Sveučilište u Zagrebu Fakultet strojarstva i brodogradnje Zavod energetska postrojenja, energetiku i ekologiju Katedra za mehaniku fluida
Mario Šavar - Zdravko Virag - Ivo Džijan
Mehan ika fl ui d a Skripta – vježbe
Zagreb 2014
Predgovor
Gradivo izneseno u ovoj skripti predstavlja dio materijala vježbi kolegija Mehanika fluida koji se na Fakultetu strojarstva i brodogradnje, Sveučilišta u Zagrebu predaje studentima smjerova: Mehatronika i robotika, Proizvodno strojarstvo, Računalno inženjerstvo, Industrijsko inženjerstvo i menadžment. Skripta je prvenstveno namijenjena za lakše razumijevanje praktičnih i primijenjenih znanja na realnim situacijama. Nadamo se da će materijali dani u ovoj skripti omogućiti studentima da lakše prate vježbe, te da ta znanja kasnije lakše usvoje. Svrha i cilj ove skripte nije bio da zamjeni zbirke zadataka iz Mehanike fluida, već je u njoj dan samo materijal koji omogućuje studentima da kvalitetnije, preglednije i lakše usvoje potrebna znanja iz Mehanike fluida. Izbor zadataka koji je iznesen u ovoj skripti rezultat je gotovo četrdeset godina kontinuiranog nastavnog rada na Katedri za mehaniku fluida. Na ovome mjestu se želimo zahvaliti našim učiteljima i prethodnicima prof. dr. Mladenu Fancevu i prof. dr. Zdravku Dolineru, na čijem je konceptu formiran kolegij u današnjem obliku.
U Zagrebu, 06.02.2014. Mario Šavar, Zdravko Virag, Ivo Džijan
Mehanika fluida – vježbe
I
Popis najvažnijih oznaka
POPIS NAJVAŽNIJIH OZNAKA Fizikalna veličina površina poprečnog presjeka brzina zvuka promjer sila gravitacija volumenski modul elastičnosti maseni protok moment sile snaga tlak volumenski protok potencijal masene sile specifična unutrašnja energija volumen fluida brzina strujanja fluida rad sile geodetska visina gustoća fluida koeficijent kinematičke viskoznosti koeficijent dinamičke viskoznosti brzina vrtnje koeficijent otpora trenja naprezanje kut
Oznaka
Dimenzija
A, S c D, d F g K m M P p Q U u V v W z
L2 LT-1 L MLT-2 LT-2 ML-1T-2 MT-1 ML2T-2 ML2T-3 ML-1T-2 L3T-1 L2T-2 L2T-2 L3 LT-1 ML2T-2 L ML-3 L2T-1 ML-1T-1 T-1 ML-1T-2 -
Jedinica u SI sustavu m2 m/s m N m/s2 Pa kg/s Nm W Pa m3/s m2/s2 J/kg m3 m/s J m kg/m3 m2/s Pa∙s rad/s N/m2 rad
PREPORUČENA LITERATURA Virag, Z.: Mehanika fluida – odabrana poglavlja, primjeri i zadaci, Sveučilište u Zagrebu, Fakultet strojarstva i brodogradnje, Zagreb, 2002. Fancev, M.: Mehanika fluida, Tehnička enciklopedija, 8, Hrvatski leksikografski zavod, Zagreb, 1982. Munson, B. R., Young, D. F., Okiishi, T. H.: Fundamentals of Fluid Mechanics, John Wiley&Sons, Toronto, 1990. White, F. M.: Fluid Mechanics, McGraw-Hill, 2003. Cengel, Y. A., Cimbala, J. M.: Fluid Mechanics – Fundamentals and Applications, McGraw-Hill, 2006.
Mehanika fluida – vježbe
II
Zadaci
1. Vježbe 1.1 Zapišite u Gibbsovoj notaciji te nizom skalarnih jednadžbi izraze za: a)
moment sile F u odnosu na ishodište
b)
rad sile F na putu d r .
1.2 Odredite jedan jedinični vektor s u čijem smjeru nema promjene polja p 6 x 2 yz u točki T(1,2,3). 1.3 Izračunajte vrijednost integrala F pn d S , gdje je S površina kugle polumjera R = S
3, sa 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 F za slučaj p = konst? 1.4 Odredite fluks vektora : Q v n dS po površini S kocke brida a=2 s centrom u S
ishodištu T (0,0,0) . Površina S je orijentirana vektorom vanjske normale n , a vektor v je v 3z y i 2 xj 4 x z k .
1.5 U točki T fluida tenzor naprezanja ima sljedeće komponente u odnosu na koordinatni sustav Oxyz xx xy xy 7 0 2 ij yx yy yz 0 5 0 zx zy zz 2 0 4 2 2 1 Odredite vektor naprezanja na ravninu orijentiranu normalom n , , , te apsolutnu 3 3 3 vrijednost toga vektora.
Mehanika fluida – Vježbe
1 / 24
Zadaci
2. Vježbe 2.1 Na visini h=1 m, prema slici, nalazi se otvor cijevi iz koje izlazi mlaz fluida stalnom brzinom v=8 m/s, pod kutom =49°. Uz pretpostavku idealnog fluida i uz zanemarenje trenja između zraka i fluida odredite maksimalnu visinu H i duljinu L koju će mlaz dosegnuti.
pa
v
g
2.2 Blok mase m=10 kg kliže po glatkoj površini kosine nagnute pod kutom =20. Odredite brzinu U bloka koja će se ustaliti, ako se između bloka i kosine nalazi uljni film debljine h=0,1 mm. Koeficijent dinamičke viskoznosti ulja je =0,38 Pas, a površina bloka u dodiru s uljem A=0,15 m2. Pretpostavite linearni profil brzine u uljnom filmu.
