4 2V4 4V 2  4 42 d 2 d 2 d 

из које следи коефицијент отпора C4 

d 4 2 ( pm  p1 )  C0  4C1  C3 . 2V42

Напокон, из друге Бернулијеве једначине изражава се вредност притиска р2 коју треба да оствари пумпа број 2 како би се проток дупло повећао:  v2 v2 v2  p2   C0 0  C2 2  (C3  C4 ) 4   pm . 2 2  2

Показани примери и методологија прорачуна сложених цевовода имају примену када се ради о малом броју струјних праваца. Уколико је број струјних праваца већи, неопходно је поставити већи број Бернулијевих једначина, којима уз то треба још придодати и једначине континуитета, тако да се у збиру добија систем великог броја једначина са великим бројем тражених величина. Због тога се прибегава упрошћавању сложеног цевовода и његовог свођења на прости цевовод за који је једноставно одредити проток радног флуида. Напред поменуто омогућено је примено коефицијената хидрауличких карактеристика Кi који се добијају из коефицијената хидрауличких отпора Сi а на основу релације која их повезује: Ki 

Ci . 2 Ai2


140

Дакле, ''слагањем'' појединачних коефицијената хидрауличке карактеристике добија се еквивалентни коефицијент хидрауличке карактеристике Ке, уз помоћ кога се било који сложени цевовод своди на прости који је приказан на слици 56.

h

V

Yp Kе

Слика 56. Бернулијева једначина за прости цевовод са слике 56 гласи: Yp  gh  K eV 2 .

Дакле, веома једноставно је одредити напор пумпе, на основу кога је једноставно одредити потребну снагу пумпе. Како би се одредио еквивалентни коефицијент хидрауличке карактеристике, неопходно је утврдити како су струјне деонице повезане (каква је веза у питању). Наиме, постоје два типа везе:  

редна веза и паралелна веза.

Код редне везе, како и само име наговештава, струјне деонице су редно повезане, ''једна за другом''. То је приказано на слици 57.

v1

v2 К1

v3 К2

К3

Слика 57. Дакле, редна веза се јавља када се деонице надовезују једна на другу, односно када су дуж истог струјног правца, али се деонице разликују по


141

пречнику. Због различитих пречника, различите су и брзине струјања, а на тај начин и протоци. За случај редне везе, еквивалентни коефицијент хидрауличке карактеристике је n

Ke   Ki , i 1

где су: Кi – појединачни коефицијенти хидрауличких карактеристика и n – број струјних деоница. Значи, за случај на слици 57 је K e  K1  K 2  K 3 . У случају паралелне везе, како то показује слика 58, постоји место где се цевовод грана. v1 К1

v0

v2

v3

К2

v0

К3

Слика 58. За случај паралелне везе струјних деоница, еквивалинтни коефицијент хидрауличке карактеристике се израчунава према изразу   1 Ke   n    Ki  i 1

2

   .   

Дакле, за случај са слике 58 је Ke  (

1 1 1 2   ) . K1 K2 K3

Како то изгледа на конкретном примеру, показује следећи задатак.


142

ЗАДАТАК 33. Одредити потребну снагу пумпе за цевовод приказан на слици. Дати су подаци: Ci (i = 1, …,5). (Слика 59)

v5

h

C5

C2

C3

h

K5

C4

v2 v1

C1

K2

K3

v3

K4

v4

Yp K1

Слика 59. За сложени цевовод приказан на слици 59 може се поставити три Бернулијеве једначине и две једначине континуитета, односно v12 v22 v52 Yp  gh  C1  C2  C5 , 2 2 2 2 2 v v v2 Yp  gh  C1 1  C3 3  C5 5 , 2 2 2 2 2 v v v2 Yp  gh  C1 1  C3 4  C5 5 , 2 2 2     V1  V2  V3  V4 , V  V  V  V , 2

3

4

5

V1  V5 .

Значи, формиран је систем од шест једначина са пет непознатих брзина и напором пумпе. Систем је, наравно могуће решити, али је процедура доста дугачка. Зато се примењује друга метода која се заснива на тражењу еквивалентног коефицијента хидрауличке карактеристике. Најпре се, на основу коефицијената хидрауличких отпора Сi одређују коефицијенти хидрауличких карактеристика Кi. Гране 2,3, и 4 су паралелно повезане, тако да је њихов еквивалентни коефицијент

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике K 234  (

143

1 1 1 2   ) . K2 K3 K4

У овом моменту, цевовод је сведен на облик који је показан на слици 60.

h

К5

К234

К1

Слика 60. Слика 60 показује да сада постоје три деонице које су редно повезане, што значи да је еквивалентни коефицијент читавог система K e  K1  K 234  K 5 , или, након уврштавања израза за К234 је K e  K1  (

1 1 1 2   )  K5. K2 K3 K4

Сада се читав систем своди на прости цевовод који је приказан на слици 61.

h

Ке

Слика 61.

144


Сада је, једноставно, Бернулијева једначина Yp  gh  K eV 2 ,

из које се добија напор пумпе, на основу кога се добија потребна снага пумпе. Примена Бернулијевих једначина и једначина континуитета има своју конкретну инжењерску примену на уљно-хидрауличким системима. 3.3 Прорачун уљно-хидрауличких система У инжењерској пракси уљно-хидраулички системи имају своју применљивост у многим областима машинске индустрије. Основни задатак поменутих система је да изврши пренос енергије од њеног извора, који је по правилу пумпа, до места у систему где се та енергија претвара у користан механички рад. Ово је омогућено уз помоћ управљачког дела, док се трансформација струјне енергије у користан рад врши у компонентама који се називају извршни органи. Шематски, то је приказано на слици 62. Хидроцилиндар (транслаторно кретање) Управљачки део (разводници)

Извршни орган Хидромотор (обртно кретање)

Извор енергије (пумпа)

Резервоар са радном течношћу

Слика 62. Дакле, извршни органи (хидроцилиндар или хидромотор) предсатвљају везу између хидрауличког и механичког дела система преноса снаге.


145

За прорачун рада уљно-хидрауличког система користе се Бернулијева једначина и једначина континуитета, као и једначине механике, односно једначине кретања. Најпростији уљно-хидраулички систем се сатоји од резервоара, пумпе, разводника, хидроцилиндра и цевовода и приказан је на слици 63 и представља пример прорачуна оваквих система. ЗАДАТАК 34. Уљно – хидраулички систем се састоји од хидроцилиндра са клипњачом двоструког дејства пречника D и Dо, пумпе са степеном искоришћења ηp, цевовода пречника и дужине l, разводника (са падовима притисака ∆ppa=∆pbp) и филтера (∆pf). На клипњачи се савлађује радна сила F са брзином vp. Одредити снагу пумпе. Остале величине: ρ; v; ζк; ζu0; ζu. (Слика 63) 1

0

2

v2

v1

0

Слика 63. На слици 63 је приказан класичан, затворени уљно-хидраулички систем преноса снаге. Опис рада, у најкраћем, је следећи: пумпа усисава уље из резервоара и транспортује га, кроз потисни вод у коме је разводник у положају Р-А, до леве коморе хидроцилиндра. Радна течност пуни леву комору и долази до кретања клипа удесно услед чега део радне течности бива потиснут из десне коморе хидроцилиндра у повратни вод, одакле се кроз разводник (положај В-А) течност враћа у резервоар, а затим се процес поново понавља. Нема потребе посебно објашњавати да су филтер, разводник, колена и друго, локални отпори у систему. У конкретном примеру са v1 је означена брзина струјања у потисном воду а са v2 брзина струјања у повратној грани.

