Mehanika Fluida Vjezbe Sa Rijesenim Zadacima

1

1. VJEŽBA - RIJEŠENI ZADATCI IZ MEHANIKE FLUIDA

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

v α

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

g vB vA=v α

tB dmg

t A= 0 dmg

tC x dmg

vC

2


Gibanje se rastavlja u smjeru osi x i osi z. U svakom trenutku na česticu djeluje samo sila težine d F = d m ⋅ g , te prema drugom Newtonovom zakonu d m ⋅ a = d F , vrijedi a = g , ili ax = ɺɺ x=

d2 x =0 dt 2

az = ɺɺ z=

d2 z = -g dt 2

(1)

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

dx = vx = C1 dt dz zɺ = = vz = - g t + C2 dt xɺ =

(2)

Konstante C1 i C2 se odreñuju iz početnih uvjeta. Vremenski trenutak t=0 odgovara trenutku nailaska čestice fluida u točku A u kojoj su komponente brzine vx = v ⋅ cos α vz = v ⋅ sin α ; za t=0

(3)

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

C2 = v ⋅ sin α

i

(4)

odnosno vrijedi dx = vx = v ⋅ cos α dt dz = vz = v ⋅ sinα − g t dt

(5)

Integriranjem jednadžbi (5) dobije se promjena puta čestice fluida u vremenu: x = v ⋅ cos α ⋅ t + C3 1 z = v ⋅ sin α ⋅ t − gt 2 + C4 2

(6)

Konstante integracije C3 i C4 se ponovo dobiju iz početnih uvjeta, tj. U trenutku t=0 čestica fluida se nalazi u točki A s koordinatama x=xA=0 i z=zA=h, što uvršteno u (6) daje: C3 = 0 i C4 = h , odnosno: x = v ⋅ cos α ⋅ t z = h + v ⋅ sin α ⋅ t −

1 2 gt 2

(7)

3

1. VJEŽBA-RIJEŠENI ZADATCI IZ MEHANIKE FLUIDA

Položaje točaka B i C moguće je odrediti iz jednadžbi (5) i (7). Do točke B mlaz fluida ide prema gore, odnosno brzina vz je pozitivna, a nakon točke B brzina vz je negativna, što znači da je u točki B brzina vz jednaka nuli, te se iz jednadžbe (5) može izračunati vrijeme tB potrebno da čestica fluida doñe od točke A do točke B. vzB = 0 = v ⋅sinα − g tB

⇒ tB =

v ⋅ sinα g

(8)

Iz jednadžbe (7) za t= tB slijede koordinate točke B

xB = v ⋅ cos α ⋅ zB

v ⋅ sin α v 2 sin α ⋅ cos α = = 3, 23 m g g

( v ⋅ sin α ) = H = h+ 2g

2

= 2,86 m

(9)

U točki C je t=tC i zC=0 te iz jednadžbe (7) slijedi 1 0 = h + vsin ⋅ α ⋅ tC − g ⋅ tC2 2

(10)

Rješenje kvadratne jednadžbe (10) je:

vsinα ± v 2sin 2α + 2 gh (11) g gdje je očito samo jedno rješenje fizikalno (tC mora biti pozitivno) tC =

tC =

vsinα + v 2sin 2α + 2 gh g

= 1,379 s

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

4


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

en

s

) v=ves v=v(s

es

Rješenje: Definirat ćemo lokalne jedinične vektore es u smjeru putanje i en u smjeru normale na putanju. Vektor brzine je tada

ds v = v( s ) ⋅ es ( s ) = es dt Ako je putanja zakrivljena, tada je vektor es promjenljiv. Ubrzanje čestice fluida je po definiciji dv a= dt Budući da je v = v ( s ) , po pravilima složenog deriviranja vrijedi: d dv dv d s 2 d es a= ⋅ = v [ ves ] = v es + v ds dt ds ds ds v

e s(s)

en

es(s+∆s) R

∆ϕ

d es U svrhu odreñivanja derivacije putanja se ds lokalno zamijeni kružnicom polumjera R.

Tada se može pisati d s = R dϕ es ( s + ∆s ) − es ( s ) d es = lim d s ∆s →0 ∆s

5


Iz slike je:

s) e s(

A

B es(s+∆s) C

∆s -α en

∆ϕ

-es(s)

A

es ( s + ∆s ) − es ( s ) = −α en iz sličnosti trokuta ABC i A′BC′ slijedi: ∆s α = R 1

R ∆ϕ

d es −α en −en = = ds Rα R

pa vrijedi:

C

što uvršteno u izraz za ubrzanje daje: en

es at an

a=

dv v ds tangencijalna komponenta ubrzanja

es

v2 − en = at es + an en R normalna komponenta ubrzanja

Zaključak: Tangencijalna komponenta ubrzanja može gledati u smjeru es ili obrnuto, a normalna komponenta ubrzanja uvijek gleda prema središtu zakrivljenosti putanje. Specijalni slučaj: Gibanje čestice fluida po kružnoj putanji polumjera R, uz konstantnu kutnu brzinu dϕ ω= = konst. dt v = ω R = konst. v at = 0 R v2 an = − = −ω 2 R t s n o R ω=k

6


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

z = konst. v

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

Ffluida na stijenku

Ako bi cijev bila fleksibilna imala bi tendenciju izravnavanja.

7


4. Nañite prirast tlaka ∆p od ishodišta do točke R (2,3,-4) fluida u relativnom mirovanju, ako je specifična masena sila f = 3i − 2 j + 9,81 k . Gustoća fluida je 998,2 kg/m3. Rješenje: Komponente radijus vektora r (vektor koji pokazuje položaj točke R u odnosu na ishodište koordinatnog sustava) su koordinate točke R , pa je r = 2i + 3 j − 4 k .

Promjena tlaka je definirana osnovnom jednadžbom statike, koja za slučaj konstantnog vektora specifične masene sile poprima oblik: ∆p = ρ f ⋅ r

∆p = ρ ( f x rx + f y ry + f z rz ) = 998, 2 ( 3 ⋅ 2 − 2 ⋅ 3 − 4 ⋅ 9,81) = −39156 Pa 6.

(

)

(

)

5. Izračunajte izraz a × b × b , uz pretpostavku da je a okomito na b . Neka je vektor d = a × b × b = c × b c

a b b

Iznos vektora c c = ab sin 90° = ab ⋅1 = ab

Iznos vektora d d = cb sin 90° = ab ⋅ b ⋅ sin 90° = ab 2 Vektor c ⊥ a , ⊥ b

Vektor d ⊥ c , ⊥ b . Vektor d ima smjer − a . d = c × b = − ab 2 a0 = −b 2 a

(a b)

b

a

a

8


6. Zapišite u Gibsovoj notaciji te nizom skalarnih jednadžbi izraze za a) moment sile F u odnosu na ishodište koordinatnog sustava b) rad sile F na putu dr Moment sile F u odnosu na ishodište koordinatnog sustava

a) z

F

M = r × F;

r

r = (rx , ry , rz ), F = ( Fx , Fy , Fz )

i

y x

j

k

(

Fx

Fy

Fz

M z = rx Fy − ry Fx z

Rad sile F na putu dr

dr

dW = F ⋅ dr = Fx dx + Fy dy + Fz dz y

x

)

rz = ry Fz − rz Fy i + ( rz Fx − rx Fz ) j + rx Fy − ry Fx k

M y = rz Fx − rx Fz

r

(

ry

M x = ry Fz − rz Fy

F

)

M = r × F = rx

Snaga:

dW dr P= =F⋅ = F ⋅ dv dt dt

9


7. U točki T Oxyz Txx  T = Tyx  Tzx

fluida tenzor naprezanja ima sljedeće komponente u odnosu na koordinatni sustav

Txy Tyy Tzy

Txz   −7 0 2   Tyz  =  0 −5 0   Tzz   2 0 −4 

 2 2 1 Odredite vektor naprezanja na ravninu orijentiranu normalom n =  , − ,  te apsolutnu  3 3 3 vrijednost toga vektora.

Rješenje:

Txx Txy  T = Tyx Tyy  Tzx Tzy

Txz    2 2 1 Tyz  , n =  , − ,   3 3 3  Tzz 

(

t ( n ) = n ⋅ T = nxTxx + n yTyx + nzTzx , nxTxy + n yTyy + nzTzy , nxTxz + n yTyz + nzTzz 2 1 ⋅ ( −7 ) + ⋅ 2 = −4 3 3 2 10 t y = nxTxy + n yTyy + nzTzy = − ⋅ ( 5 ) = 3 3 2 1 t z = nxTxz + n yTyz + nzTzz = ⋅ 2 + ⋅ ( −4 ) = 0 3 3 t x = nxTxx + n yTyx + nzTzx =

 10  t ( n ) =  −4, , 0  , 3  

t =

( −4 )

2

2

 10  +   = 5, 21  3

)

1


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

Rješenje: Općenito: grad p T . s

s može biti bilo koji vektor u ravnini koja je tangencijalna na p=konst u točki T ∂p ∂p ∂p  ∂p ∂p ∂p  grad p = ∇p = i+ j + k = , ,  ∂x ∂y ∂z  ∂x ∂y ∂z 

z

∂p ∂p ∂p = 12 x; = z; =y ∂x ∂y ∂z

y

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

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

( ∇p ⋅ s ) T = 0

12 s x + 3s y + 2 sz = 0

Proizvoljno odabiremo sx = s y = 1 , pa je

sz =

(

)