U=?
m
A
2.3 Newtonska kapljevina gustoće =920 kg/m3, kinematičkog koeficijenta viskoznosti =510-4 m2/s struji preko nepomične stijenke. Profil brzine uz stijenku dan je izrazom u 3 y 1 y U 2 2
3
Mehanika fluida – Vježbe
2 / 24
Zadaci
y U
u(y) gdje je y udaljenost od stijenke, a udaljenost na kojoj je brzina u U . Odredite veličinu i smjer tangencijalnog naprezanja na površini stijenke, u zavisnosti od U i . 2.4 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 kapljevine koja ispunjava prostor između cilindra i posude u kojem pretpostavite linearni profil brzine, a utjecaj dna zanemarite. Zadano je: h=20 cm. g
POSUDA
n=konst
cilindar
h
=? R R0
Mehanika fluida – Vježbe
3 / 24
Zadaci
3. Vježbe 3.1 U jedan krak U-cijevi u kojoj se nalazi voda gustoće =999,1 kg/m3 nadoliveno je ulje gustoće 0=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=? h0
ulje
3.2 Odredite apsolutni i manometarski tlak u točki A spremnika, za otklone manometra i barometra prema slici. Zadano je: =999 kg/m3, 1 =771 kg/m3, 0 =13560 kg/m3, h=5 cm, h0=17,5 cm, h1=12,5 cm, ha=752 mm.
h0
A
ha h h1
3.3 Hidrostatski manometar može se iskoristiti za mjerenje količine fluida u spremniku oblika paralelopipeda. Odredite zavisnost visine l žive gustoće 0 u lijevom kraku manometra o volumenu V nafte gustoće u spremniku dimenzija dna LxB. Visina h se mjeri od ravnotežnog položaja žive prije punjenja spremnika i priključne cijevi naftom.
Mehanika fluida – Vježbe
4 / 24
Zadaci
pa
pa
nafta spremnik dimenzija dna LxB priključna cijev
l
h ravnotežni položaj žive l
živa
3.4 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: =800 kg/m3.
l
d
h1
h2
D=10 d 3.5 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, =820 kg/m3.
Mehanika fluida – Vježbe
5 / 24
Zadaci
F2
otpresak
m
g D
F=?
h l1
A1
l2
Mehanika fluida – Vježbe
6 / 24
Zadaci
4. Vježbe 4.1 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, =998,2 kg/m3, 1 =820 kg/m3, =70o.
g
g .
h .
. .
.
.
.
.
.
. .
. .
.
. .
.
. .
.
.
H
H
C
C
a
a
(b) (a)
g H
a
H1
C
(c) 4.2 Potrebno je odrediti na koju visinu h treba spustiti razinu vode, da bi se poklopac jedinične širine, okretljiv u točki O, prema slici, otvorio uslijed vlastite težine.
Mehanika fluida – Vježbe
7 / 24
Zadaci
Gustoća poklopca je jednolika, a masa mu je m =250 kg. Zadano je: L=160 cm , 15 , =998 kg/m3.
pa
g pa
L
h=? poklopac
O
4.3 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; =999 kg/m3. B . .. ... p0=? . . . .. . .
pa g
F
a H
h
pa
A poklopac
Mehanika fluida – Vježbe
8 / 24
Zadaci
5. Vježbe 5.1 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; =999 kg/m3.
pa
F=?
g
a
a
pa A
5.2 Drvena homogena greda gustoće =940 kg/m3, duljine L=8 m i promjera D=0,5 m, pričvršćena je pod vodom gustoće v=999kg/m3 u točki O, oko koje se može okretati. Kolika će u ravnotežnom položaju biti duljina l uronjenog dijela grede?
g
l=
?
L
pa
D
v
O
5.3 Homogena čelična kugla gustoće c=7800 kg/m3 radijusa R=8 cm zatvara otvor na ravnoj stjenci promjera d=12 cm. Treba odrediti kut nagiba kose stjenke da kuglica oslobodi otvor kada u spremniku nastupi pretlak od pM=5000 Pa. pa
g
R
d
=?
plin pM=konst.
Mehanika fluida – Vježbe
9 / 24
Zadaci
5.4 Tankostijena bačva mase m=94 kg, volumena V=600 l, potpuno je potopljena pod vodu gustoće =998,2 kg/m3. Do polovine volumena ispunjena je zrakom zanemarive težine i privezana užetom za dno. Odredite silu F u užetu. pa g
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
zrak
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
voda
uže
Mehanika fluida – Vježbe
10 / 24
Zadaci
6. Vježbe 6.1 Treba odrediti rezultantnu silu na zatvarač, oblika polucilindra, jedinične širine B, prema slici. Zadano je: H=3 m, R=1 m, =60o, =998,2 kg/m3.
pa
g H pa R
C
6.2 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, =998 kg/m3.
poklopac .
pM0 .
.. .. .
. . . . .. . .. . . .. . . ..
g
H h R
6.3 Kocka gustoće 0=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, =35o, =999 kg/m3. g
pa
a
H
O pa
F=?
Mehanika fluida – Vježbe
11 / 24
Zadaci
7. Vježbe 7.1 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
h g
pa
7.2 Odredite visinu zB kraja B sifona, pri kojoj se u neviskoznom strujanju fluida ostvaruje maksimalni protok Q nestlačivog fluida gustoće =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
d zB=?
pa
7.3 Voda neviskozno struji između 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
1
pa
d D
Mehanika fluida – Vježbe
12 / 24
Zadaci
7.4 Odredite visinu h koju će dosegnuti mlaz vode (=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
pM2
D2
D1
7.5 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
2
H h D
pa 2
3 d=?
Mehanika fluida – Vježbe
13 / 24
Zadaci
8. Vježbe 8.1 Odredite brzinu v1 i tlak p1 zraka (z =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, =11, a=800 kg/m3, h=40 mm, pa=101325 Pa.
1
d
3
2
p1, v1=?
D z
L
z
h
a
a
8.2 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: =998,2 kg/m3, pv =2337 Pa, 0=13546kg/m3, h0=360 mm, L=0,75 m, D1=300 mm, D2=150 mm, kinematička viskoznost vode =1,00410-6 m2/s.