146


Код прорачуна уљно-хидрауличких система најједноставније је пратити следећи пут решавања задатака: 1. Постављање једначина континуитета Једначине континуитета, за посматране системе уљне хидраулике, поред места рачвања цевовода, постављају се и за места уласка, односно изласка, цевовода у хидроцилиндре. У посматраном примеру, за леву комору хидроцилиндра, како то и слика 64 показује, важи једначина континуитета V1  Vpromena zapremine komore . vp D0

D

v1

d

d 2 , 4 ( D 2  D02 )  . 4

Acevovoda  Acilindra

Слика 64. Како је проток производ брзине струјања и површине попречног пресека, то је прва једначина континуитета облика: v1

d 2 ( D 2  D02 )  vp , 4 4

(34.1)

јер се клип креће брзином vp и остварује прстенасту површину попречног пресека. Из једначине (34.1) добија се брзина струјања уља у потисном воду: ( D 2  D02 ) v1  v p . d2

(34.2)

Друга једначина континуитета се поставља за место изласка повратног цевовода из хидроцилиндра, што графички јасно илуструје слика 65.


147

vp D0

D

v2

d 2 , 4 ( D 2  D02 ) .  4

Acevovoda 

d

Acilindra Слика 65.

Слично претходном поступку, једначина континуитета је ( D 2  D02 ) d 2 , v2  vp 4 4

(34.3)

Из једначине (34.3) добија се брзина струјања уља у повратном воду: v2  v p

( D 2  D02 ) . d2

(34.4)

Упоређењем израза (34.2) и (34.4) уочава се да су брзине струјања уља у потисном и повратном воду исте, што је последица употребе цилиндра код кога су клипњаче са обе стране клипа и цевовода истих пречника. Да ово није увек случај, показује анализа приказана на слици 66. vp D

D0

v1

v2

Слика 66. На слици 66 је приказан хидроцилиндар код кога се клипњача налази само са једне стране клипа.У оваквом случају, једначина континуитета за потисни вод је облика


148 v1

d 2 D 2  vp , 4 4

из које је

D v1  v p ( ) 2 . d За повратни вод је d 2 ( D 2  D02 ) v2  vp , 4 4 одакле је v2  v p

( D 2  D02 ) . d2

Упоређењем добијених брзина уочава се да се оне за овај случај разликују. Та разлика је још већа уколико би се и пречници потисног и повратног цевовода разликовали. Како у посматраном задатку нема места гранања цевовода, то нема више ни једначина континуитета које је могуће поставити. 2. Постављање Бернулијевих једначина Као и приликом прорачуна сложених цевовода, и код прорачуна уљно-хидрауличких система, могуће је поставити онолико Бернулијевих једначина колико има струјних праваца. Уопште говорећи, прорачун уљно-хидрауличких система је аналоган прорачуну сложених цевовода, с тим што у уљно-хидрауличким системима улогу резервоара имају и хидроцилиндри. У посматраном примеру постоје два струјна правца:  

први, дуж потисног цевовода, од резервоара до леве коморе хидроцилиндра (0-1) и други, дуж повратног вода, од десне коморе хидроцилиндра до резервоара (2-0).

Треба напоменути да се Бернулијева једначина поставља тако да је први ниво ниво течности у резервоару а други у хидроцилиндру, при


149

чему се површ 1-1 поставља непосредно близу површине клипа али тако да се клип не додирује, јер је у питању чврста површ. За потребе Бернулијеве једначине, притисак у левој комори цилиндра се обележава са р1 а у десној комори са р2. Бернулијева једначина за ниовое 0-0 и 1-1 је облика: pPA

p f

2l1 v12   ( u 0  4 k  1   ) , Yp  gH   d 2    p1

(34.5)

у којој се локални отпори на разводнику и филтеру урачунавају у нешто другачијем облику него остали локални отпори, из простог разлога што произвођачи ових компоненти дијаграмски дају вредности промене притиска. У једначини (34.5) фигуришу две непознате величине: напор пумпе Yp и притисак у левој комори цилиндра р1. Коефицијент трења  се сматра познатом величином јер је он већ коментарисан у претходном одељку. Дакле, неопходно је поставити још бар једну једначину како би се задатак решио, односно, неопходно је одредити вредност притиска у потисној комори хидроцилиндра. Друга Бернулијева једначина се поставља за нивое 2-2 до 0-0: p2



 gH 

pBR



 ( u  4 k  1  

2l1 v22 ) , d 2

(34.6)

где је пад притиска на разводнику, али у овом случају за повратни вод В-R дат као и у претходној једначини, док остали локални отпори множе кинетичку енергију струјања уља. У једначини (34.6) непозната величина је само притисак у десној комори цилиндра р2 тако да се он може изразити на следећи начин: p2  pBR  gH   ( u  4 k  1  

2l1 v22 ) . d 2

(34.7)

Међутим, још увек се не може одредити вредност притиска р1, која је неопходна како би се одредио напор пумпе. Због тога се користи још једна једначина из механике. 3. Постављање једначина равнотежа сила које делују на клип цилиндра Као додатна једначина примењује се једначина равнотеже сила које делују на клип хидроцилиндра. Наравно, у општем случају, могуће је

150


поставити онолико оваквих једначина, колико има хидроцилиндара у систему. У посматраном примеру, то је само једна једначина, али толико је и потребно да би се систем једначина затворио.