1 −12 s x − 3s y = −7,5 2

2 s = sx2 + s y2 + sz2 = 12 + 12 + ( −7,5) = 58, 25 1  1 −7,5  , , s =  = ( 0,131; 0,131; − 0,983) 58, 25 58, 25 58, 25  

2


2. Izračunajte vrijednost integrala F = ∫ pn d S gdje je S površina kugle promjera R=3, sa S

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

Rješenje: F = ∫ pn d S = ∫ ∇p d V , S

V

∂p ∂p ∂p = 2 x; = 2 y; = 2z ∂x ∂y ∂z 4 Fx = ∫ 2 xdV = 2 x S ⋅ V = 2 ⋅ 2 ⋅ ⋅ 33 π = 144π 3 V p = x2 + y2 + z 2 ,

4 Fy = ∫ 2 ydV = 2 y S ⋅ V = 2 ⋅1 ⋅ ⋅ 33 π = 72π 3 V 4 Fz = ∫ 2 zdV = 2 z S ⋅ V = 2 ⋅ 3 ⋅ ⋅ 33 π = 216π 3 V F = (144π , 72π , 216π )

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

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

T(0,0,0). Površina S je orjentirana vektorom vanjske normale n , a vektor v = 3 xy i + 6 yz j − ( 3 yz + z ) k

v

je

Rješenje: Formula Gauss-Ostrogradski Q = ∫ v ⋅ n d S = ∫ ∇ ⋅ v dV S

V

∂v y ∂vx ∂vz = 3 y, = 6 z, = −3 y − 1 ∂x ∂y ∂z ∂v ∂v y ∂vz ∇⋅v = x + + = 3 y + 6z − 3 y −1 = 6z −1 ∂x ∂y ∂z Q = ∫ ( 6 z − 1) d V = 6 z − 1 T ⋅ V = −V = −8 V

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

3


4. Blok mase m=10 kg kliže po glatkoj površini kosine nagnute pod kutom α=20°. Odredite brzinu U bloka koja će se ustaliti, ako se izmeñu bloka i kosine nalazi uljni film debljine h=0,1 mm. Koeficijent dinamičke viskoznosti ulja je µ=0,38 Pa⋅s, a površina bloka u dodiru s uljem A=0,15 m2. Pretpostavite linearni profil brzine u uljnom filmu.

U=?

µ m

A

α

Rješenje:

h

τ =µ

U h

Fτ = τ ⋅ A

Fτ = mg sin α

Fτ α

mg

µ

U ⋅ A = mg sin α h

U=

mg sin α ⋅ h µ⋅A

U=

10 ⋅ 9,80665 ⋅ sin 20 ⋅ 0,1⋅10−3 0,38 ⋅ 0,15

inα m gs

U = 0, 0588 m/s Napomena: Za konstantu g se koristi vrijednost g = 9,80665 m/s 2 .

4


5. Newtonska kapljevina gustoće ρ =920 kg/m3, kinematičkog koeficijenta viskoznosti ν=5⋅10-4 m2/s struji preko nepomične stijenke. Profil brzine uz stijenku dan je izrazom y

u 3 y 1 y = −   U 2 δ 2δ 

3

U δ

u(y)

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

τ =µ

du dy

= ρν y =0

du dy

y =0

 3 1 3 y2  du =U  ⋅ − ⋅ 3  ⇒ dy 2 δ 2 δ 

τ = ρν

du dy

= y =0

3U 2δ

3U 2δ 3 U 2 δ

τ = 920 ⋅ 5 ⋅10−4 ⋅ ⋅

{τ }N/m

2

= 0, 69 ⋅

{U }m/s {δ }m

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

5


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

n=konst

g

POSUDA

cilindar

µ=? R R0

Rješenje:

ω=

π ⋅n 30

;

τ =µ

u =ω⋅R;

F = τ ⋅ 2 Rπ h ;

M = F ⋅ R ; P = M ⋅ω

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

P = 2µ

µ=

µ=

ω 2 R3 R0 − R

u R0 − R

π ⋅ h = 2µ

π 3n 2 R 3

900 ( R0 − R )

450 P ( R0 − R )

π 3n 2 R 3h

450 ⋅ 46 ⋅ ( 0, 220 − 0, 216 ) π 3 ⋅ 2002 ⋅ 0, 2163 ⋅ 0, 20

µ = 0, 0331 Pa ⋅ s

u R 2π ⋅ h ⋅ ω R0 − R ⋅h

h

1


1. U jedan krak U-cijevi u kojoj se nalazi voda gustoće ρ=999,1 kg/m3 nadoliveno je ulje gustoće ρ0=820 kg/m3, prema slici. Ako je visina stupca ulja h0=150 mm, odredite razliku visina h razina ulja i vode.

pa

g

pa

h=?

ulje

h0

Rješenje: Jednadžba manometra od A do B:

pa + ρ g ( h0 − h ) − ρ 0 gh0 = pa

pa B

A

pa

ρ h0 − ρ h − ρ0 h0 = 0

h h0 h0-h

 ρ  h = h0 1 − 0  ρ   820   h = 0,150 1 −   999,1  h = 0, 0269 m = 26,9 mm

(1)

2


2. Odredite apsolutni i manometarski tlak u točki A spremnika, za otklone manometra i barometra prema slici. Zadano je: ρ =999 kg/m3, ρ1 =771 kg/m3, ρ0 =13560 kg/m3, h=5 cm, h0=17,5 cm, h1=12,5 cm, ha=752 mm.

h0

A

ha h h1

Rješenje: Barometar:

pa = ρ 0 gha = 99999, 6 Pa = 1000 mbar = 1000 hPa 0,001 bar = 1 mbar = 1 hPa

Manometar : pA = pa + ρ 0 g ( h0 + h1 ) − ρ1 gh1 − ρ gh Apsolutni tlak u točki A: pA = 138 458 Pa=1385 mbar Manometarski tlak u točki A: pMA = pA − pa = 38 458 Pa = 385 mbar

3


3.

Hidrostatski manometar može se iskoristiti za mjerenje količine fluida u spremniku oblika paralelopipeda. Odredite zavisnost visine l žive gustoće ρ0 u lijevom kraku manometra o volumenu V nafte gustoće ρ u spremniku dimenzija dna LxB. Visina h se mjeri od ravnotežnog položaja žive prije punjenja spremnika i priključne cijevi naftom. pa nafta

pa

spremnik dimenzija dna L xB priključna cijev

l

h ravnotežni položaj žive l

živa

Rješenje: V = L⋅B⋅H

⇒ H=

V L⋅B

(1)

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

a

(2)

(1) u (2)  V  + h  = l ( 2 ρ0 − ρ )  L⋅B 

ρ

l=

ρ

 V  + h  2 ρ0 − ρ  L ⋅ B 

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

ρ ⋅h 2 ρ0 − ρ

4


4. Na slici je shematski prikazan princip rada hidrauličke preše. Odredite kojom silom F treba gurati ručicu da se ostvari sila prešanja F2=4800 N. Zadano je: m=25 kg, D=200 mm, h=1,3 m, l1= 52 cm, l2=12 cm, A1=19,6 cm2, ρ =820 kg/m3. F2

otpresak

m

g D

F=?

h l1

l2

A1

Rješenje: F2 F2 otpresak

mg F2 F2

stap 2

mg

p2

A2 F

p2

ulje

h

l1 p1

F1

p1

F1 l2

A1

5


Poluga:

F ⋅ ( l1 + l2 ) = F1 ⋅ l2

Stap 1:

p1 A1 = pa A1 + F1 ⇒

Jednadžba manometra Stap 2:

p2 A2 = pa A2 + F2 + mg ⇒

(2) i ( 4) u (3)

F2 + mg F = p/ a + 1 − ρ gh 2 Dπ A1 4

   F + mg  F1 = A1  ρ gh + 2 2  Dπ    4  F1 = 335 N F = F1

l2 l1 + l2

F = 62,9 N

p1 = pa

+

F1 A1

(2)

p2 = p1 − ρ gh

Nepoznanice: F, F1, p1, p2

p/ a +

(1)

(3)

p2 = pa +

F2 + mg D 2π 4

(4)

6


5. Osjetljivost hidrostatskog manometra (definirana odnosom otklon manometra / mjerena razlika tlakova) povećava se naginjanjem kraka manometra. Za mikromanometar na slici, duljina l u nagnutom kraku mjeri se od položaja meniskusa kod jednakih tlakova p1 i p2. Odredite kut nagiba kraka da bi osjetljivost manometra bila 1mm/Pa. Zadano je: ρ =800 kg/m3.

l d

h1

D=10 d

Rješenje: h2 = l ⋅ sin α

J.M.

(1)

p2 + ρ g ( h1 + h2 ) = p1

(2)

D 2π d 2π h1 = l 4 4

(3)

d iz(3) h1 = l   D

2

(3a)

(1) i ( 3a) u (2)  d  2  ρ ⋅ g ⋅ l   + sin α  = p1 − p2  D  

osjetljivost =

l p1 − p2

=

(4)

1  d  2  ρ g   + sin α   D  

= 10−3 m Pa (5)

 d   103  d  10 −3 ρ g   + sin α  = 1 ⇒ sin α = − = 0, 017 ρ g  D   D   2

sin α = 0,117

α = 6, 72 = 643′8′′

2

h2

1


1. Odredite rezultantnu silu tlaka (veličinu, smjer i hvatište) na kvadratni poklopac dimenzije a=0,8 m, čije se težište nalazi na dubini H=1,8 m, za slučajeve prema slikama (a), (b) i (c). Zadano je: h=0,8 m, H1=1,2 m, ρ =998,2 kg/m3, ρ1 =820 kg/m3, α=70o.

g

g .