,pv
g
D2
L D1
Q
h0 0
8.3 Odredite horizontalnu silu vode na redukcijsku spojnicu prema slici, uz pretpostavku neviskoznog strujanja fluida. Zadano je: D=200 mm, d=100 mm, =1000 kg/m3, pM1=1,6 bar, pM2=0,9 bar.
Mehanika fluida – Vježbe
14 / 24
Zadaci
pa
1
2
Q
D
d
pM2
pM1
8.4 Odredite rezultantu silu vode na račvu prema slici uz pretpostavku neviskoznog strujanja. Volumen vode u račvi je V=0,11 m3. Zadano je: H=3,8 m, h=2,1 m, h1=1 m, D1=300 mm, D2=200 mm, D3=300 mm, =1000 kg/m3.
pa
g
pa D1
H
D2
h
h1 D3
Mehanika fluida – Vježbe
15 / 24
Zadaci
9. Vježbe 9.1 Treba odrediti rezultantnu silu fluida (veličinu i smjer) na difuzor s koljenom, prema slici, uz protok Q=389 l/s. Pretpostaviti strujanje idealnoga fluida. Volumen difuzora je Vd =3,27 m3, a volumen koljena do priključka je Vk=0,16 m3. Napomena: uzeti u obzir i silu hidrostatskog tlaka koja djeluje izvana na difuzor. Zadano je: D=1,2 m, d=0,3 m, H=6,6 m, h=1,2 m, =1011 kg/m3.
g h
d
pa Q
H
D
9.2 Mlaz fluida nastrujava u neviskoznom strujanju u horizontalnoj ravnini protokom Q=0,03 m3/s, brzinom v=3 m/s, na okomito postavljenu ploču prema slici. Treba odredite silu fluida na ploču ako je Q1=0,01 m3/s. Zadano je: =1000 kg/m3.
z=konst. Q2 pa
Q v
Q1
ploča
9.3 Potrebno je odrediti silu F kojom treba pridržavati lopaticu mase m =4,8 kg okretljivu oko točke O, prema slici, da bi bila u horizontalnom položaju. Pretpostaviti neviskozno strujanje fluida. Za proračun obujma vode u lopatici pretpostaviti poprečni presjek mlaza konstantnim i jednakim presjeku na ulazu u lopaticu. Zadano je: L=1,4 m, L1=0,9 m, R=0,28 m, h=1,9 m, d=40 mm, vm=10,6 m/s, =999 kg/m3.
Mehanika fluida – Vježbe
16 / 24
Zadaci
L
g
L1
F=? T
pa
O
R
mg
pa
h d
vm
9.4 Fluid nastrujava u horizontalnom ravninskom neviskoznom strujanju na ploču jedinične širine nagnutu pod kutom =36°. Treba odrediti pretlak u presjeku A-A ako je ploča uravnotežena silom F=680 N, prema slici. Zadano je: h=25 mm, H=40 mm, =42°, =1000 kg/m3. pa z = konst.
H
h
A pM=?
Q
A
F
9.5 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 d
Cd pa
Mehanika fluida – Vježbe
17 / 24
Zadaci
10. Vježbe 10.1 Ispitajte dimenzionalnu nezavisnost sljedećih skupova fizikalnih veličina: a)
p, i v
b)
Q, L i
c)
g, L i Q
d)
F, M i t
e)
, p i V
gdje su: p - tlak, - smično naprezanje, v - brzina, Q - protok, L - karakteristična duljina, - dinamička viskoznost, g - ubrzanje sile teže, F - sila, M - moment sile, t - vrijeme i V - volumen. 10.2 Formirajte bezdimenzijske parametre od veličina: vrijeme t, gravitacija g, sila F, moment M, tlak p i dinamička viskoznost s pomoću dimenzionalno nezavisnog skupa: gustoća , brzina v i duljina L. 10.3 Moment M fluida na rotor aksijalne turbine zavisi od gustoće fluida , promjera D rotora, kutne brzine rotacije rotora i volumenskog protoka Q fluida kroz turbinu. Primjenom dimenzionalne analize treba odrediti opći oblik zavisnosti momenta M od preostalih veličina. Ako se zna da moment M linearno zavisi od protoka Q (pri čemu je za Q=0, M=0), treba odrediti postotnu promjenu momenta M za geometrijski sličnu turbinu 10% manjeg promjera koja rotira 15% većom kutnom brzinom i koristi isti fluid pri istom protoku Q. 10.4 Otvorena cilindrična posuda promjera D, koja na dnu ima otvor promjera d, koeficijenta protoka Cd je ispunjena fluidom do visine H. Posuda se potpuno isprazni u vremenu t1=36,5 s. Primjenom Pi-teorema treba odrediti za koje bi se vrijeme t2 ispraznila geometrijski slična posuda tri puta većih dimenzija (što znači da je i otvor na dnu tri puta veći) istog koeficijenta protoka Cd otvora na dnu posude u istom polju gravitacije. Uputa: pretpostaviti da je t=f(D, d, Cd, H, g).
Mehanika fluida – Vježbe
18 / 24
Zadaci
11. Vježbe 11.1 Treba odrediti kutnu brzinu vrtnje 0 i protok Q0 kroz slobodno rotirajuću svinutu cijev prema slici. Kolika je dobivena snaga PT i protok QT za slučaj da cijev rotira kutnom brzinom T=0/2. Koliku snagu PP (i pri kojem protoku QP) treba uložiti da bi se cijev okretala kutnom brzinom P=20. Pretpostavite neviskozno strujanje fluida, a gubitke trenja u ležaju zanemarite. Zadano je: H=0,6 m, R=0,6 m, d=60 mm, pM0=0,31 bar, =35o, =1000 kg/m3. . .. . .. .