P1

P2

D0

D

F

Слика 67. Слика 67 показује силе које се јављају у цилиндру. То су силе притиска на равне површи и њихови интезитети су: ( D 2  D02 ) , 4 ( D 2  D02 ) . P2  p2 4 P1  p1

Једначина равнотеже сила је облика: P1  P2  F ,

из које се након уврштавања интезитета сила p1

( D 2  D02 ) ( D 2  D02 )  p2  F, 4 4

добија вредност притиска

p1  p2 

4F . ( D  D02 ) 2

(34.8)

Уврштавањем израза (34.7) у (34.8) вредност притиска р1 је једнозначно одређена: 2l1 v22 4F . (34.9) p1  pBR  gH   ( u  4 k  1   )  2 d 2 ( D  D02 ) Уврштавањем израза (34.9) у израз (34.5) добија се напор пумпе

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике Yp 

pBR





pPA





p f



 ( u  4 k  1  

2l1 v22 )  d 2

2l v 2 4F  ( u 0  4 k  1   1 ) 1  2 . d 2 ( D  D02 )

151

(34.10)

С обзиром на изразе (34.2) и (34.4), тј. v1  v2  v  v p

( D 2  D02 ) , d2

то је, након уврштавања у (34.10) pBR

pPA

p f

2

( D 2  D02 ) 2 4l1 v p ( 8 2 )  Yp             u u k 0    d4 d 2 4F .  2 ( D  D02 ) Са овако одређеном вредношћу напора пумпе, потребна снага пумпе је Ppumpe 

YpV , p

где је d 2 ( D 2  D02 ) d 2 V  v1  vp , d2 4 4 ( D 2  D02 ) V  v p . 4 Након уврштавања у једначину за снагу пумпе је

v p ( D 2  D02 ) pBR pPA p f ( D 2  D02 ) 2     Pp  4 p    d4 ( u   u 0  8 k  2  

2

4l1 v p 4F . )  2 d 2 ( D  D02 )

152


Последња једначина, која представља израз по коме се одређује потребна снага пумпе за рад уљно-хидрауличког система, показује све утицајне факторе који дефинишу потребну снагу пумпе. ЗАДАТАК 35. Пумпа напора Yp транспортује уље густине ρ и вискозности ν ка цилиндру „1“ на коме се савлађује сила F. Из цилиндра „1“ уље струји ка цилиндру „2“ на чијој се клипњачи налази опруга крутости c. Одредити максимално могућу деформацију опруге (h=?). Кинетичку и потенцијалну енергију струје занемарити а од локалних отпора узети само отпоре у разводнику и филтеру. Струјање у свим цевима је ламинарно. Дати подаци су: Yp, ρ, ν, F, c, d1, d2, d3, l1, l2, l3, D, D1, D2, Dо, Δpr, Δpf, ηp. (Слика 68)

p2

ch

v2 vp p1

p4

v0

D1

p3

v3

v1

Слика 68. У систему приказаном на слици 68, уље се транспортује из резервоара, кроз разводник у цилиндар 1. Из цилиндра 1 се, кретањем клипа удесно, потискује даље радна течност у доњу комору цилиндра 2. Уље које пуни доњу комору потискује клип нагоре услед чега долази до истицања дела радне течности из горње коморе другог цилиндра, на чијој клипњачи је везана опруга крутости с, у повратни цевовод, кроз који се, преко разводника, уље враћа у резервоар. Циклуси се на тај начин понављају док се пумпа не искључи. Прорачун почиње, као и у претходном примеру, постављањем једначина континуитета на местима где цевоводи улазе или излазе из комора хидроцилиндара.

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике Једначина континуитета за десну комору цилиндра 1 је: v1

d12 D 2  vp , 4 4

из које се добија брзина

v1  v p (

D 2 ). d1

(35.1)

Једначина континуитета за леву комору цилиндра 1 је: v2

d 22 ( D 2  D12 )  vp , 4 4

из које се добија брзина v2  v p (

D 2  D12 ). d 22

(35.2)

Једначина континуитета за доњу комору цилиндра 2 је: v2

d 22 D 2  v0 , 4 4

из које се добија брзина v0  v2 (

D 2 ) , d1

која, након уврштавања израза (35.2), има облик: D 2  D12 v0  v p ( ). D2 Једначина континуитета за горњу комору цилиндра 2 је: v0

( D 2  D12 ) d 2  v3 3 , 4 4

(35.3)

153

154


из које се добија брзина v3  v0

d 32 , D 2  D12

која, након уврштавања израза (35.3), има облик: v3  v p (

d3 2 ). D

(35.4)

У поставци задатка је наглашено да је струјање у свим деоницама ламинарно, што значи да треба одредити коефицијенте трења, за сваку деоницу појединачно, у складу са траженим захтевом. Наиме, како је у теоријском уводу напоменуто, за случај ламинарног струјања коефицијент трења је могуће тачно одредити, и за прву деоницу коефицијент трења је

1 

64 64  , Re1 v1d1

који, након уврштавања израза (35.1) постаје облика

1 

64d1 . vp D2

(35.5)

Слично је за коефицијент трења у другој деоници. Наиме,

1 

64 64  , Re 2 v2 d 2

који, након уврштавања израза (35.2) постаје облика

1 

64d 2 . v p ( D 2  D12 )

Аналогно је за трећу деоницу

(35.6)


3 

155

64 64  , Re3 v3d 3

при чему, након уврштавања израза (35.4) коефицијент трења је

3 

64D 2 . v p d33

(35.7)

Како следи постављање Бернулијевих једначина за три струјна правца, сврсисходно је увести коефицијенте хидрауличких отпора, који омогућавају краћи и лагоднији запис поменутих једначина. За потисни вод, коефицијент отпора је C1 

pR



 1

l1 , d1

који, после уврштавања израза за коефицијент трења има облик C1 

pR





32l1v p D 2 d14

.

(35.8)

Слично је за другу деоницу C2  2

l2 , d2

јер у другој деоници не постоји ниједан локални отпор, пошто се сви локални отпори, осим отпори на разводнику и филтеру, занемарују. После уврштавања израза за коефицијент трења, коефицијент отпора је C2 

64l2 . v p ( D 2  D12 )

(35.9)

За трећу деоницу је C3 

pR





p f



 3

l3 , d3


156

који, након уврштавања израза за одговарајући коефицијент трења, добија следећи облик: C3 

pR





p f





64l3 D 2 . v p d 34

(35.10)

У овом моменту, сви коефицијенти отпора и све брзине струјања се сматрају познатим величинама, тако да ће се у наредним изразима користити као познате величине, без њиховог накнадног поновног уврштавања, јер би се добили превише робустни изрази из којих се не би јасно видела физикалност проблема. Бернулијеве једначине за струјне правце су следеће: За потисни вод, од резервоара до десне коморе првог цилиндра, једначина је облика Yp 

p1



 C1

v12 , 2

(35.11)

за вод који повезује први и други цилиндар је p2





p3



 C2

v22 , 2

(35.12)

док је за повратни вод p4



 C3

v32 . 2

(35.13)

Претходни систем од три једначине (35.11), (35.12) и (35.13) има 4 непознате величине, притиске р1, р2, р3 и р4. Потребна је још једна једначина, а поред тога, задатком се тражи деформација опруге, која као величина фигурише само у изразу за силу у опрузи. Једначина која повезује силе и притиске је једначина равнотеже сила које делују на клип цилиндра. Како у овом примеру у систему има два цилиндра, постављају се две такве једначине. Прва једначина, за цилиндар 1 је p1

D 2   F  p2 ( D 2  D12 ) , 4 4

(35.14)


157

док је једначина равнотеже сила за клип цилиндра 2 облика



ch  p4 ( D 2  D12 )

4

 p3

D 2 . 4

(35.15)

Сада је формиран систем од пет једначина са пет непознатих величина. Из једначине (35.13) изражава се вредност притиска 32 l3v p . D2

p4  pR  p f 

Пошто је напор пумпе задата, позната величина то је из једначине (35.11) p1  Yp  (pR 

32 l1v p D 2 d14

).