.

. .

α

h .

.

.

.

.

. .

. .

.

. .

.

. .

.

.

α H

H

C

C

a

a

(b) (a)

g α H

a

H1

C

(c)

2


Rješenje: (a)

z

Fh = ρ gH ⋅ a 2 = 11277 N

O α=70

yC =

o

a4 I ξξ a2 ∆y = = 12 2 = = 0, 0278 m yC ⋅ S yC ⋅ a 12 ⋅ yC

H

yC Fh

C

H = 1, 92 m sin α

∆y

Sile konstantnog tlaka poništavaju.

pa izvana i iznutra se

(b) 1. način

h .

.

. .

.

.

.

.

.

.

. .

.

.

. .

.

. .

.

.

Izvana djeluje sila uslijed atmosferskog tlaka pa, a iznutra sila uslijed konstantnog tlaka p0. Razlika tih dviju sila je sila F0 pretlaka pM0 iznutra. Sila Fh uslijed hidrostatskog tlaka je ista kao pod (a).

α -

Jednadžba manometra

H pa + ρ gh = p0 pM0

C

=

p0 − pa

=

ρ gh = 7831 Pa

a

F0 = pM0 ⋅ a 2 = 5012 N

Rezultantna sila : poklopac

FR

F0 ∆y

∆y R

FR = F0 + Fh = 16289 N

∑M C

Fh

C

=0 FR ⋅ ∆yR = Fh ⋅ ∆y ∆y

R

= ∆y ⋅

Fh FR

=

0, 0193 m

3


(b) 2. način

z fiktivna slobodna površina

O

h .

. .

.

.

.

.

.

. .

.

.

.

.

. .

.

.

.

α

Ako se pretlak pM0 pretvori u visinu p tlaka M0 = h dolazi se do fiktivne ρg slobodne površine na kojoj vlada atmosferski tlak, te na površinu djeluje samo sila uslijed hidrostatskog tlaka računata na osnovu dubine mjerene od fiktivne slobodne površine.

yC

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

HH

H +h = 2, 77 m sin α a4 I ξξ ∆yR = = 12 2 yC ⋅ S yC ⋅ a yC =

C

∆y R

∆yR =

a2 = 0, 0193 m 12 ⋅ yC

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

α H

∆y

∆y R

H1

FR

Fh ∆y 1

H1 = 1, 28 m sin α a4 I ξξ ∆y1 = = 12 2 = 0, 0418 m yC1 ⋅ S yC1 ⋅ a yC1 =

C

Fh1

Fh1 = ρ gH1 ⋅ a 2 = 6176 N

FR = Fh − Fh1 = 5101 N

∑M

C

=0

Fh ⋅ ∆y − Fh1 ⋅ ∆y1 = FR ⋅ ∆yR ∆y

R

=

Fh ⋅∆y − Fh1⋅∆y1 = 0, 0109 m FR

4


2. Potrebno je odrediti na koju visinu h treba opasti razina vode, da bi se poklopac jedinične širine, okretljiv u točki O, prema slici, otvorio uslijed vlastite težine. Gustoća poklopca je jednolika, a masa mu je m=250 kg. Zadano je: L=160 cm , α = 15 , ρ=998 kg/m3.

pa

g pa L

h=? poklopac

α O ρ

pa α

mg pa

L

C

x

α O

mg

∆y

h

yC

Fh

L L  cos α > Fh ⋅  − ∆ y  izrazom 2 2 

ρ

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

(a)

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

(b)

a pomak 1⋅ L3 L2 ∆y = = = yC A 12 ⋅ yC ⋅ L ⋅1 12 ⋅ yC I ξξ

(c)

5


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

yC <

m L ctg α + = 0,851 m ρL 6

(d)

Iz slike (a) slijedi granična visina h fluida L  h = x sin α =  yC +  sin α = 0, 427 m 2 

(e)

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

1

5. VJEŽBA - RIJEŠENI ZADACI IZ MEHANIKE FLUIDA

1. Treba odrediti silu F koja drži u ravnoteži poklopac AB jedinične širine, zglobno vezan u točki A, u položaju prema slici. Zadano je : a=0,84 m; H=0,65 m; h=35,5 cm; ρ=999 kg/m3. B . . .. ... . . p0=? . .. .

pa g

F

a H

h

pa

A poklopac ρ

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

pa 1 h

F0

H

H/2 Fh ∆y

A

ρ

a/2

U ovom primjeru nije pogodno uvoditi fiktivnu slobodnu površinu, jer površina AB nije čitava uronjena u fluid. Na dio površine poklopca koji se nalazi iznad fluida, djeluje samo sila konstantnog a tlaka p0, a na potopljeni dio površine i sila tlaka p0 i sila hidrostatskog tlaka. Zbog toga je u ovom slučaju jednostavnije računati silu F0 (uslijed konstantnog tlaka p0) na čitavu površinu, koja djeluje u težištu poklopca AB i silu hidrostatskog tlaka Fh, na dio poklopca ispod stvarne slobodne površine, kao što je prikazano na slici (a).

Slika (a) Sile na poklopac

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

(a)

iz koje je manometarski tlak

pM0 = p0 − pa = ρ g ( h − H ) = −2890Pa

(b)

2


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

(c)

biti negativna, odnosno usmjerena suprotno nego što je ucrtano na slici (a). Sila Fh je Fh = ρ g ⋅

H ⋅ H ⋅1 = 2070 N 2

(d)

a pomak hvatišta sile Fh je

1⋅ H 3 I H ∆ y = ξξ = 12 = = 0,108 m yC A H ⋅ H ⋅1 6 2

(e)

Sila F se odreñuje iz uvjeta ravnoteže momenata u odnosu na točku A, koja glasi a H H F ⋅ a = F0 ⋅ + Fh  −  2 2 6

(f)

U gornjoj se jednadžbi sila F0 uvrštava s negativnim predznakom, te slijedi sila F= -680 N, što znači da na poklopac treba djelovati silom F u suprotnom smjeru od smjera na slici (a). S obzirom da se poklopac naslanja na stijenku u točki B, sila F će biti sila reakcije izmeñu poklopca i stijenke, te za držanje poklopca u ravnoteži neće trebati djelovati silom izvana.

3


2. Kvadratična greda zglobno je učvršćena u bridu A. Odredite silu F kojom treba djelovati na gredu jedinične duljine da bi bila u ravnoteži u položaju prema slici. Zadano je: a=1 m; ρ=999 kg/m3. pa

F=?

g

a

a

ρ

pa A

Rješenje: 1. način (studenti sami kod kuće) Treba odrediti i reakcije u točki A.

pa

F F1

a

C1

C1

C2C

a

2

F2 A

ρ

2. način – površina se tretira kao zakrivljena površna

z pa

B=1

x

S x = − B ⋅ ( 2a )

Sx

hC=a

Cx

ξ

∆h

C2

H= 2a

H

ρ

A projekcija površine

I ξξ =

B ⋅ ( 2a ) 12

3

=

2a 3 3

4


Horizontalna komponenta Fh

Fh = − ρ ⋅ g ⋅ hC ⋅ S x = − ρ ⋅ g ⋅ a ⋅ ( −2a ) = 2 ρ ga 2 = 19593 N 2 ⋅ a3 I 1 ∆h = ξξ = 3 = a = 0,333 m hC S x a ⋅ 2a 3

Vertikalna komponenta Fv

a 2a ⋅ a = a2 2 Fv = ρ gV = ρ ga 2 = 9797 N

V=

=

2a

T

1 3

∆ x = a = 0,333 m

ρ

ρ

A

A

F

pa

Uvjet ravnoteže:

∑M Fh

Fv

2a

A

A

=0

F ⋅ 2a = Fv ⋅ ∆x + Fh ( a − ∆h ) F=

1  a 2a  Fv ⋅ + Fh ⋅   2a  3 3

F = 8164 N

5


3 . Drvena homogena greda gustoće ρ=940 kg/m3, duljine L=8 m i promjera D=0,5 m, pričvršćena je pod vodom gustoće ρv=999kg/m3 u točki O, oko koje se može okretati. Kolika će duljina l grede biti u vodi ? ρ

g

l= ?

L

pa

D

ρv O

Rješenje:

G = ρg

Fb

D 2π ⋅L 4

Fb = ρ v g

∑M

O

=0

l/2

α

D 2π ⋅l 4

L/ 2

L l G ⋅ cos α = Fb ⋅ cos α 2 2

O G

ρg

D 2π L2 D 2π l 2 ⋅ cos α = ρ v g ⋅ cos α 4 2 4 2

l=L

ρ = 7,76 m ρv

6


4. Homogena čelična kugla gustoće ρc=7800 kg/m3 radijusa R=8 cm zatvara otvor na ravnoj stijenci promjera d=12 cm.. Treba odrediti kut nagiba kose stijenke da kuglica oslobodi otvor kada u spremniku nastupi pretlak od pM=5000 Pa. pa

g R

d

α=?

plin pM=konst.