.. . . . . . . . . . . . . . .. .. .. . .. . .. . . . .. . .. . . . . . . .. . . . . . . . .. .M0 . .. . . . . . . .
p
0
g
H
R d 1 d pa tlocrt
11.2 Primitivna turbina preko remenice predaje korisnu snagu PM=730 W, pri konstantnoj brzini vrtnje N=30 o/min i pri ukupnom protoku kroz turbinu Q=28,5 l/s. Treba odrediti snagu PS koju predaje spremnik, snagu PT turbine i snagu PI fluida na izlazu PM iz turbine, mehanički stupanj korisnosti m i ukupni stupanj korisnosti PT PM . Pretpostavite jednodimenzijsko strujanje idealnog fluida. Zadano je H=1,3 u PS m, R=1,2 m, D=40 mm, =15o, =1000 kg/m3.
Mehanika fluida – Vježbe
19 / 24
Zadaci
pM0
g
remenica H=konst. A
A
N=konst.
Presjek A-A
D N
R
Mehanika fluida – Vježbe
20 / 24
Zadaci
12. Vježbe 12.1 Propeler vanbrodskog motora pogoni brodicu brzinom v=8,3 m/s. Promjer propelera D=250 mm, a kroz njega se ostvaruje protok od Q=0,5 m3/s. Odredite potisnu silu, ukupnu snagu predanu vodi i stupanj djelovanja propelera. Zadano je =1000 kg/m3. 12.2 Peltonova turbina promjera radnog kola D=3 m i kuta lopatice =160 o okreće se konstantnom kutnom brzinom n=240 o/min. Mlaz vode (gustoće =1000 kg/m3)napušta mlaznicu promjera d=5 cm brzinom v=60 m/s. Odredite silu F na lopaticu te moment M i snagu P radnog kola. 12.3 Odredite snagu predanu jednom stupnju radnog kola aksijalne turbine srednjeg promjera R=0.32 m rotora. Odredite kutove statorske lopatice 3 i 4 ako su ulazni i izlazni kut rotora jednaki i iznose 1 25 o . Zadano je: Q=0.031 m3/s, 2 (protok kroz turbinu), =1000 kg/m3, =10.472 rad/s, b=10 mm (visina rotorske lopatice). 12.4 Centrifugalna pumpa radi na N=1750 o/min, a apsolutna brzina na ulazu u lopatični prostor je radijalna (1=90o). Kut lopatica na ulaznom bridu u odnosu na negativni smjer obodne brzine je 1=30o, a na izlaznom 2=45o. Uz pretpostavku neviskoznog strujanja i beskonačnog broja beskonačno tankih lopatica (tangencijalne relativne brzine na lopatice) odredite protok Q vode gustoće =1000 kg/m3 kroz pumpu, te visinu dobave hp pumpe, snagu Pp koju pumpa predaje vodi i prirast tlaka p2-p1 kroz pumpu. Promjer lopatičnog vijenca na ulazu je D1=100 mm, a na izlazu D2=250 mm, visina lopatica na ulazu je b1=15 mm, a na izlazu b2=8 mm.
Mehanika fluida – Vježbe
21 / 24
Zadaci
13. Vježbe 13.1 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 P=0,75, visina gubitaka do ulaza u pumpu hF1-2=1,5 m, visina gubitaka od izlaza iz pumpe do ulaza u viši spremnik hF3-4=1,5m. Zadano je: =998,2 kg/m3, D=71,4 mm, z1=6,2 m, z5=12,5 m.
5
g pa
4
1
z5
D z1 Q
2
3 pumpa p
D
13.2 Pumpa dobavlja vodu mlaznici protokom Q=0,056 m3/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 hidrauličku-gradijentnu liniju. Zadano je: h=1,5 mm, =998,2 kg/m3, D2=150 mm, D3=100 mm, D5=50 mm.
Q g
D3
D5 pa
h
pa
D2
pumpa p
13.3 Odredite gubitke tlaka pri strujanju zraka (ρ=1,225 kg/m3=konst., =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
a
Mehanika fluida – Vježbe
22 / 24
Zadaci
14. Vježbe 14.1 Odredite promjer D2 cjevovoda da bi razina fluida u spremniku 2 prema slici ostala konstantna. Zadano je: ρ=997 kg/m3, =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 pa Q=?
2
h
L1,k1, D1
pa L2, k2,D2=?
14.2 Treba odrediti snagu koju pumpa predaje fluidu u sustavu za hlađenje kada je izveden kao otvoreni, prema slici (a), te kao zatvoreni prema slici (b). U oba je slučaja protok u sustavu Q=0,005 m3/s, a promjena gustoće i viskoznosti s temperaturom se može zanemariti. Zadano je: =998,2 kg/m3, =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 Ka=4,2, a u zatvorenom Kb=4,8, Lb=La+H.
hlađeni objekt
Q
hlađeni objekt
1
Q
g
g
H
La D k
Lb=La+H D k
pa
hladnjak
h pumpa
pumpa Pa=?
Pb=? (b)
(a)
14.3 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: =998,2 kg/m3, =1,139.10-6 m2/s, L=390 m, k=0,2 mm, H=274 m, Ku=0,1, Km=0,06.
Mehanika fluida – Vježbe
23 / 24
Zadaci
pa
? D=
Ku H
g L, k
Km
D3 pa
14.4 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: =999 kg/m3, =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. g pa
pM0
h=? H
Ku
d Km D, k Kk Luk
Kk
Mehanika fluida – Vježbe
24 / 24
1. Vježbe
1. VJEŽBE 1.1 Zapišite u Gibbsovoj notaciji te nizom skalarnih jednadžbi izraze za: a) moment sile F u odnosu na ishodište b) rad sile F na putu d r . Rješenje: a) M r F M x ry Fz rz Fy yFz zF
z F
M y rz Fx rx Fz zFx xx F
r
M z rx Fy ry Fx xFy yFx
y
x
r (rx , ry , rz ) ( x, y, z )
z
F ( Fx , Fy , Fz ) b) dW F d r d W Fx d x Fy d y Fz d z
F dr r
Napomena:
y
dW dt dW dr P= F F v dt dt
Snaga je P =
x
1.2 Odredite jedan jedinični vektor s u čijem smjeru nema promjene polja p 6 x 2 yz u točki T(1,2,3). Rješenje: - općenito: grad P - s može biti bilo koji vektor u ravnini koja je tangencijalna na p = konst. u točki T
T
z
si
x
p=konst.