Уврштавањем израза за р1 у једначину (35.14) добија се вредност притиска p2 

4 2 ( D  D12 )

  32 l1v p D 2 D 2 Y p     F . ( )   p R 4 d1 4  

Из једначине (35.12) следи: p3  p2  C2

v2 , 2

односно

4 p3  2 ( D  D12 )

  32 l2v p ( D 2  D12 32 l1v p D 2 D 2  F  . ) ( Yp  pR  d14 d 24 4  

Коначно, из једначине (35.15) је ch  p3

D 2   p4 ( D 2  D12 ) , 4 4


158

одакле је 1 D 2  h  ( p3  p4 ( D 2  D12 ) ). c 4 4 Дакле, прорачун уљно-хидрауличких система се изводи у следећим корацима: 

    

израчунавање брзина струјања радног флуида (уље) у свим деоницама, на основу постављених једначина континуитета, било за места гранања цевовода, било за места уласка или изласка цевовода из хидроцилиндара, одређивање коефицијената трења у свим струјним деоницама, одређивање коефицијената отпора (овај корак се може прескочити уколико се Бернулијеве једначине пишу у ''пуном'' облику, постављање Бернулијевих једначина са све струјне правце, постављање једначина равнотеже сила за све хидроцилиндре који су у систему и решавање тако постављеног система једначина.

Бернулијева једначина има примену у још једној практичној области. 3.4 Истицање радног флуида кроз отворе

Основна карактеристика струјања флуида је губитак струјне енергије услед савлађивања отпора. Истицање кроз отворе је случај када се много више струјне енергије губи услед локалних отпора него услед трења. У принципу, разликују се два основна типа истицања: 1. истицање течности при константном нивоу течности – истицање кроз велике отворе и 2. истицање при променљивом нивоу – квазистационарно истицање. 3.4.1 Истицање течности кроз велике отворе

У процесу истицања, под великим отвором се подразумева отвор који је довољно велики тако да се профил брзине по висини отвора мења. Из тог разлога, велики отвор се дели на велики број малих отвора, за које је елементарни проток


159

dV  dA 2gz ,

где су:  - коефицијент протока, z – растојање од нивоа слободне површи до елементарне уочене површи. Уочена површ је елементарни правоугаоник висине dz и ширине x, тако да је функционална зависност за укупни проток z2

V   2 g  z x( z )dz. z1

За велике отворе, основни задатак и представља одређивање протока који се кроз уочени отвор оствари. Све је много јасније на конкретном примеру. ЗАДАТАК 36. Одредити укупни проток који се оствари кроз велики отвор у вертикалном зиду, ако је отвор у облику: а) правоугаоника, б) троугла. Дати подаци су: h, H, b, . (Слика 69)

z

h x

H

dz b

x

b

Слика 69. На слици 69 приказана су два отвора која се налазе у вертикалном зиду а кроз које истиче нестишљиви флуид. а) Проток кроз паравоугаони отвор је V   2 g

h H



z x( z )dz.

h

Значи, први задатак код одређивања протока је правилно одређивање граница интеграла. Уопште посматрано, горња и доња граница

160


интеграла представљају растојање највише и најниже тачке контуре, посматрано од нивоа слободне површи. Други део проблема представља правилно одређивање зависности x(z). За случај правоугаоника је одређивање зависности веома једноставно, јер се ширина елементарног дела не мења по висини, односно увек је једнака ширини правоугаоника, тј.

x( z )  b. Уврштавањем одређене зависности у подинтегралну функцију, добија се израз за проток V   2 g b

h H



z dz ,

h

h H

из кога се, решавањем интеграла степене функције



1

z 2 dz , добија

h

вредност протока 3 3   2 2  V   2 g b (h  H )  h 2 . 3  

б) За одређивање протока кроз троугаони отвор, користи се исти интеграл, са истим границама, као и за правоугаони отвор, из разлога што се највиша и најнижа тачка контуре налазе на истим растојањима од нивоа слободне површи, односно V   2 g

h H



z x( z )dz.

h

И у овом случају је потребно, у другом кораку, одредити правилно зависност x(z). У овом случају, ширина отвора се мења са дубином, тако да је неопходно правилно пронаћи тражену зависност. За случај троугла, зависност се тражи на основу пропорције која се добија из сличности троуглова, која, речима исказана, гласи: Висина мањег троугла : Висина већег троугла = Основа мањег троугла : Основа већег троугла,

или, математички записано


161

( z  h) : H  x : b. Из пропорције се добија да је

x( z ) 

b ( z  h). H

Уврштавањем добијене зависности у интеграл, следи израз b V   2 g H

h H



z ( z  h)dz ,

h

из кога се, након алгебарских трансформација, као међурезултат добија h H h H  b   V   2 g   z z dz  h  z dz , H h h 

из кога је 5 3 5 2  h b 1 V  2 2 g  ( H  h) 2  ( H  h) 2  h 2 . 15  3 H 5

Занимљиво је анализирати шта би се десило да је велики отвор у облику троугла,али окренутим врхом надоле, као што то показује слика 70. b h H

z x

Слика 70. Као и у претходном случају, проток је V   2 g

h H

 h

z x( z )dz.

dz

162


И у овом случају је потребно, у другом кораку, одредити правилно зависност x(z). Аналогно претходном, логика је иста, тј. Висина мањег троугла : Висина већег троугла = Основа мањег троугла : Основа већег троугла,

али, математички записано, пропорција ће бити унеколико другачија, односно

(h  H  z ) : H  x : b. Из пропорције се добија да је x( z ) 

b (h  H  z ). H

Уврштавањем добијене зависности у интеграл, следи израз b V   2 g H

h H



z (h  H  z )dz ,

h

из кога се, након интеграљења добија 5 5 3  2 1 b 2 V  2 2 g  (h  H ) 2  h 2  Hh 2 . 15 3 H 15 

Упоређењем израза за претходни случај са последњим изразом уочава се очигледна разлика. Од стандардних облика отвора, преостаје још кружни отвор у вертикалном зиду. То је приказано на слици 71.

z

x R R

Слика 71.

dz


163

Посматра се случај када круг додирује ниво слободне површи, јер уколико је потопљен у течност, добија се интеграл који је тешко решити, а то није циљ ових задатака. За приказани положај је V   2 g

2R



z x( z )dz.

0

Зависност x(z) се добија из правоуглог троугла, за који је, на основу Питагорине теореме x ( R  z)2  ( )2  R 2 , 2 тако да се, након алгебарских трансформација добија зависност x( z )  2 2 Rz  z 2 . Уврштавањем добијене зависности у интеграл, добија се 2R

V   2 g  2 z 2 Rz  z 2 dz. 0

Из последњег израза следи 2R

V  2  2 g  z 2 R  z dz. 0

Након рационалисања подинтегралне функције 2R

2R  z V  2  2 g  z 2 R  z dz , 2R  z 0

долази се до израза V  2  2 g

2R

 0

z (2 R  z ) dz. 2R  z

Последњи интеграл се решава увођењем смене

164


2 R  z  u,  dz  du, du   dz , z  2 R  u, а нове границе интеграла се добијају као 2R  2R  ug , u g  0, 2 R  0  ud , ud  2 R.