Rješenje: Od vanjskih sila na kuglu djeluju sila težine G u težištu C kugle, te sila F0 uslijed pretlaka pM koja je okomita na projekciju dijela površine kugle izloženog pretlaku pM, te takoñer prolazi težištem C kugle, kao što prikazuje slika (a). Gledajući raspored sila može se zaključiti da će se kuglica pomaknuti kada moment sile F0 bude veći od momenta težine, a kuglica će se gibati oko točke O u kojoj će biti nepoznata sila reakcije, koju nije nužno odrediti jer se postavlja momentna jednadžba oko točke O u obliku

k C A β

F0

α

R

α

O G

F0 ⋅

d ≥ G⋅k 2

(a)

d/2

Slika (a) Sile na kuglu

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

d 2π = 56,5 N 4

(b)

7


Sila težine je G = mg = ρc

4 3 R π g = 164 N 3

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

(c)

(d)

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

d 2 R

⇒

β = 41, 4o

(e)

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

F0 ⋅ d 2R ⋅ G

(f)

odakle je

α + β ≥ 75o , odnosno α ≥ 33, 6o .

(g)

1


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

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

zrak

g

3

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

voda

uže

Rješenje:

Fb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

F

mg

Fb = ρ g

V 2 Fb − F − G = 0 F = Fb − G = ρ g F = 2015 N

V − mg 2

2


2. Treba odrediti rezultantnu silu na zatvarač, oblika polucilindra, jedinične širine B, prema slici. Zadano je: H=3 m, R=1 m, α=60o, ρ=998,2 kg/m3.

pa α

g H pa R

C ρ

Rješenje: z G H O α

x

I V H

A 2Rsinα

Ishodište koordinatnog sustava Oxz je smješteno na slobodnu površinu. Sile atmosferskog tlaka pa izvana i iznutra se poništavaju tako da na zatvarač djeluje samo sila hidrostatskog tlaka, koja se razlaže na horizontalnu i vertikalnu komponentu. Horizontalna komponenta sile se računa iz izraza Fx = − pCx ⋅ S x

(a)

n C

B

n α

D

E

F

ρ

2Rcosα

gdje je Sx projekcija površine zatvarača, a pCx hidrostatski tlak u njenu težištu. Gledajući sliku (a), horizontalne sile na dijelu površine DEF zatvarača se meñusobno poništavaju jer je projekcija dijela EF jednaka projekciji DE, a suprotnog je predznaka.

Slika (a) Sile na zatvarač Projekcija Sx se dakle odnosi na dio ABD površine zatvarača, oblika je pravokutnika površine 2BRsinα i pozitivna je, jer vektor normale n na površinu čini s pozitivnim smjerom osi x kut manji od 90o. Težište projekcije površine Sx je u točki C u kojoj je hidrostatski tlak pCx = ρ gH , te je

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

(b)

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

3


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

G H

H

I

I V

A

A

+

B

= B

B

D

E

D

F

E

F

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

 D2π  Fz = −ρ g ⋅  + 2 R cos α ⋅ H  ⋅ B = −44, 7 kN  8   

(c)

Negativni predznak sile Fz ukazuje da ona gleda prema dolje. Za odreñivanje hvatišta rezultante u općem bi slučaju bilo potrebno prvo odrediti položaj hvatišta horizontalne i vertikalne komponente sile hidrostatskog tlaka. Za slučaj cilindrične površine to nije nužno, jer se unaprijed zna da će rezultanta prolaziti točkom C jer i sve elementarne sile pndS prolaze točkom C. Rezultantna sila je po veličini jednaka

C β

FR Slika (b) Položaj rezultantne sile

FR = Fx2 + Fz2 = 67, 7 kN

(d)

a djeluje pod kutom β prema slici (b) β = arctg

Fz = 41, 3o Fx

(e)

4


g

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

3. Treba odrediti silu F u vijcima, kojima je pričvršćen poklopac, oblika stošca, mase m=474 kg, prema slici. Zadano je: H=1,4 m, h=0,9 m, R=0,8 m, pM0=2800 Pa, ρ=998 kg/m3.

pM0

poklopac H

h

ρ

R

. ..

Rješenje:

F0

.. .

.. .. . .

pM0 sl. površina

r

V

Fz

h mg

R Fv

H

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

(a)

Slika (a) Sile na poklopac i gleda prema gore. Vertikalna komponenta Fz sile hidrostatskog tlaka je po veličini jednaka težini fluida u prostoru od površine stošca u dodiru s fluidom do slobodne površine. Taj volumen je osjenčan na slici (a). Njegov je obujam πh  2 V = R 2 πh − R + r 2 + R r  (b) 3  Nepoznati polumjer r se odreñuje iz sličnosti trokuta, prema kojoj je r R H −h = ⇒ r=R = 0, 286 m (c) H −h H H što uvršteno u izraz (b), daje obujam V=0,914 m3. Sila Fz takoñer gleda prema gore (jer je projekcija površine u dodiru s fluidom negativna), a po veličini je Fz = ρ gV = 8945 N (d) Iz ravnoteže vertikalnih sila, prema slici (a), slijedi tražena sila u vijcima Fv = F0 + Fz − mg = 9930 N

(e)

5


4. Kocka gustoće ρ0=495 kg/m3, brida a=0,44 m, zglobno je vezana u bridu O i zatvara kvadratični otvor na dnu spremnika, prema slici. Treba odrediti silu F potrebnu za podizanje kocke. Zadano je: H=1,2 m, α=35o, ρ=999 kg/m3. g

pa

a

H

ρ0

O pa

Rješenje:

F=?

ρ

α

pa

H

pa

F1

H

F1

F2

F2 pa

O

pa

F4

O

F3 A Slika (a) Sile tlaka na kocku

F4

A

F3

Slika (b)

Na slici (a) su prikazane sile tlaka koje djeluju na kocku. Sile koje djeluju na plohe kocke koje su paralelne ravnini slike, meñusobno se poništavaju. Ako se na plohi OA doda i oduzme sila F4 hidrostatskog tlaka, kao što je prikazano na slici (b), tada suma sila F1 , F2 , F3 i sile F4 izvana, daju silu uzgona, koja djeluje u težištu kocke, te osim nje ostaje sila hidrostatskog tlaka F4 iznutra na plohu OA, kao što je prikazano na slici (c), na kojoj je ucrtana i sila težine kocke, odgovarajući krakovi sila, te veličine yC i ∆y za silu F4. Iz slike (c) slijedi L = a ⋅ sin α + a ⋅ cos α = 0, 613 m

(a)

k = L 2 = 0,306 m

(b)

6


pa

yC =

H a + = 1, 685 m cos α 2

hC = yC cos α = 1, 38 m

k=L/2

H

Na temelju čega je yC

Fb

F

F4 = ρ g hC A = ρ g ⋅ yC cos α ⋅ a 2 F4 = 2618 N

pa

O α C F4

mg α

y ∆

A acosα

asinα L

a4 I ξξ ∆y = = 12 2 = yC A yC ⋅ a a2 ∆y = = 0, 0096 m 12 yC

Fb = ρ g V = ρ ga3 = 834,5 N

Slika (c) Sile na kocku Kocka će se podići kada moment sile F (u odnosu na točku O) svlada momente ostalih sila, tj. a  L F ⋅ L > F4  + ∆ y + (mg − Fb )⋅  2  2 odakle je sila F > 772 N .

(e)


1

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

Rješenje: Iz jednadžbe kontinuiteta Q1 = Q2 v⋅

D 2π d 2π = v1 ⋅ 4 4 2

D v1 = v ⋅   = 6, 075 m s d

2


2. U mješalište kroz prvu cijev promjera D1 = 100 mm ulazi nestlačivi fluid gustoće ρ1=850 kg/m3 masenim protokom mɺ 1 = 6, 9 kg/s , a kroz drugu cijev promjera D2 = 150 mm ulazi nestlačivi fluid gustoće ρ2=980 kg/m3, brzinom v2 = 2,1 m/s. Odredite kojom će brzinom iz mješališta istjecati homogena mješavina ovih fluida kroz cijev promjera D3 = 200 mm. Koja je gustoća mješavine ?

.

Rješenje: Prema jednadžbi kontinuiteta mɺ 1 + ρ 2 v2

mɺ 1 + mɺ 2 = mɺ 3 ili

D32π D22π = ρ3v3 4 4

(1)

Zbog nestlačivosti strujanja vrijedi: mɺ 1

Q1 + Q2 = Q3 ili

ρ1

mɺ 1 iz (2)

iz (1)

v3 =

ρ3 =

ρ1

+ v2

+ v2

D 2π D22π = v3 3 4 4

D22π 4

D32π 4

mɺ 1 + ρ 2 v2 v3

= 1, 44 m s

D22π 4 = 956, 7 kg m3

D32π 4

(2)


3

3. U cilindrični spremnik ulazi voda, kroz jednu cijev protokom Q1 = 18 l/s, a kroz drugu protokom Q2 = 25 l/s. Kroz treću cijev promjera D3 = 100 mm voda istječe brzinom v3 = 3,8 m/s. Odredite vrijeme potrebno da u spremnik uteče 3 m3 vode.