y
p p 12 x ; z; x y
grad p p
p y z
p p p i j k x y z
p p p , , x y z
U točki T p T 12;3; 2
Mehanika fluida – Vježbe
1/4
1. Vježbe
Uvjet okomitosti grad p i s p s 0
p p p sx sy sz 0 xx xy xz
p s T 0
12sx 3sy 2sz 0
Proizvoljno odabiremo sx sy 1 pa je
sz
1 15 12sx 3sy 7,5 2 2
s sx2 s y2 sz2 12 12 7,5 58, 25 2
1 1 7,5 s ; ; 0,131;0,131; 0,983 58, 25 58, 25 58, 25
1.3 Izračunajte vrijednost integrala F pn d S , gdje je S površina kugle polumjera S
R = 3, sa 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 F za slučaj p = konst? Rješenje:
F pn d S p dV S
V
p x2 y 2 z 2
p 2x ; x
p 2y ; y
p 2z z
4 Fx 2 x dV 2 x s V 2 2 33 144 3 V 4 Fy 2 y dV 2 y s V 2 1 33 72 3 V
4 Fz 2 z dV 2 z s V 2 3 33 216 3 V F 144 ,72 , 216 Za p = const. i p (0,0,0) slijedi r (0,0,0)
Mehanika fluida – Vježbe
2/4
1. Vježbe
1.4 Odredite fluks vektora : Q v n dS po površini S kocke brida a=2 s centrom u S
ishodištu T (0,0,0) . Površina S je orijentirana vektorom vanjske normale n , a vektor v je v 3z y i 2 xj 4 x z k .
Rješenje: Formula Gauss-Ostrogradski z
y x
Q v nd S vd V S
V
v
vx vy vz 1 x y z 0 1 0
Q 1 d V 1V 8 V
Q v nd S
1
3z y dz dy 1
1 1
S
x 1
1
3z y dz dy 1
1 1
x 1
2 x dz dx y 1 1 1 2 x dz dx y 1 1 1 4 x z dx dy z 1 1 1 4 x z dx dy z 1 1 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4 x 1dxdy 1 1 4 x 1dxdy 1 1 2 dxdy 1 2 x 1dy 1 1
Q 1
1
1
1
1
1
1
1
4dy 4 y 1 8 1
1
Mehanika fluida – Vježbe
3/4
1. Vježbe
1.5 U točki T fluida tenzor naprezanja ima sljedeće komponente u odnosu na koordinatni sustav Oxyz
xx xy xy 7 0 2 ij yx yy yz 0 5 0 zx zy zz 2 0 4 2 2 1 Odredite vektor naprezanja na ravninu orijentiranu normalom n , , , te 3 3 3 apsolutnu vrijednost toga vektora.
Rješenje:
7 0 2 ij 0 5 0 2 0 4
2 2 1 n , , 3 3 3
n ji 2 1 7 2 4 3 3 2 10 y nx xy ny yy nz zy 5 3 3 2 1 z nx xz ny yz nz zz 2 4 0 3 3 10 4; ;0 3
x nx xx ny yx nz zx
2
10 4 5, 21 3 2 x
2 y
2 z
2
Mehanika fluida – Vježbe
4/4
2. Vježbe
2. VJEŽBE 2.1 Na visini h=1 m, prema slici, nalazi se otvor cijevi iz koje izlazi mlaz fluida stalnom brzinom v=8 m/s, pod kutom =49°. Uz pretpostavku idealnog fluida i uz zanemarenje trenja između zraka i fluida odredite maksimalnu visinu H i duljinu L koju će mlaz dosegnuti.
v
pa
g
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 s visine h u odnosu na koordinatni sustav prikazan na slici.
z
vB vA=v
tB g
dm .g
tA=0 dm .g
tC x dm .g
Mehanika fluida – Vježbe
vC
1/6
2. Vježbe
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 x
d2 x =0 dt 2
az z
d2 z = -g dt 2
(1)
Jednadžbe (1) se integriraju u vremenu nakon čega slijedi: dx = vx = C1 dt dz z = vz = - g t + C2 dt x
(2)
Konstante C1 i C2 se određuju iz početnih uvjeta. Vremenski trenutak t=0 odgovara trenutku nailaska čestice fluida u točku A u kojoj se komponente brzine
vx = v cos
vz = v sin ; za t=0
(3)
Uvrštavanjem (3) u (2) slijedi da je
C1 = v cos
i
C2 = v sin
(4)
odnosno vrijedi
dx = vx = v cos dt dz = vz = v sin g t dt
(5)
Integriranjem jednadžbi (5) dobije se promjena puta čestice fluida u vremenu:
x = v cos t C3 1 z = v sin 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 t 1 z = h + v sin t gt 2 (7) 2
Mehanika fluida – Vježbe
2/6
2. Vježbe
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 dođe od točke A do točke B.
vzB = 0 = v sin g tB
tB
v sin g
(8)
Iz jednadžbe (7) za t= tB slijede koordinate točke B
xB = v cos
zB
v sin v 2 sin cos 3, 23 m g g
v sin = 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 tC g tC2 2
(10)
Rješenje kvadratne jednadžbe (10) je:
vsin v 2sin 2 2 gh (11) tC = g gdje je očito samo jedno rješenje fizikalno (tC mora biti pozitivno) tC =
vsin v 2sin 2 2 gh g
1,379 s
Uvrštenjem tC u jednadžbu (7) za x-koordinatu točke C slijedi:
xC = L = v cos tC 7, 24 m .