Сада је интеграл облика 2R

(2 R  u )u V  2  2 g  du. u 0

Решавањем последњег интеграла, проток је 5

64 V   g R2. 15 ЗАДАТАК 37. Одредити проток течности кроз велики отвор приказан на слици, кога чине део кружнице и равног зида. Дати подаци су: R, μ. (Слика 72)

r

x

z dz

R

Слика 72.


165

Проток кроз посматрани отвор је R

V   2 g  z x( z )dz. 0

Потребна зависност ширине отвора од тренутне дубине се добија на основу разлике x( z )  R  r , при чему се величина r добија из правоуглог троугла r 2  R 2  ( R  z)2 , r  z (2 R  z ) . На овај начин је x( z )  R  z (2 R  z ) .

Уврштавањем последњег израза у интеграл за проток добија се израз облика R

V   2 g  z ( R  z (2 R  z )dz. 0

Последњи интеграл се раздваја на два интеграла, односно R

R

0

0

V   2 g ( R  z dz   z 2 R  z dz ), V   2 g ( I1  I 2 ). Први интеграл R

1 2

I1  R  z dz , 0

5

I1 

2 2 R . 3


166

Други инеграл: R

I 2   z 2 R  z dz , 0

се решава увођењем смене

t  2R  z, dt   dz , z  2R  t, након чега је решење облика 5

16 2  9 2 I2  ( )R . 15 Коначно, укупни проток је  2 16 2  9  52  V   2g   ( ) R . 15 3  3.4.2 Квазистационарно истицање течности из резервоара

Када се истицање течности врши са променљивим нивоом, услед чега се јавља поље променљивог притиска, истицање се посматра као квазистационарно истицање, јер се претпоставља да промене поља притиска нису велике и да се могу занемарити. Карактеристични пример оваквог типа истицања је истицање течности из резервоара, кроз прости или сложени цевовод. Прорачун наведеног типа истицања се врши на основу диференцијалне једначине

 A( z )dz  Vu ( z )dt , где су: А(z) – тренутно уочена површина попречног пресека резервоара, dz – елементарни део резервоара, Vu (z ) - укупни проток који истиче. Обично је, код оваквих проблема, задатак да се одреди време које је потребно да се испразни цео резервоар или један његов део. На основу претходне једначине је елементарни део времена

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике dt 

167

 A( z )dz , Vu ( z )

одакле је t

z2

 A( z )dz . Vu ( z ) z1



Знак ''-'' испред површине пресека фигурише због смањења координате z током истицања и једноставно се превладава заменом граница интеграла, што ће бити показано на следећим примерима. Неопходно је напоменути да се проток, у функцији тренутно уоченог нивоа z одређује применом Бернулијевих једначина и једначина континуитета. Други корак, у решевању оваквих проблема, је правилно постављање зависности A(z) (нешто слично као зависност x(z) при истицању кроз велике отворе). Површина A(z) првенствено зависи од облика резервоара, тако да се у даљем тексту дају три карактеристична облика резервоара, који се у пракси сусрећу, и за њих је поменута зависност одређена. 1. ЦИЛИНДРИЧНИ РЕЗЕРВОАР

A(z)

dz

H D , h

z l,d v(z)

Слика 73. У резервоару се налази течност густине  и конематске вискозности . Приказани цилиндрични резервоар на слици 73 је најједноставнији случај, пошто се површина попречног пресека по висини резервоара не мења, и на ма ком нивоу је

168


A( z ) 

D 2 . 4

2. КОНУСНИ РЕЗЕРВОАР D

r(z) H

dz

, z

h

l,d v(z)

Слика 74. За разлику од резервоара цилиндричног облика, код конусног резервоара се површина попречног пресека мења са променом висине. Зато је сврсисходно увети тренутни радијус r(z), на основу кога је A( z )  r 2 ( z ) , тако да се задатак своди на одређивање овог радијуса. Радијус се одређује из сличности троуглова, на слици 74. Наиме, основице мањег и већег троугла се односе као њихове висине, јер се ради о сличним троугловима, односно r ( z ) : D  ( z  h) : H , одакле је r ( z) 

D ( z  h). H

Наравно, другачија геометрија не доводи до идентичног израза, али је поступак одређивања зависности идентичан. Наглашава се да и у овом и у претходном случају, није третиран проблем одређивања протока Vu (z ) , јер он зависи од конкретног случаја.


169

3. СФЕРНИ РЕЗЕРВОАР r(z) D=2R

dz R

, z

h

l,d v(z)

Слика 75. И у овом случају је површина попречног пресека променљива по висини, тако да се изражава преко тренутног радијуса r(z). Зависност се добија из правоуглог троугла, тако да је r ( ) 2  R 2  ( z  h  R) 2 , 2 односно, r 2  4 R 2  ( z  h  R) 2 , а површина A( z )  r 2 . Границе интеграла зависе од димензија резервоара, и прате највишу и најнижу тачку са које течност истиче у атмосферу. Свакако, поред пражњења резервоара, исти се може истовремено и пунити одређеним протоком, тако да у том случају укупни проток је Vu ( z )  Vulazno  Vizlazno , и у зависности од односа ова два протока резервоар се или пуни или празни. У даљем тексту следе примери који напред наведено илуструју.

170


ЗАДАТАК 38. Конусно- цилиндрични резервоар се празни кроз прости цевовод приказан на слици. Одредити потребну дужину цевовода тако да се резервоар испразни за време од Т(s). Све локалне отпоре занемарити и узети у обзир само губитке на трење. Претпоставља се да је струјање у цевоводу ламинарно. Дати подаци су: D,d, ,T,H. (Слика 76)

H

dz1

A(z)

H

dz2

z1

D , H

z2 l,d v(z)

Слика 76. Резервоар се састоји из два дела: конусног и цилиндричног, тако да се укупно време пражњења резервоара може поделити на два дела: -

Т1 – време за које се испразни конусни део резервоара, Т2 – време за које се испразни цилиндрични део.