Rješenje: Q3 = v3

D32π = 29,8 l s 4

Quk = Q1 + Q2 − Q3 = 13, 2 l s ∆t =

∆V = 228 s Quk

4


4. Voda se prepumpava iz nižeg u viši spremnik, protokom Q=14 l/s. Odredite visinu dobave hp pumpe i potrebnu snagu PM motora za pokretanje pumpe ako su iskoristivost pumpe η P=0,75, visina gubitaka do ulaza u pumpu hF1-2=1,5 m, visina gubitaka od pumpe do ulaza u viši spremnik hF3-4=1,5m. Zadano je: ρ=998,2 kg/m3, D=71,4 mm, z1=6,2 m, z5=12,5 m, 5 g

4

pa

1 z1

D Q

2

3 pumpa

Rješenje: 4Q = 3,5 m s D2π hF1-2 = 1,5 m

v4 =

hF3-4 = 1,5 m

v42 hF4-5 = = 0, 63 m 2g hF1-5 = hF1-2 + hF3-4 + hF4-5 = 3, 63 m M.B.J. 1-5 pa p + z1 + hp = a + z5 + hF1-5 ρg ρg hp = z5 − z1 + hF1-5 = 9,92 m

Pp = ρ gQ ⋅ hp = 1360 W PM =

Pp ηp

= 1813 W

pa

5


5. Pumpa dobavlja vodu mlaznici protokom Q=56 l/s.. Motor predaje pumpi snagu PM=40,2 kW, a ukupna iskoristivost pumpe je 85%. Na ulazu u pumpu je izmjeren manometarski tlak pM2=-0,351 bar. Odredite visinu gubitaka energije hF1-2 od razine vode u spremniku do ulaza u pumpu, te hF3-5 od izlaza iz pumpe do izlaza iz mlaznice. Skicirajte energetsku i hidrauličkugradijentnu liniju. Zadano je: h=1,5 m, ρ=998,2 kg/m3, D2=150 mm, D3=100 mm, D5=50 mm. g

pa

D3

Q

1

h

2

3

D5

pa

4 5

D2

ρ

Rješenje:

g

pa

D3

Q

1

h

2

3

D5

pa

4 5 z=0

D2

ρ

Budući da je poznat protok, moguće je odrediti brzine u svim karakterističnim presjecima: 4Q 4Q 4Q v2 = 2 = 3,17 m s v3 = v4 = 2 = 7,13 m s v5 = 2 = 28,5 m s D2 π D3 π D5 π

pM2 v22 0= + + h + hF1-2 ρg 2g

Bernoullijeva jednadžba od 1 do 2

hF1-2 = −

PUMPA:

pM2 v2 − 2 − h = 1,57 m ρg 2g

Pp = ηp PM = 34,17 kW ⇒


pM3 = pM2 + ρ ghp +

hp =

Pp

ρ gQ

= 62, 3 m

p v2 pM2 v2 + 2 + hp = M3 + 3 ρg 2g ρg 2g ρ 2 v2 − v32 ) = 5,55 bar ( 2

6

7. VJEŽBA - RIJEŠENI ZADACI IZ MEHANIKE FLUIDA 2 3

2 5


pM3 v v + = + hF3−5 ρg 2g 2g


v2 pM4 v2 + 4 = 5 (gubici u mlaznici se zanemaruju) ρg 2g 2g

pM3 1 + v32 − v52 ) = 17,8 m ( ρg 2g ρ pM4 = (v52 − v42 ) = 3,80 bar 2

hF3-5 =

z

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

G.L. 0 1,5 1,5 1,5 1,5

pM ρg

pM +z ρg

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

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

v2 2g

pM v2 +z+ ρg 2g

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

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

Napomena: Energetska linija je računata s pretlakom, pa je visina energije u točki 2 negativna zbog podtlaka na ulazu u pumpu. v32 2g

60,8 58,2

E.L.

43,0 40,4

H.G.L.

D5

pa

1

2

v22 2g

4 5

3 G.L. -1,1

ρ H.G.L.

pM4 2g

v52 2g

1


1. Odredite minimalni protok Q u nestlačivom strujanju fluida kod kojeg će ejektor početi usisavati fluid kroz vertikalnu cjevčicu. Zadano je A2=14 cm2, A1=3,5 cm2, h=0,9 m. A2

A1

Q=?

pa

ρ h g

pa

ρ

Rješenje: Da bi ejektor počeo usisavati fluid kroz vetikalnu cjevčicu, tlak p1 u presjeku A1 mora biti manji od hidrostatskog tlaka koji vlada pri mirovanju fluida u vertikalnoj cjevčici. p1 < pa − ρ gh

(a)

B.J. od presjeka A1 do presjeka A2 glasi:

p1 v12 p v2 + = 2 + 2 ρ g 2g ρ g 2g J.K. v1 A1 = v2 A2 = Q

⇒ v1 =

(b) Q A1

i v2 =

Uvrštavanjem (c) i (a) u (b) pa − ρ gh pa Q2 Q2 + ≤ + 2 gA12 ρ g 2 gA22 ρg odakle je:

Q≥

A1 A2 A22 − A12

2 gh ≥ 1,52 l s

Q A2

(c)

2


2. Odredite visinu zB kraja B sifona, pri kojoj se u neviskoznom strujanju fluida ostvaruje maksimalni protok Q nestlačivog fluida gustoće ρ=995,6 kg/m3, tlaka isparavanja pv =4241 Pa, ako je: pa =1010 mbar, z1=34 m, z0=30,5 m, d=150 mm.

1 z1

g pa

0

z0

ρ

d

pa

zB=?

Rješenje: Spuštanjem izlaznog kraja sifona brzina strujanja se povećava, a tlak u najvišoj točki sifona smanjuje. Pri minimalnom tlaku u najvišoj točki, koji odgovara tlaku isparavanja pv postiže se maksimalno moguća brzina. Iz Bernoullijeve jednadžbe od točke 1 do točke B slijedi: 2 pv vmax p v2 + + z1 = a + max + zB ρ g 2g ρ g 2g

odakle je: zB = z1 −

pa − pv = 24,1 m ρg

Iz B.J. od 0 do B slijedi:

v2 z0 = + zB 2g Q = v⋅

⇒

v = 2 g ( z0 − zB ) = 11, 2 m s

d 2π d 2π = ⋅ 2 g ( z0 − z B ) 4 4

= 198 l s

3


3. Odredite visinu h koju će dosegnuti mlaz vode (ρ=1000 kg/m3) na izlazu iz račvaste cijevi, prema slici, ako su manometarski tlakovi pM1= pM2=2,68 bar. Zadano je: D1=200 mm, D2=150 mm, d=100 mm, H=8 m. 4 pa

h=?

g

3 d H 1

2 z=0

pM1

D1

pM2

D2

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

v2 pM1 v12 + = 3 +H ρ g 2g 2g

(1)

B.J. 2-3

v2 pM2 v22 + = 3 +H ρ g 2g 2g

(2)

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

Q3

Q1

Q2

ili

v1 ⋅

D12π D 2π d 2π + v2 ⋅ 2 = v3 ⋅ 4 4 4

odakle je v3 = v1 ⋅

Uvrštavanjem (4) u (1) slijedi:

D12 + D22 d2

(4)


pM1 v12 v 2 ( D1 + D2 ) + = 1 ⋅ +H ρ g 2g 2g d4 2 2

2

v32 2g

ili

2 v1 =

ρ

pM1 − 2 gH

( D12 + D22 ) d4

2

= 3,16 m s

−1

v3 = 19, 7 m s

Iz B.J. od 3 do 4

v32 = h ⇒ h = 19,8 m 2g

4

5


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

g

1

pa 1

ρ 2

ρ

H h D

pa 2

3

d=?

Rješenje: Ako fluid u priključnoj cijevi u spremniku 2 miruje. Znači da u točki 2 vlada hidrostatski tlak p2 = pa + ρ gh ili pM 2 = ρ gh B.J. 1-3

H=

v32 2g

B.J. 1-2

H=

v22 pM 2 + ⇒ v2 = 2 g ( H − h ) 2g ρg h

v2 ⋅

⇒ v3 = 2 gH

D12π d 2π = v3 ⋅ 4 4

d=D

4

⇒ d=D

v2 v3

H −h = 69, 7 mm H

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

6


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

0

pa g H

ρ

1

pa

d D

Rješenje: B.J. 0-1

pa pa v 2 +H = + ρg ρ g 2g

v = 2 gH Ova Bernoulijjeva jednadžba vrijedi i za cijev konstantnog promjera d i za cijev s difuzorom promjera D, a v je brzina utjecanja u spremnik. d 2π D 2π Stoga će u prvom slučaju protok biti Q0 = v ⋅ , a u drugom slučaju Q = v ⋅ , odakle je 4 4 Q D2 = = 4 što znači da bi se protok povećao četiri puta. Q0 d 2 Komentar: Iz gornjeg slijedi da bi se povećanjem promjera D mogao dobiti po volji veliki protok, što u stvarnosti nije slučaj. 1) Povećanjem protoka Q povećava se brzina u cijevi promjera d, viskozni gubici postaju značajni što smanjuje brzinu i protok. 2) Kod velike razlike promjera D i d dolazi do odvajanja strujanja od stijenke difuzora, te je izlazna brzina v veća od prosječne brzine koja bi bila za slučaj jednolikog profila brzine po presjeku što dovodi do većih gubitaka, odnosno smanjenje protoka Q.

D

7


6. Odredite protok vode mjeren Venturijevom cijevi, prema slici. Uzmite u obzir i koeficijent korekcije brzine. Pri kojem bi protoku, za isti smjer strujanja i apsolutni tlak p1=1,96 bar nastupila kavitacija u presjeku 2. Zadano je: ρ=998,2 kg/m3, pv =2337 Pa, ρ0=13546kg/m3, h0=360 mm, L=0,75 m, D1=300 mm, D2=150 mm, kinematička viskoznost vode ν =1,004⋅10-6 m2/s.