Mehanika fluida – Vježbe
3/6
2. Vježbe
2.2 Blok mase m=10 kg kliže po glatkoj površini kosine nagnute pod kutom =20. Odredite brzinu U bloka koja će se ustaliti, ako se između bloka i kosine nalazi uljni film debljine h=0,1 mm. Koeficijent dinamičke viskoznosti ulja je =0,38 Pas, a površina bloka u dodiru s uljem A=0,15 m2. Pretpostavite linearni profil brzine u uljnom filmu. U=?
m
A
Rješenje:
h
U h
F A
F mg sin
F mg
U A mg sin h
U
mg sin h A
U
10 9,80665 sin 20 0,1103 0,38 0,15
in mg s
U 0,0588 m/s
Napomena: Za konstantu g se koristi vrijednost g 9,80665 m/s2 .
Mehanika fluida – Vježbe
4/6
2. Vježbe
2.3 Newtonska kapljevina gustoće =920 kg/m3, kinematičkog koeficijenta viskoznosti =510-4 m2/s struji preko nepomične stijenke. Profil brzine uz stijenku dan je izrazom
u 3 y 1 y U 2 2 y
3
U
u(y) gdje je y udaljenost od stijenke, a udaljenost na kojoj je brzina u U . Odredite veličinu i smjer tangencijalnog naprezanja na površini stijenke, u zavisnosti od U i . Rješenje:
du dy
y 0
du dy
y 0
3 1 3 y2 du du U 3 dy dy 2 2
y 0
3U 2
3U 2 3 U 2
920 5 104
N/m
2
0, 69
U m/s m
Tangencijalno naprezanje fluida na stijenku djeluje u smjeru relativne brzine fluida u odnosu na stijenku.
Mehanika fluida – Vježbe
5/6
2. Vježbe
2.4 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 kapljevine koja ispunjava prostor između cilindra i posude u kojem pretpostavite linearni profil brzine, a utjecaj dna zanemarite. Zadano je: h=20 cm.
n=konst
g
POSUDA
cilindar
h
=? R R0
Rješenje:
n 30
;
u R;
F 2R h ;
M F R ; P M
P F R 2 R 2 h 2
P 2
2 R3 R0 R
u R0 R
h 2
u R 2 h R0 R
3n2 R3
900 R0 R
450P R0 R 3n2 R3h
450 46 0, 220 0, 216 3 2002 0, 2163 0, 20
h
0,0331 Pa s
Mehanika fluida – Vježbe
6/6
3. Vježbe
3. VJEŽBE 3.1 U jedan krak U-cijevi u kojoj se nalazi voda gustoće =999,1 kg/m3 nadoliveno je ulje gustoće 0=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 g h0 h 0 gh0 pa pa B
A
pa
h0 h 0 h0 0
h h0 h0-h
h h0 1 0 820 h 0,15 1 999,1 h 0,0269 m 26,9 mm
Mehanika fluida – Vježbe
1/6
3. Vježbe
3.2 Odredite apsolutni i manometarski tlak u točki A spremnika, za otklone manometra i barometra prema slici. Zadano je: =999 kg/m3, 1 =771 kg/m3, 0 =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 0 gha 99999,6 Pa = 1000 mbar = 1000 hPa 0,001 bar 1 mbar 1 hPa
Manometar : pA pa 0 g h0 h1 1 gh1 gh Apsolutni tlak u točki A: pA 138458 Pa=1385 mbar Manometarski tlak u točki A: pMA pA pa 38458 Pa = 385 mbar
Mehanika fluida – Vježbe
2/6
3. Vježbe
3.3 Hidrostatski manometar može se iskoristiti za mjerenje količine fluida u spremniku oblika paralelopipeda. Odredite zavisnost visine l žive gustoće 0 u lijevom kraku manometra o volumenu V nafte gustoće 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 LxB priključna cijev
l
h ravnotežni položaj žive l
živa
Rješenje:
V LBH
H
V LB
(1)
p g H h l 20 gl p (2) a
a
(1) u (2) V h l 2 0 LB
l
V h 2 0 L B
Slučaj V=0, priključna cijev puna, l l0 l0
h 2 0
Mehanika fluida – Vježbe
3/6
3. Vježbe
3.4 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: =800 kg/m3.
l
d
h1
h2
D=10 d Rješenje:
h2 l sin
J.M.
(1)
p2 g h1 h2 p1
(2)
D 2 d 2 h1 l 4 4
(3)
d iz(3) h1 l D
2
(3a)
(1) i ( 3a) u (2) d 2 g l sin p1 p2 D
osjetljivost
l p1 p2
(4)
1 d 2 g sin D
103 m Pa (5)
d 10 d 103 g sin 1 sin 0, 017 g D D 2
3
2
sin 0,017
6,75 6 4445
Mehanika fluida – Vježbe
4/6
3. Vježbe
3.5 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, =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
Mehanika fluida – Vježbe
5/6
3. Vježbe
Poluga:
F l1 l2 F1 l2
Stap 1:
p1 A1 pa A1 F1
Jednadžba manometra Stap 2:
(1) p1 pa
F1 A1
(2)
p2 p1 gh
p2 A2 pa A2 F2 mg
(3)
p2 pa
F2 mg D 2 4
(4)
Nepoznanice: F, F1, p1, p2 (2) i ( 4) u (3)
p a
F2 mg F p a 1 gh 2 D A1 4
F mg F1 A1 gh 2 2 D 4 F1 335 N
F F1
l2 l1 l2
F 62,9 N
Mehanika fluida – Vježbe
6/6
4. Vježbe
4. VJEŽBE 4.1 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, =998,2 kg/m3, 1 =820 kg/m3, =70o.
g
g .
h .
. .
.
.
.
.
.
. .
. .
.
. .
.
. .
.
.
H
H
C
C
a
a
(b) (a)
g H
a
H1
C
(c)
Mehanika fluida – Vježbe
1/7
4. Vježbe
Rješenje: (a)
z Fh gH a 2 11277 N
O 70
yC
o
a4 I ξξ a2 12 y 0, 0278 m yC S yC a 2 12 yC
H
yC Fh
C
H 1,92 m sin
y
Sile konstantnog tlaka pa izvana i iznutra se poništavaju.