Дакле, одвојено се посматра најпре конусни део, а затим цилиндрични. Из тог разлога су уведене ознеке на слици 76 такве да се за први део истицања текућа координата обележава са z1 а за други део са z2. Истицање из конусног дела резервоара: Како постоји само један струјни правац, могуће је поставити само једну Бернулијеву једначину, и то за тренутно уочени ниво течности и ниво на коме течност истиче у атмосферу. Бернулијева једначина гласи:


171

l v2 .   d 2 У постављеној једначини и са леве и са десне стране једначине фигурише притисна енергија која потиче од атмосферског притиска ра јер је са горње стране резервоар отворен па је на нивоу течности увек вредност атмосферског притиска, док је на нивоу где течност истиче, такође атмосферски притисак ра. Након анулирања поменута два члана, Бернулијева једначина поприма облик pa

 gz 

gz  

pa



l v( z ) 2 , d 2

(38.1)

где су од губитака узети само успутни пошто се локални губици занемарују. Претпоставља се да се ради о веома дугачком цеввоводу код кога су локални губици занемарљиви у односу на губитке трења. Како је претпоставка да је струјање у цевној деоници ламинарно, то је



64 64  , Re v( z )d

где је v(z) – брзина струјања у цевоводу која такође зависи од тренутне координате z. Уврштавањем израза за коефицијент трења у једначину (38.1) добија се једначина gz 

64 l v 2 ( z ) , v( z )d d 2

из које се, након скраћивања брзине у имениоцу израза добија израз gz 

32l v( z ), 2d 2

из кога је v( z ) 

gd 2 z. 32l

(38.2)

Проток кроз цевовод, са на овај начин одређеном брзином, сада износи

172


gd 2 d 2 V ( z )  z, 32l 4 односно gd 4 V ( z )  z. 128l

(38.3)

Дакле, напред напоменута тврдња да се проток, који је функција тренутне координате z, одређује из Бернулијеве једначине, овде је верификована. Други корак се састоји у одређивању зависности површине А од тренутне координате. Пошто је у питању конусни резервоар, за који се, како је већ показано, тренутни пречник r(z) изражава на основу сличности троуглова, то је за конкретан случај (3H  z1 ) : r ( z )  H :

D , 2

одакле се добија тражена зависност r ( z) 

D (3H  z1 ). 2H

(38.4)

На основу претходног израза, површина пресека је A( z )  r 2 ( z ) , или, након уврштавања израза (38.4), следи A( z1 ) 

D 2 (9 H 2  6 Hz1  z12 ). 2 4H

(38.5)

Време које је потребно да се испразни први део резервоара се одређује из израза 2H

T1   

3H

A( z1 )dz1 , V ( z )


173

из кога се види да се границе интеграла крећу од веће вредности до мање вредности, јер се координата z смањује током пражњења резервоара. Због тога се границе мењају, а знак '' минус '' испред интеграла више не егзистира, тако да након уврштавања израза (38.3) и (38.5) у последњи израз, добија се 3H

T1 



2H

D 2 (9 H  6 Hz1  z12 )dz1 2 4H , gd 4 z1 128l

из кога се, након алгебарских трансформација добија 32 D 2l (9 H 2  6 Hz1  z12 ) T1  2 4  dz1. H gd 2 H z1 3H

Након растављања интеграла на три таблична интеграла 3H 3H 3H 2  32 D 2l  2 dz1 z1dz1 z  6H    1 dz1 , T1  2 4 9 H  H gd  z1 z1 z 2H 2H 2H 1 

следи резултат који се односи на време које је потребно да се испразни конусни део резервоара T1 

32 D 2l 3 7 (9 ln  ). 4 gd 2 2

(38.6)

Истицање из цилиндричног дела резервоара: Овај део је унеколико лакши за решавање, јер се ради о цилиндричном резервоару код кога је површина пресека константна и износи A( z2 ) 

D 2 . 4

Проток и Бернулијева једначина су истог облика као и за први део резервоара, тако да се сада време потребно за пражњење овог дела изарачунава на основу израза

174

Поглавље 3 – Задаци из кинематике и динамике флуида H

T2   

2H

A( z2 )dz2 , V ( z )

који, након уврштавања вредности, добија облик 2H

T2 



H

D 2 4 dz2 , gd 4 z2 128l

а из кога се, након извлачења константних величина испред знака интеграла добија T2 

32 D 2l gd 4

2H



H

dz2 , z2

што као резултат даје T2 

32 D 2l ln 2. gd 4

(38.7)

Сабирањем израза (38.6) и (38.7) добија се укупно потребно време за пражњење резервоара T

32 D 2l 3 7 (9 ln   ln 2). 4 gd 2 2

После израчунавања вредности природног логаритма добија се T  0,843

32 D 2l , gd 4

односно, T  26,98

D 2l , gd 4

одакле се добија тражена вредност дужине цевовода

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике l

175

gd 4T . 26,98 D 2

Квазистационарно истицање се може вршити и кроз сложени цевовод. То показује следећи пример, који је надоградња на претходни, како би се уочиле карактеристике оваквог начина струјања флуида. ЗАДАТАК 39. Одредити време које је потребно да се испразни резервоар у облику полусфере. Коефицијент трења у свим деоницама је . Дати подаци су: R, D, d, L, l, , u, v1, v2, k, . (Слика 77) A(z) R

R

k

l,d,

v2

r(z)

dz

,

u v(z) L,D, v2(z)

v1(z)

z v1

l,d,

k

Слика 77. Истицање радног флуида се одвија кроз сложени цевовод приказан на слици 77. Из гране са пречником D радни флуид се грана у леву и десну грану и истиче у атмосферу. Укупно време које је потребно за пражњење резервоара је 2R

T

 R

A( z )dz , V ( z )

при чему су горња и доња граница већ замениле своја места, а проток V (z ) је проток кроз главну струјну деоницу, јер сва количина течности прође кроз цев пречника D. Дакле, треба одредити брзину струјања у главној деоници v(z) и зависност тренутне површи A(z). За одређивање брзине струјања у главној струјној деоници постављају се Бернулијеве једначине за два струјна правца које се односе на тренутни ниво течности у резервоару и на ниво истицања течности из цевовода. Поменуте Бернулијеве једначине имају следеће облике:

176


L v2 l v2 )  ( v1   k  1   ) 1 , D 2 d 2 2 L v l v2 gz  ( u   )  ( v 2   k  1   ) 1 . D 2 d 2

gz  ( u  

Потребна је још једна једначина да би се затворио систем једначина од три непознате величине ( а то су брзине струјања у појединачним деоницама), тако да се за место рачвања цевовода примењује једначина континуитета која је облика v

D 2 d 2 d 2  v1  v2 . 4 4 4

Ради краћег записа Бернулијевих једначина уводе се коефицијенти хидрауличких отпора: C  u 

L , D

l , d l C2   v 2   k  1   . d C1   v1   k  1  

Применом уведених коефицијената, код којих су све величине коефицијената познате, и краћим записом једначине континуитета, систем се своди на следећи облик: gz  C

v2 v2  C1 1 , 2 2

(39.1)

gz  C

v2 v2  C2 2 , 2 2

(39.2)

vD 2  (v1  v2 )d 2 .

(39.3)

Добијени систем једначина се решава према алгоритму датом у одељку који се односи на прорачун сложених цевовода, јер је овај део задатка , у суштини, хидраулички прорачун сложеног цевовода. Према


177

већ утврђеном, најпре се врши одузимање једначина (39.1) и (39.2) при чему се добија зависност брзина v2  v1

C1 . C2

(39.4)

Када се израз (39.4) уврсти у једначину (39.3) добија се једначина C1 ), C2

vD 2  v1d 2 (1 

из које је D v1  v( ) 2 d

1 C1 1 C2

.