ρ,ν,pv

g

D2 2

L 1

D1

h0

Q

ρ0

Rješenje: Q = v1 ⋅

J.K. ρ,ν,pv

D12π D 2π = v2 ⋅ 2 4 4

8Qid2 8Qid2 p1 p2 + = L+ + ρ g gD14π 2 ρ g gD24π 2

B.J. 1-2

(1)

(2)

v2, p2 2

J.M.

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

Iz (3)

ρ  p1 − p2 − L = h0  0 − 1  ρg  ρ 

L 1

x

v1, p1

(4)

h0 Iz (2) Qid = ρ0 Qid =

π

D12 D22

4

D −D

π

D12 D22

4

D −D

4 1

4 1

4 2

4 2

 p − p2  2g  1 − L  ρg  ρ  2 gh0  0 − 1 = 171,9 l s  ρ 

(5)


Stvarni protok Q = Cd ⋅ Qid gdje je Cd –koeficijent protoka Cd = Cc ⋅ Cv Cv –koeficijent brzine Cc –koeficijent kontrakcije

Re1 =

v1id ⋅ D1

ν

=

4Qid = 7, 27 ⋅105 > 105 π ⋅ D1 ⋅ν

pa je prema dijagramu u Tehničkoj enciklopediji broj 8 str. 148, Cv = 0, 984 Za Venturijevu cijev, CC = 1 pa je koeficijent protoka Cd = CC ⋅ Cv = 0,984 Q = 0,984 Qid = 0,1692 m 3 s

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

π 0, 32 ⋅ 0,152 4

0,34 − 0,154

Qkav = 0, 347 m3 s

 1, 96 ⋅105 − 2337  2g  − 0, 75  998, 2 g  

8


1. Odredite brzinu v1 i tlak p1 zraka (ρz =1,23 kg/m3) u simetrali cijevi promjera D=50 mm, pomoću mjernog sustava s Prandtl-Pitotovom cijevi prema slici. Pretpostavite neviskozno strujanje i uzmite u obzir debljinu Prandtl-Pitotove cijevi. Zadano je: d=5 mm, L=100 mm, α=11°, ρa=800 kg/m3, h=40 mm, pa=101325 Pa.

1

d

3

2

p1, v1=?

D ρz

L

h

ρz

ρa

ρa Rješenje:

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

p1 v2 p + 1 = 2 ρz g 2 g ρz g

(1)

B.J. 2-3

p v2 p2 = 3 + 3 ρz g ρz g 2 g

(2)

J.K.

D2 − d 2 )π ( D 2π v1 ⋅ = v3 ⋅ 4 4

(3)

J.D.M.

p2 − p3 = ρa g L sin α

(4)

J.M.

pa − p3 = ρ a g h

(5)


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

iz (4)

p3 = pa − ρ a g h = 101011 Pa p2 = p3 + ρ a g L sin α = 101161 Pa

iz (2)

v3 =

iz (5)

2

ρz

( p2 − p3 ) = 15, 6 m s

D2 − d 2 = 15, 44 m s D2 vidimo da je korekcija neznatna pa se najčešće zanemaruje debljina Prandtl-Pitotove cijevi

iz (3)

v1 = v3 ⋅

iz (1)

1 p1 = p2 − ρ z v12 = 100841 Pa 2

2


2.

3

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

D pa

H h Cd pa

d

Rješenje: D pa

A(z) dz

H

t1 z h z=0

d

Cd pa

Slika (a)

U ovom je primjeru promjer D posude dosta veći od promjera d otvora, te se može pretpostaviti kvazistacionarno strujanje. Ova pretpostavka prestaje vrijediti u zadnjem stadiju pražnjenja koji traje vrlo kratko, pa to neće bitno narušiti točnost ukupnog vremena pražnjenja. Opći integral za odreñivanje brzine pražnjenja spremnika slijedi iz jednadžbe kontinuiteta d 2π dz Q = Cd 2 gz = − A ( z ) (vidjeti predavanja), a 4 dt glasi: A( z ) 1 ∫ d t = − d 2π ∫ z dz (a) Cd 2g 4

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

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

t1 =

D2 Cd d 2 2 g

H

∫ h

dz D2 2 = z Cd d 2 2 g

(

)

H − h = 134, 2 s

(b)


4

U koničnom dijelu posude promjer se mijenja od d na z=0 do D na visini z=h. Jednadžba pravca z izmeñu te dvije točke glasi D ( z ) = d + ( D − d ) , što daje izraz za ploštinu A( z ) oblika h 2   π  2 z 2d z 2 A( z ) = d + 2 (D − d ) + D − d ) (c) (  4  h h  Integriranje izraza (a) uz A( z ) prema izrazu (c), gdje se vrijeme mijenja od t1 do t2, a visina z od h do 0 daje 2 t2 h  2 ( D − d ) 3 2 2d ( D − d )  1  d z  d z (d) ∫ dt = C d 2 2 g ∫  z + h2 z + h  0  t1 d odnosno  2  1  2d + 2 ( D − d )2 + 4 d ( D − d ) h (e) t2 = t1 + 2   5 3 Cd d 2 g  Izraz (e) definira ukupno vrijeme pražnjenja t2 = 198, 7 s .

z

h−0 D d − 2 2   D d −  = h   2 2

z −0 = h

  r − d   2 

 D( z ) d − z   2 2 z ( D − d ) = D( z ) − d h z D ( z) = d + (D − d ) h

 


5

3. Benzin (ρ=680 kg/m3; υ=3,7⋅10-7 m2/s) struji kroz cijev od trgovačkog čelika promjera D=76 mm i duljine L=305 m. Odredite protok benzina, ako se za svladavanje gubitaka tlaka raspolaže s ∆pf = 1,7 bar. Rješenje:

k=0,045 mm (prema podacima iz tablice u Moodyevom dijagramu) k 0, 045 = = 0, 000592 D 76 L v2 L ρ 16Q 2 ∆pf = λ ρ = λ D 2 D 2 D 4π 2 ∆pf = λ

L 8Q 2 ρ ⇒ D5 π 2

Q=

Q=

 

λ = λ  Re,

∆pf D5π 2 ∆pf D5 1 =π 8ρλ L 8ρ L λ

1, 60125 ⋅10−3

k  D

4Q  = 4,52788 ⋅107 ⋅ Q  ν Dπν   k  = 0, 000592  D

Re =

vD

λ

=

iteracija 1. 2. 3. 4. 5.

Q=11,85 l/s

Q , m3/s 0,1 0,008235 0,011744 0,011846 0,011848

λ=

1, 325   k 5, 74    ln  3, 7 D + Re0,9     

Re 4,52788⋅106 3,72871⋅105 5,31758⋅105 5,36373⋅105 5,36456⋅105

2

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


6

4. Odredite promjer cijevi kojom protječe voda izmeñu dvaju jezera, ako se razine vode u jezerima ne mijenjaju. Zadano je: H=45 m, L=100 m, ρ=998 kg/m3, ν=1,1.10-6 m2/s, Ku=0,2, Kv=0,6; Q=14,85 m3/s, k=0,1 mm.

0

pa

ρ,ν Ku

H pa

1 ρ,ν

Kv D

L Rješenje:

M.B.J. 0-1

p/ a p v2  L  + H = /a +  λ + K u + K v + 1 ρg ρg 2g  D  8Q 2  L  H = 4 2  λ + K u + K v + 1 D2 π g  D  λ Lek D

H=

8Q 2 Lek λ π 2 g D5

D=

5

8Q 2 π 2g H

5

Lek ⋅ λ

Lek = L +

D

λ

( K u + K v + 1)

Lek = 100 + 1,8 D = 0,834645 5 Lek ⋅ λ

D

λ


7

4Q 1, 7188734 ⋅107  =  Dπ ν D 1,325   ⇒ λ = 2 k 0,1   k 5, 74    = ln  3, 7 D + Re0,9    D D   

Re =

Pretpostavka za promjer D u prvoj iteraciji potpuno je proizvoljna.

iteracija 1. 2. 3. 4.

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

λ 0,0119942 0,012042 0,012032

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

D=1045 mm.

0

pa

ρ,ν Ku

H pa

1 ρ,ν

Kv D

L

E.L.


8

5. Odredite gubitke tlaka pri strujanju zraka (ρ=1,225 kg/m3=konst., ν =1,4607·10-5 m2/s) protokom Q=5 m3/s kroz cjevovod duljine L=60 m pravokutnog presjeka axb=600x300 mm. Cijev je od galvaniziranog željeza.