(b) 1. način
h .
.
. .
.
.
.
.
.
.
. .
.
.
. .
.
. .
.
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). Jednadžba manometra
pa gh p0
C
a
pM0
p0 pa
gh 7831 Pa
F0 pM0 a 2 5012 N
FR y R
C
F0
Rezultantna sila :
y
poklopac
FR F0 Fh 16289 N
Fh
M
i
MR
FR yR Fh y F y y h 0, 0193 m R FR
Mehanika fluida – Vježbe
2/7
4. Vježbe
(b) 2. način
z O
h .
. .
.
.
.
.
. .
. .
.
. .
.
. .
.
.
yC HH
Ako se pretlak pM0 pretvori u visinu tlaka pM0 h dolazi se do fiktivna g slobodna fiktivne slobodne površina površine na kojoj vlada atmosferski tlak, te na površinu djeluje samo sila uslijed hidrostatskog tlaka računata na osnovu dubine mjerene od fiktivne slobodne površine.
Fh FR g H h a 2 16289 N
H h 2, 77 m sin a4 I yR ξξ 12 2 yC S yC a
C
yC
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).
H y
H1
R
FR
C
Fh y y1
Fh1
Fh1 1 gH1 a 2 6176 N H yC1 1 1, 28 m sin a4 I y1 ξξ 12 2 0, 0418 m yC1 S yC1 a FR Fh Fh1 5101 N
M
C
0
Fh y Fh1 y1 FR yR y R
Mehanika fluida – Vježbe
Fh y Fh1y1 0, 0109 m FR
3/7
4. Vježbe
4.2 Potrebno je odrediti na koju visinu h treba spustiti razinu 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 , 15 , =998 kg/m3.
pa
g pa
L
h=? poklopac
O Rješenje:
Na poklopac djeluje vlastita težina i sila hidrostatskog tlaka. Poklopac će se otvoriti kada moment sile težine u odnosu na točku O h bude veći od momenta sile hidrostatskog tlaka.
pa
mg pa
L
C O
mg
y
yC x
Fh
L L cos Fh y 2 2
Krak sile težine u odnosu L na točku O je, cos a 2 krak sile Fh hidrostatskog L tlaka je y , te vrijedi 2
(a)
Sila hidrostatskog tlaka je definirana izrazom
Fh ghC A g yC sin L 1
(b)
a pomak
1 L3 L2 y yC A 12 yC L 1 12 yC I
Mehanika fluida – Vježbe
(c)
4/7
4. Vježbe
Uvrštavanjem izraza (b) i (c) u (a) slijedi izraz za yC
yC
m L ctg 0,851 m L 6
(d)
Iz slike (a) slijedi granična visina h fluida L h x sin yC sin 0, 427m 2
(e)
Očito je h L sin = 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. 4.3 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; =999 kg/m3. pa g
B . .. ... .. . p0=? . .. .
F
a H
h
pa
A poklopac
Mehanika fluida – Vježbe
5/7
4. Vježbe
Rješenje:
B F hC=yC=H/2 .. .... .. p0 . . 2 . .
pa 1 h
F0
H
H/2 Fh
y
A
Slika (a) Sile na poklopac
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 a nalazi iznad fluida, djeluje samo sila konstantnog 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).
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 gh gH p0
(a)
iz koje je manometarski tlak
pM0 p0 pa g h H 2890Pa
(b)
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 g
H H 1 2070 N 2
(d)
a pomak hvatišta sile Fh je
1 H 3 I H y 12 0,108 m yC A H H 1 6 2
Mehanika fluida – Vježbe
(e)
6/7
4. Vježbe
Sila F se određuje 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 stjenku u točki B, sila F će biti sila reakcije između poklopca i stjenke, te za držanje poklopca u ravnoteži neće trebati djelovati silom izvana.
Mehanika fluida – Vježbe
7/7
5. Vježbe
5. VJEŽBE 5.1 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; =999 kg/m3.
pa
F=?
g
a
a
pa A
Rješenje: 1. način – površina se tretira kao zbroj ravnih površina
pa
F F1
a
C1
C1
C2C
a
2
F2
A
la 2 1 F1 g a l B 2
l1
l 3B 12
l 6
1 l l B 2 l 3B 3 l F2 g a l B l2 12 3 2 l l B 18 2 1 1 F 2a F1 l l1 F2 l l2 0 2 2 1 1 5 F gl 2 B gl 2 B 12 3 12 F 8164 N
Mehanika fluida – Vježbe
1/5
5. Vježbe
2. način – površina se tretira kao zakrivljena površina
z
B=1
pa
Sx B 2a
x Sx
hC=a
Cx
h
C2
B 2a 2a 3 12 3 3
I
H=2a
H
A projekcija površine Horizontalna komponenta Fh
Fh g hC Sx g a 2a 2 ga 2 19593 N 2 a3 I 1 h 3 a 0,333 m hC S x a 2a 3
Vertikalna komponenta Fv
a
2a a a2 2 Fv gV ga 2 9797 N
V
=
2a
T
1 3
x a 0,333 m
A
A
Uvjet ravnoteže:
F
pa
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
Mehanika fluida – Vježbe
2/5
5. Vježbe
5.2 Drvena homogena greda gustoće =940 kg/m3, duljine L=8 m i promjera D=0,5 m, pričvršćena je pod vodom gustoće v=999kg/m3 u točki O, oko koje se može okretati. Kolika će u ravnotežnom položaju biti duljina l uronjenog dijela grede?
g
l=
?