(39.5)

Уврштавањем израза (39.5) у једначину (39.1) добија се једначина gz  C

v2 D v2 1 )2 ,  C1 ( ) 2 ( d 2 C1 2 1 C2

у којој је непозната величина само брзина v. Из последње једначине се добија поље брзине v( z ) 

2 gz . C D 2 1 2  C1 ( ) ( ) d 2 C1 1 C2

Сви коефицијенти отпора се могу, у комбинацији коју је дао прорачун, изразити преко коефицијента протока : 

1 . C D 2 1  C1 ( ) ( )2 d 2 C1 1 C2

178


На овај начин, брзина струјања у главној деоници, добија добро познати облик, који је заступљен у свакој литератури која третира ову област: v( z )   2 gz .

У овом моменту је одређена брзина струјања у главној струјној деоници. Остале брзине струјања нису од интереса за даљи ток решавања задатка, тако да се и не врши њихово одређивање. Укупни проток кроз цевовод је d 2 , V ( z )  v( z ) 4 односно, након уврштавања израза за брзину је d 2 V ( z )   4

2 gz .

(39.6)

Након овога следи одређивање зависности тренутне површине попречног пресека. Из правоуглог троугла, са слике 77, следи зависност облика r 2 ( z )  R 2  (2 R  z ) 2 , из које се добија r 2 ( z )  4 Rz  z 2  3R 2 . На основу одређеног полупречника је A( z )  r 2 ( z ) , односно A( z )  (4 Rz  z 2  3R 2 ) .

(39.7)

После уврштавања израѕа (39.6) и (39.7) у израз за укупно време пражњења резервоара добија се


179

(4 Rz  z 2  R 2 ) T  dz. d 2 R  2 gz 4 2R

Када се извуку константне величине испред интеграла, добија се израз облика T

4

d 2

2R

4 Rz  z 2  R 2 dz. 2 g R z

Интеграл се раздваја на три таблична интеграла облика T

4

d 2

2R 3 2R 1   2 R 12  2 2 2   4 R z dz z dz R z dz .     2g  R R R 

Коначно, време потребно за пражњење резервоара је решење сваког појединачног интеграла: T

4

d 2

3 3 5 5 1 1 8  2 2 2 2 2 2 2 2  R((2 R)  R )  ((2 R)  R )  2 R ((2 R)  R ). 5 2g 3 

ЗАДАТАК 40. Одредити време пражњења отвореног цилиндричног резервоара (D=H) кроз две кратке цеви. Дати подаци су: d1, d2, D, u, s. (Слика 78)

A(z) z

v2

v2

v1

Слика 78.

v1


180

Време потребно за пражњење резервоара је H

T

 0

A( z )dz , V ( z )

при чему се укупни проток V ( z )  V1 ( z )  V2 ( z ), састоји из два дела: део који истиче на леву и део који истиче кроз десну страну резервоара. Сваки од протока је d  V1 ( z )  v1 1 , 4 d 2 V1 ( z )  v2 2 . 4 2

За одређивање протока користе се Бернулијеве једначине. Могуће је поставити две Бернулијеве једначине, јер постоје два струјна правца, али је довољно поставити једну, јер су отвори симетрично постављени, пошто ће друга једначина бити једначина континуитета постављена за меесто истицања флуида. Бернулијева једначина је облика gz   u

v22 v2 s 1 , 2 2

(40.1)

док је једначина континуитета d12 d 22 . v1  v2 4 4

(40.2)

У једначини (40.1) егзистирају само коефицијенти локалних отпора јер се ради о кратким цевима код којих се успутни губици могу занемарити. Из једначине (40.2) је v1  v2 (

d2 2 ). d1


181

Након уврштавања последњег израза у једначину (40.1) добија се једначина облика gz   u

v22 d v2   s ( 2 )4 2 , 2 d1 2

из које се једноставним алгебарским трансформацијама добија v2 

2 gz d  u   s ( 2 )4 d1

.

Увођењем коефицијента протока

2 

1 d  u   s ( 2 )4 d1

,

израз за брзину струјања је v2   2 2 gz .

(40.3)

На основу израза (40.3) проток је d  V2 ( z )   2 2 4 2

2 gz .

Брзина v1(z) на основу израза (40.3) је d 22 v1   2 2 2 gz , d1 тако да је увођењем новог коефицијента протока

1   2 (

d2 2 ) , d1

одговарајућа брзина

182


v1 ( z )  1 2 gz ,

а проток d  V1 ( z )  1 1 4 2

2 gz .

Укупни проток је d  d  V ( z )  ( 1 1   2 2 ) 2 gz . 4 4 2

2

(40.4)

Пошто је у питању цилиндрични резервоар, зависност тренутне површине је једноставно одредити, јер је, на ма ком нивоу да је уочена A( z ) 

D 2 . 4

(40.5)

Након уврштавања израза (40.4) и (40.5) у израз за време истицања, добија се T

D2 ( 1d12   2 d 22 ) 2 g

H

 0

dz . z

Коначно, време потребно за пражњење резервоара је T

2D H . (  d   2 d 22 ) 2 g 2 1 1

3.5 Динамика једнодимензијског струјања гаса

Гас је радни флуид који се од течности разликује својом стишљивошћу, која умногоме мења особине струјања. Карактеристике струјања гаса кроз праволинијски цевовод се дају у овом одељку. Основне претпоставке које се примењују су:  струјање је стацинарно,  занемарује се дејство масених сила,  струјање је једнодимензионо,  не постоје дисконтинуитети у струјном простору и

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике 

183

не постоји струјна машина.

Модел струјања је приказан на слици 79. 1

2

p1

p

p+dp

v1

v

v+dv

 T

+d T+dT

1 T1

M(x) Re(x)

1

=(x)

p2 D

dx

v2

x

2 T2 2

l



A=const.

+d

dx

Слика 79. Дакле, струјање је једнодимензијско, односно, све вредности  су средње вредности s по пресеку цеви и зависе само од подужне xкоординате. Основна карактеристика брзинског поља код струјања гаса је дефинисање Маховог броја M

v  c

v

p 

,

где су: с – брзина простирања таласа у флуиду а  

(3.5.1)

cp cv

.

Навије-Стоксова једначина је облика     Dv  1  F  p  v  graddivv , Dt 3 

која, након узимања у обзир свих претпоставки, прелази у облик


184

 Dv 1 dp    v  div(vi ) x , Dt 3  dx





из кога се, после множења једначине са dx  vdt добија vdv 

      v  div(vi x dx  0. 3   



dp



(3.5.2)

Овај део представља РАД ВИСКОЗНИХ СИЛА на померању dx. То се означава са dYr.