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

4A 4ab = = 0, 4 O 2(a + b)

gdje je: A- površina poprečnog presjeka toka (ovdje je to puni presjek A=a⋅b) i O- oplakani opseg toka odnosno duljina opsega poprečnog presjeka u dodiru s fluidom, ovdje O=2(a+b) U nastavku se koriste izrazi za proračun pada tlaka u okruglim cijevima, s tim da se u svim izrazima umjesto promjera D, koristi ekvivalentni promjer De, osim pri definiciji brzine strujanja, koja se definira omjerom protoka Q i stvarne površine A poprečnog presjeka toka. Dakle vrijedi: k 0,15 = = 0, 000375 De 0, 4 Q v= = 27, 7 m s (prosječna brzina se računa sa stvarnom površinom toka!!) ab v ⋅ De Re = = 7, 6 ⋅105

ν

λ=

1,325   k 5, 74   + 0,9    ln    3, 7 De Re  

2

= 0, 01647

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


1. Pri maksimalnoj potrošnji Qmax= 300 l/s u vodovodnom sustavu prema slici pumpa dobavlja 75% protoka, a akumulacijsko jezero 25%. Stupanj djelovanja pumpe je η P=0,8, a lokalni gubici su ravnomjerno rasporeñeni po mreži i iznose 6% od linijskih gubitaka. Odredite pretlak u točki 4, snagu pumpe i snagu koja se troši na svladavanje gubitaka. Koliki je stupanj djelovanja cjevovoda? Zadano je: ρ=1000 kg/m3, ν =1,52⋅10-6 m2/s, H=68 m, L1=1890 m, L2=1563 m, L3=214 m, D=450 mm, k=0,045 mm.

pa

3

g

H

D, k QA

pa D, k z=0

0 QA

1

D, k

QP 2

ρ,ν

Rješenje: Qmax = 0,3 m3 s QA = 0, 25 Qmax =0,075 m 3 s QP = 0, 75 Qmax =0,225 m 3 s Linijski gubici u dijelu cjevovoda od točke 1 do točke 2

h f 1-2 = λ1

L1 8QP2 L1 8QP2 = λ 1 D D 4π 2 g D5 π 2 g

Linijski +lokalni gubici u dijelu cjevovoda od točke 1 do točke 2 L 8Q 2 h F 1-2 = h f 1-2 + 0, 06h f 1-2 = 1, 06 λ1 15 2 P D π g

Qmax

4


 4QP = 4,19 ⋅105   Dπν  λ1 = 0, 0147 k  = 0, 0001  D

Re1 =

h F 1-2 = 6, 70 m

Linijski +lokalni gubici u dijelu cjevovoda od točke 2 do točke 4 L 8Q 2 h F 2-4 = 1, 06 λ2 25 2max D π g

 4Qmax = 5,58 ⋅105   Dπν  λ2 = 0, 0142 k  = 0, 0001  D

Re2 =

h F 2-4 = 9, 49 m

Linijski +lokalni gubici u dijelu cjevovoda od točke 3 do točke 2 L 8Q 2 h F 3-2 = 1, 06 λ3 35 2 A D π g

 4QA = 1, 395 ⋅105   Dπν  λ3 = 0, 0174 k  = 0, 0001  D

Re3 =

h F 3-2 = 0, 0994 m M.B.J.3-4

p/ M3 p v2 + H = M4 + 4 + h F 3-2 + h F 2-4 ρg ρ g 2g 8 ρ Qmax 2 p M4 = ρ g ( H − h F 3-2 + h F 2-4 ) − D 4π 2 p M4 = 571033, 23 Pa = 5,71 bar

2


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

p M4 v4 2 + + h F 1-2 + h F 2-4 ρ g 2g hP = 74, 6 m

hP =

PP = ρ gQP hP PP = 164605, 93 W=164, 6 kW

PM =

PP

ηP

= 205, 76 kW

Snaga za savladavanje gubitaka cjevovoda PF = ρ gQP hF1-2 +ρ gQmax hF 2-4 +ρ gQA hF3-2 PF = 42,8 kW

Stupanj djelovanja cjevovoda 1   Qmax  pM4 + ρ v44  P 2   ηc = u točki 4 = PP + PA PP + QA ρ gH

ηc = 0,8007

3


2. Treba odrediti visinu h, protok Q i snagu PF koja se troši na svladavanje trenja, u situaciji prema slici. Koliku bi visinu hid dosegao mlaz i koliki bi bio protok Qid da je fluid idealan. Zadano je: ρ=999 kg/m3, ν=1,13.10-6 m2/s, D=65 mm, d=30 mm, Luk=9,9 m, k=0,045 mm, H=2,4 m, Kk=0,9, Ku=0,5, Km=0,05 (uz izlaznu brzinu), pM0=0,86 bar.

4

g pa

pM0

h=?

ρ, ν H

Ku

d Km D, k Kk Luk

Kk

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

Kk

Slika (a) hF = ( K u + 2 K k )

v2 v2 L v2 + Km 1 + λ 2g 2g D 2g

(a)

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


5

L  K + 2 K + λ u k 8 1 + K m D  = p M0 + H Q2 2  + (d)  4 4 π g d D  ρg   U gornjem su izrazu nepoznati protok Q i koeficijent trenja λ, koji zavisi od protoka Q, te će za odreñivanje protoka trebati primijeniti iterativni postupak. Za tu svrhu će se u izraz (d) uvrstiti sve poznate veličine, nakon čega se dobiva 11,63 (e) {Q}m3 s = 1, 425 ⋅106 + 8,532 ⋅106 λ Reynoldsov broj izražen s pomoću protoka je 4Q Re = = 17, 33 ⋅106 {Q}m3 s (f) π Dν U izrazima (e) i (f) sve konstante su dimenzijske, a s obzirom da su sve veličine uvrštavane u SI sustavu jedinica, protok Q će biti izražen u m3/s. Koeficijent trenja λ za turbulentno strujanje se računa iz izraza 1, 325 λ= (g) 2   k 5, 74    ln  3, 7 D + Re0,9      Iterativni postupak započinje s pretpostavljenom vrijednošću koeficijenta trenja λ u režimu potpuno izražene hrapavosti, koja se dobije iz izraza (g) za Re → ∞. Nakon toga se iz izraza (e) računa protok Q, a iz izraza (f) Reynoldsov broj koji uvršten u izraz (g) daje korigiranu vrijednost koeficijenta trenja λ, s kojom započinje nova iteracija. Rezultati iterativnog postupka su sumirani u sljedećoj tablici Broj iteracije 0 1 2

λ 0,0180 0,0202 0,0202

Q, m3/s 0,009256 0,009200 0,009200

Re 1,60.105 1,59.105

Očito se protok Q u posljednje dvije iteracije slaže u prve četiri signifikantne znamenke te se iterativni postupak prekida i usvaja Q=9,2 l/s. Iz jednadžbe (c) slijede brzine v=2,77 m/s i v1=13,0 m/s, a iz jednadžbe (a) uz λ=0,0202 prema gornjoj tablici hF=2,54 m. Snaga koja se troši na svladavanje gubitaka je PF = ρ gQhF = 229 W . Visina h koju dosegne mlaz se odreñuje iz Bernoullijeve jednadžbe od točke 1 do točke 2 prema slici (a). U obje točke vlada atmosferski tlak, a s obzirom da je točka 2 najviša točka mlaza, u njoj je brzina jednaka nuli. Ako se zanemari utjecaj sile trenja izmeñu mlaza i okolne atmosfere, može se tvrditi da od točke 1 do točke 2 nema gubitaka mehaničke energije, te vrijedi v12 = h = 8,64 m (h) 2g Kada bi fluid bio idealan, tj. strujanje bez gubitaka mehaničke energije, brzina strujanja bi se računala na temelju Bernoullijeve jednadžbe koja ima oblik jednadžbe (b) uz hF=0, odnosno 2 vid = pM0 + 2 gH = 14,8 m s (i)

ρ

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


6

v Cv = 1 = 0,878 (j) vid U ovom slučaju koeficijent Cv obuhvaća sve lokalne i linijske gubitke mehaničke energije, koji se takoñer mogu pokazati jednim jedinstvenim koeficijentom lokalnog gubitka uz izlaznu brzinu 1 K uk = 2 − 1 = 0, 294 (k) Cv

v12 Isti taj koeficijent se može izračunati iz izraza (a) uz uvjet hF = K uk , tj. 2g L  v2  K uk = K m +  K u + 2 K k + λ  2 = 0, 294 . D  v1 

(l)


7

3. Odredite promjer D2 cjevovoda da bi razina fluida u spremniku 2 prema slici ostala konstantna. Zadano je: ρ=997 kg/m3, ν =0,86·10-6 m2/s, H=18,2 m, h=11,4 m, L1=898 m, D1=200 mm, k1=k2=0,02 mm i L2=2610 m.

pa 1

g

H

ρ

pa Q=? 2

ρ

h

L1,k1, D1

pa L2, k2,D2=?

Rješenje: U ovom primjeru imamo istjecanje fluida iz velikog spremnika 1, u spremnik 2 konačnih dimenzija, iz kojeg fluid istječe u atmosferu. Traži se da razina fluida u spremniku 2 ostane konstantna, te je prema jednadžbi kontinuiteta jasno da protok Q kojim fluid utiče u spremnik 2 mora biti jednak protoku kojim fluid iz njega istječe. Budući je zadana visinska razlika H, te svi podaci za cjevovod izmeñu spremnika 1 i 2, moguće je izračunati protok Q, kojim fluid utiče u spremnik 2, a zatim se treba odrediti promjer D2, da bi fluid istim tim protokom istjecao iz spremnika 2. Protok Q će se odrediti iz modificirane Bernoullijeve jednadžbe, koja postavljena od točke 1 na slobodnoj površini u spremniku 1, do točke 2 na slobodnoj površini u spremniku 2. Uzimajući u obzir da su brzine na obje slobodne površine jednake nuli, te da izmeñu točaka 1 i 2 imamo lokalni gubitak utjecanja u spremnik 2 (K=1) modificirana Bernoullijeva jednadžba glasi: pa p v2 L v2 + H = a + K 1 + λ1 1 1 (a) 2g D1 2 g ρg ρg a brzina v1 u cjevovodu izmeñu spremnika 1 i 2 se može izraziti preko protoka Q u obliku 4Q v1 = 2 (b) D1 π Kombinacijom izraza (a) i (b) slijedi 8Q 2 H = 2 2 ( D1 + λ1 L1 ) , D1 π g odnosno traženi protok Q je gπ 2 D15 H 8( D1 + λ1L1 ) Uvrštavanjem zadanih veličina iz gornjeg izraza slijedi 0, 2654 {Q}m3/s = 0, 2 + 898λ1 gdje je Q=

(c)

(d)


λ1 =

8

1,325   k1 5, 74   + ln  0,9     3, 7 D1 Re1  

(e)

2

i vDe

4Q = 7, 4 ⋅106 {Q}m3 /s (f) ν π D1υ Protok Q se odreñuje iterativno iz izraza (d), (e) i (f), s tim da iterativni postupak započinjemo s izrazom (e) uz pretpostavku Re1=∞. Nakon odreñivanja λ1, odreñuje se protok prema izrazu (d), a zatim Reynoldsov broj prema izrazu (f), nakon čega se ponovo može izračunati λ1 prema izrazu (e). Tablica se popunjava sve dok se protok ne prestane mijenjati u prve tri znamenke. Re =

=

λ1 0,0119 0,0142 0,0143 0,0143

Iteracije 0 1 2 3

Q [m3/s] 0,0803 0,0739 0,0735 0,0735

Re1 5,947·105 5,467·105 5,442·105

Iz tablice je očito da je strujanje turbulentno jer je Reynoldsov broj daleko veći od kritične vrijednosti 2300, što opravdava i pretpostavku da je koeficijent ispravka kinetičke energije približno jednak jedinici. Budući se protok Q prestao mijenjati u prve tri znamenke nakon druge iteracije, za rješenje se uzima konačna vrijednost Q=73,5 l/s. Nakon što je odreñen protok Q kroz prvu cijev, traži se promjer druge cijevi da bi kroz nju fluid strujao jednakim protokom Q. Promjer D2 će se odrediti iz modificirane Bernoullijeve jednadžbe (M.B.J.) postavljene od točke na slobodnoj površini spremnika 2, gdje vlada atmosferski tlak, a brzina strujanja je nula, do točke u mlazu, na izlazu iz cjevovoda, gdje je tlak jednak atmosferskom 4Q tlaku, a brzina mlaza jednaka brzini u cjevovodu v2 = 2 . Uzimajući u obzir linijske gubitke D2 π M.B.J. glasi v2 L v2 8Q 2 h = 2 + λ2 2 2 = (λ2 L2 + D2 ) 5 2 (g) D2 2 g D2 π g 2g odakle je

8Q 2 (D + λ L ) π 2 gh 2 2 2 Uvrštavanjem svih zadanih vrijednosti u izraz (h) slijedi: {D2 } = 0,1314 5 ({D2}m + 2610λ2 ) D2 =

5

(h)

(i)

m

gdje je

λ2 =

1,325

  k2 5, 74   +  ln  0,9     3, 7 D2 Re2   i Reynoldsov broj 4Q 1 108817 Re2 = = πν D2 { D2 }m

2

(j)

(k)


9

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

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

k2/D2 0,0001 0,000073 0,000074

Re2 5,430·105 4,199·105 3,998·105

λ2 0,01130 0,01446 0,01450

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


10

4. Treba odrediti snagu koju pumpa predaje fluidu u sustavu za hlañenje kada je izveden kao otvoreni, prema slici (a), te kao zatvoreni prema slici (b). U oba je slučaja protok u sustavu Q=5 l/s, a promjenu gustoće i viskoznosti s temperaturom se može zanemariti. Zadano je: ρ=998,2 kg/m3, ν=1,2.10-6 m2/s, La=10,4 m, D=80 mm, k=0,05 mm, H=2,4 m, h=0,5 m, svi lokalni gubici u otvorenom sustavu ΣKa=4,2, a u zatvorenom ΣKb=4,8, Lb=La+H.

hlañeni objekt

hlañeni objekt

1

g

Q

g

Q

H

La D k

Lb=La+H D k

pa ρ, ν

hladnjak

h pumpa

pumpa Pa=?

Pb=? (b)

(a)

Rješenje: hlañeni objekt

1

Q

H

z=0

pa

0 ρ, ν

h

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

Slika (a) Otvoreni sustav

hp = H +

v2 v2 L v2 + ∑ Ka +λ a 2g 2g D 2g

(a)


11

iz koje je očito da će se visina dobave pumpe trošiti na svladavanje geodetske visine H, lokalnih i linijskih gubitaka, a da će se dio visine dobave pretvoriti u kinetičku energiju izlaznog mlaza. Tražena se visina dobave pumpe može izračunati direktno iz izraza (a) jer su poznati i protok i promjer cjevovoda. Brzina strujanja fluida je 4Q v = 2 = 0,995 m s (b) Dπ Reynoldsov broj je vD Re = = 6, 63 ⋅104 (c)

ν

iz čega se zaključuje da je strujanje u cijevi turbulentno, te se koeficijent trenja λ računa iz izraza 1, 325 λ= (d) 2   k 5, 74    ln  3, 7 D + Re0,9      što uvršteno u izraz (a) daje visinu dobave pumpe hp = 2,8 m . Snaga koju pumpa predaje fluidu je tada Pa = ρ gQhp = 137, 4 W (e) hlañeni objekt

Q

hladnjak

1

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

Slika (b) Zatvoreni sustav Snaga pumpe u ovom slučaju je Pb = ρ gQhp = 20,6 W

(g)

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


12

5. Treba odrediti promjer D cjevovoda da bi se na izlazu iz mlaznice dobilo 92% raspoložive potencijalne energije u obliku kinetičke energije izlaznog mlaza uz protok od Q=0,552 m3/s. Koliki je promjer D3 mlaznice. Zadano je: ρ=998,2 kg/m3, ν=1,139.10-6 m2/s, L=390 m, k=0,2 mm, H=274 m, Ku=0,1, Km=0,06.

pa ρ,ν Ku H

? D=

g L, k

Km

D3 pa

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

pa

1 Ku

H

Km 2 3

Slika (a)

pa

Slika (a) prikazuje cjevovod s ucrtanim karakterističnim točkama. U točki 1 na ulazu u cjevovod nastaje lokalni gubitak mehaničke energije koji se obračunava kroz koeficijent lokalnog gubitka Ku, od točke 1 do točke 2 postoje linijski gubici, a od točke 2 do točke 3, ponovo lokalni gubitak u mlaznici koji je zadan koeficijentom Km lokalnog gubitka. S obzirom da nije naglašeno uz koju se visinu brzine računa ovaj lokalni gubitak, podrazumijeva se veća visina brzine, a u ovom slučaju to je izlazna brzina.

Visinska razlika H označuje raspoloživu potencijalnu energiju po jedinici težine fluida, a kinetička energija mlaza po jedinici težine fluida je v32 2 g , gdje je v3 brzina mlaza. Traži se da kinetička energija mlaza bude 92% raspoložive potencijalne energije, tj. v32 = 0,92 H (a) 2g odakle je brzina v3=70,3 m/s. Promjer D3 mlaznice koji će osigurati traženu brzinu v3 kod zadanog protoka Q slijedi iz jednadžbe kontinuiteta 4Q D3 = = 100 mm (b) v3π Promjer D cjevovoda će se odrediti iz modificirane Bernoullijeve jednadžbe, koja postavljena od točke 0 do točke 3 glasi


13

v v v  L + Km +  Ku + λ  2g 2g 2g  D i jednadžbe kontinuiteta D 2π D 2π Q=v = v3 3 4 4 gdje je sa v označena brzina u cijevi promjera D. H=

2 3

2 3

2

(c)

(d)

Uvrštavanjem jednadžbe (d) u (c) se dobiva v2 8Q 2 H = 3 (1 + K m ) + 2 5 ( K u D + λ L ) 2g π Dg iz koje se može izraziti promjer D u obliku

(e)

8Q 2 ( K u D + λ L ) ⇒ { D}m = 0,3261 5 0,1{ D}m + 390λ  5 v32 2  π g  H − (1 + K m )  2g   Reynoldsov broj je 4Q 6,17 ⋅105 Re = = (g) π Dν {D}m D=

(f)

Iz jednadžbe (f) je očito da za odreñivanje promjera D treba poznavati koeficijent trenja λ koji je funkcija Reynoldsova broja, a za čije je odreñivanje potrebno poznavati promjer D, te je očito nužan iterativni postupak. Iterativni postupak započinje pretpostavljanjem promjera. Jedan od načina je da se u jednadžbi (f) pretpostavi koeficijent trenja λ=0,02, a da se član 0,1D zanemari. Tada je D0 = 0,3261 5 390 ⋅ 0,02 = 0, 492 m (h) Sljedeća tablica prikazuje rezultate iterativnog postupka koji započinje s vrijednošću D0. Broj iteracije 0 1 2

D, m 0,492 0,4739 0,4745

k D 0,000407 0,000422

Re 1,254.106 1,301.106

λ 0,0165 0,0166

U gornjoj tablici je koeficijent trenja λ izračunat iz izraza (7.6) jer se očito radi o turbulentnom strujanju. Vrijednost promjera D u gornjoj tablici se prestala mijenjati u prve tri znamenke te se može usvojiti da je konačna vrijednost D=474 mm. Isti bi se rezultat dobio da se krenulo od neke druge vrijednosti promjera D0. Za kontrolu se može izračunati brzinu v = 4Q D 2π = 3,12 m s , koja uvrštena u polaznu modificiranu Bernoullijevu jednadžbu (c) daje visinu H=273,9 m, što se vrlo dobro slaže sa zadanom vrijednošću H=274 m, te je time dokazana točnost rezultata.

Mehanika Fluida Vjezbe Sa Rijesenim Zadacima

Recommend Documents