Једначина количине кретања, односно биланса механичке енергије (Бернулијева једначина) је d(

v2 dp )  dYr  0. 2 

Рад вискозних сила се одређује на основу Дарсијеве формуле dx v 2 , dYr   D 2 тако да је Бернулијева једначина, након уврштавања Маховог броја, облика

M 2 dx dp 2 dv  M  . 2 D p v

(3.5.3)

Једначина континуитета је облика d





dv  0, v

(3.5.4)

док је једначина стања гаса dp d dT    0. p T 

(3.5.5)


185

Једначине од (3.5.2) до (3.5.5) представљају математички модел на основу кога се спроводи прорачун конкретног проблема који се поставља у инжењерској пракси. То је у даљем тексту илистровано са два примера, који представљају уопштене проблеме струјања гаса. 41. ЗАДАТАК Кроз дугачку цев струји ваздух изотермски (Т=const.). За случај стационарног струјања, одредити максималну 1 . дужину цеви која је потребна да се достигне Махов број M 



Дати подаци су: l,D,R,T, , . (Слика 80) =s

T=const v M1

D

M=1/ lm1

Слика 80. У посматраном примеру се усваја да пнеуматски вод, тј. цев, није топлотно изолована, односно направљена је од материјала који је добар проводник топлоте, тако да долази до интензивне размене топлоте са околином и средња температура гаса у појединим пресецима цеви постаје једнака температури околине. Ова температура је најчешће константна дуж цевовода, тако да се не мења ни температура гаса, односно, сматра се да је струјање изотермско. Математички модел за решавање задатка чине, како је већ показано, три једначина:  d



 

једначина континуитета dv  0, v једначина количине кретања

M 2 dx dp 2 dv  M  , 2 D p v 

(41.1)

једначина стања

(41.2)


186

dp d dT    0. p T 

(41.3)

Када се у једначину (41.3) уврсти случај изотермског струјања (Т=const.), једначина прелази у облик dp d .   p Како је из једначине (41.1) d





dv , v

то комбиновањем претходних једначина следи релација облика dp d dv   . p v 

(41.4)

Уврштавањем израза (41.4) у једначину (41.2), добија се 

dv dv M 2 dx  M 2  , 2 D v v

одакле се, након алгебарских трансформација, добија једначина облика dv M 2 dx .  v 1  M 2 2 D

(41.5)

Сагласно релацији (41.4) то је и

M 2 dx dp .  1  M 2 2 D p

(41.6)

Написано у облику једне једначине, из које се затим могу једноставно одредити поље притиска, брзине или густине, у зависности од тога шта је у датом моменту потребно, то би изгледало:

Методичка збирка задатака из хидраулике и пнеуматике d





M 2 dx dp dv .   p v 1  M 2 2 D

187

(41.7)

С обзиром да је v  cM  const.M , то је dv dM  , v M па је могућа и релација облика dM M 2 dx .  M 1  M 2 2 D

(41.8)

Ако се једначина (41.8) помножи са изразом

1  M 2 , долази се до M 2

израза 1  M 2 dM s dx  . 2D M 2 M Последња једначина је диференцијална једначина која раздваја променљиве, тако да се може интегралити лева и десна страна једначине, што доводи до једначине M2



M1

1  M 2 dM  M 2 M

l m1

 0

s dx 2D

.

(41.9)

Након интеграције леве и десне стране последње једначине, добија се једначина

slm1 2D



1 1   ln M 2  ln M 1 , 2 2M 2 2M 12

из које се добија


188

slm1

1 1 M   ln 1 . 2 2 2M 2 2M 1 M2



2D

(41.10)

Из последње једначине је 2D

lm1 

s

(

1 1 M   ln 1 ). 2 2 2M 2 2M 1 M2

Уврштавањем услова да је M 2 

(41.11) 1



, добија се израз за потребну

дужину цевовода 2D

lm1 

s

(1 

1  ln M 12 ). 2 M 1

42. ЗАДАТАК Кроз дугачку цев струји ваздух адијабатски (Тconst.). За случај стационарног струјања, одредити критичну дужину цеви која је потребна да се достигне Махов број Мк=1. Дати подаци су: l,D,R,T, , . (Слика 81) Tconst, dq=0 v M1

=s Mk=1

D lк

Слика 81. Адијабатско струјање је струјање гаса код кога се размена топлоте са околином може занемарити, јер је цев добро топлотно изолована. Струјање се описује системом једначина:  d



 

једначина континуитета dv  0, v једначина количине кретања

(42.1)


M 2 dx dp dv  M 2  , 2 D p v 

(42.2)

једначина стања

dp d dT    0, p T  

189

(42.3)

енергетска једначина за случај када нема размене топлоте са околином, односно dq=0

 dT

dp M 2 dx   .  1 T 2 D p

(42.4)

Решења система једначина по непознатим величинама су: d

dv M 2  dx,    v 1  M 2 2D





(42.5)

dp 1  (  1) M 2 M 2  dx,  p 1 M 2 2D

(42.6)

dT (  1) M 4  dx.  T 1  M 2 2D

(42.7)

У претходним једначинама, члан 1- М2 показује да трење различито утиче на дозвучно и надзвучно адијабатско струјање. Наиме, у дозвучном струјању (М<1) брзина се услед трења повећава а густина, притисак и температура смањују, док је код надзвучног струјања (М>1) струјна слика обрнута. Из дефиниције Маховог броја следи v  Mc  M RT , односно, v  Const.M T .


190

Након логаритмовања, а затим диференцирања последњег израза, добија се једначина облика dv dM 1 dT   . v M 2 T

(42.8)

После уврштавања (42.5) и (42.7) у (42.8) добија се релација

 2D

dx 

(1  M 2 )dM ,  1 2 3 M (1  M ) 2

(42.9)

из које се закључује да се у дозвучном струјању Махов број повећава услед трења, док се у надзвучном струјању исти смањује. Критична дужина цеви је она дужина која је потребна да се дозвучно струјање убрза до критичне вредности Маховог броја М=1, или да се надзвучно струјање успори до поменуте вредности Маховог броја. Интеграцијом једначине (42.9) са границама за x и М добија се

sl D



1 1   1  M 2 (  1) M l2  2  ) ln ( )   . 2 2  M 2 M l2  M l (  1) M  2  1

(

При интеграцији је претпостављено да су оба Махова броја (М и Ml) или мањи или већи од јединице. Из последње једначине следи

s l k D



1 (  1) M 2  1 1 ) ln ,   2 2  (  1) M 2  M2 1

(

из које је lk 

D

s



1 (  1) M 2  1   1 ) ln . 2 2  (  1) M 2  M2 1

(

4. ЛИТЕРАТУРА 1

Чантрак С., Црнојевић Ц., Хидраулика, теорија, проблеми, задаци, Грађевинска књига Београд, 1990.

2

Обровић Б., Миловановић Д., Механика флуида – збирка решених задатака, Машински факултет Крагујевац, 1997.

3

Roberson I., Crowe R., Engineering Fluid Mechanics, Boston, 1993.

4

Ашковић Р., Основи хидраулике и пнеуматике, Машински факултет Београд, 1978.

5

Главчић З., Физичко-математичко моделирање прелазних процеса, Машински факултет Београд, магистарски рад, 2000.

Mehanika Fluida KV

Recommend Documents