L
pa
D
v
O
Rješenje:
G g
Fb
D 2 L 4
Fb v g
M
O
0
l/ 2
D 2 l 4
L/ 2
L l G cos Fb cos 2 2
O
G
D 2 L2 D 2 l 2 g cos v g cos 4 2 4 2
lL
7, 76 m v
Mehanika fluida – Vježbe
3/5
5. Vježbe
5.3 Homogena čelična kugla gustoće c=7800 kg/m3 radijusa R=8 cm zatvara otvor na ravnoj stjenci promjera d=12 cm. Treba odrediti kut nagiba kose stjenke da kuglica oslobodi otvor kada u spremniku nastupi pretlak od pM=5000 Pa. pa
g
R
d
=?
plin pM=konst.
Rješenje:
k C A F0
R
O G d/2
Slika (a) Sile na kuglu
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 izložene pretlaku pM, te također 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 d (a) F0 G k 2 Sila F0 konstantnog tlaka je jednaka umnošku pretlaka i projekcije površine pod pretlakom, što u ovom slučaju glasi d 2 F0 pM 56,5 N (b) 4
Sila težine je
4 3 R g 164 N 3 Krak k sile težine, prema slici (a) je k R cos G mg c
(c) (d)
gdje se kut može odrediti iz pravokutnog trokuta AOC prema slici (a), iz jednadžbe d 2 cos 41, 4o (e) R Uvrštavanje izraza (d) u izraz (a) daje F d cos 0 (f) 2R G odakle je (g) 75o , odnosno 33, 6o .
Mehanika fluida – Vježbe
4/5
5. Vježbe
5.4 Tankostijena bačva mase m=94 kg, volumena V=600 l, potpuno je potopljena pod vodu gustoće =998,2 kg/m3. Do polovine volumena ispunjena je zrakom zanemarive težine i privezana užetom za dno. Odredite silu F u užetu. pa g
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
zrak
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
voda
uže
Rješenje:
Fb g
Fb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
F
mg
. . . .
V 2
G mg
Fb F G 0 F Fb G g
V mg 2
F 2015 N
Mehanika fluida – Vježbe
5/5
6. Vježbe
6. VJEŽBE 6.1 Treba odrediti rezultantnu silu na zatvarač, oblika polucilindra, jedinične širine B, prema slici. Zadano je: H=3 m, R=1 m, =60o, =998,2 kg/m3.
pa
g H pa R
C
Rješenje:
z G H O
I V H
2Rsin
A
Fx
n C
B
n
D
Ishodište koordinatnog sustava Oxz je smješteno na slobodnu površinu. Sile atmosferskog tlaka pa izvana i iznutra se x 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
E
F
2Rcos
pCx Sx
(a)
gdje je Sx projekcija površine zatvarača, a pCx hidrostatski tlak u njenu težištu. Gledajući sliku (a), horizontalne sile na dijelu površine DEF zatvarača se međusobno 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 2BRsin 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 gH , te je hidrostatski tlak pCx
Fx
gH 2R sin
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
Mehanika fluida – Vježbe
1/6
6. Vježbe
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 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
Fz
g
D2 8
2 R cos
H B
44, 7 kN
(c)
Negativni predznak sile Fz ukazuje da ona gleda prema dolje. Za određivanje 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
FR
C
Fx2
Fz2
67,7 kN
(d)
a djeluje pod kutom prema slici (b)
FR
arctg
Slika (b) Položaj rezultantne sile
Mehanika fluida – Vježbe
Fz Fx
41,3o
(e)
2/6
6. Vježbe
6.2 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, =998 kg/m3.
poklopac .
pM0 .
.. .. .
. . . . .. . .. . . .. . . ..
g
H h R
Rješenje: 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 H vertikalna sila F0 konstantnog pretlaka pM0 i sila Fz hidrostatskog tlaka. Horizontalne sile tlaka se međusobno 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
.. . pM0 .. . sl. povina rš . . .. . . F0 r V Fz
h
mg R Fv
F0 Slika (a) Sile na poklopac
pM0 R2
5630 N
(a)
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
h 2 R 3
R2 h
V
r2
(b)
Rr
Nepoznati polumjer r se određuje iz sličnosti trokuta, prema kojoj je
r H
h
R H
r
R
H
h H
0, 286 m
(c)
što uvršteno u izraz (b), daje obujam V=0,914 m3. Sila Fz također gleda prema gore (jer je projekcija površine u dodiru s fluidom negativna), a po veličini je
Mehanika fluida – Vježbe
3/6
6. Vježbe
Fz
gV
(d)
8945 N
Iz ravnoteže vertikalnih sila, prema slici (a), slijedi tražena sila u vijcima
Fv
F0
Fz
mg
(e)
9930 N
. .. .
Fiktivna slobodna površina
hF .
.
..
.. .
.
pM0
h A
B
Slika (b)
Do istog se rezultata moglo doći i na drugi način. Ako se poklopcem smatra sve ono što se nalazi iznad ravnine A-B, prema slici (b), odnosno iznad otvora polumjera R, tada će i fluid unutar stošca pripadati poklopcu. Ako se sa hF pM0 g , prema slici (b), označi visinu pretlaka pM0, koja definira položaj fiktivne slobodne površine, tada će sila F na poklopac biti jednaka težini fluida u osjenčanom volumenu.
. .. .
Fiktivna slobodna površina
Ako se toj sili oduzme težina fluida u zatvaraču, dobije se situacija prikazana na slici (c), gdje osjenčani dio volumena od stvarne do fiktivne slobodne površine definira silu F0, a osjenčani volumen ispod stvarne slobodne površine definira silu Fz, jednako kao u prvom načinu.
hF .
.
..
.. .
.
pM0
h A
B
Slika (c)
Mehanika fluida – Vježbe
4/6
6. Vježbe
6.3 Kocka gustoće 0=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, =35o, =999 kg/m3. g
pa
a
H
O pa
F=?
Rješenje:
pa
H
pa
F1
H
F1
F2
F2 O
pa
pa
F4
O
F3 A
F4
Slika (a) Sile tlaka na kocku
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, međusobno 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
k
L2
a cos
0,613 m
0,306 m
(a) (b)
Mehanika fluida – Vježbe
5/6
6. Vježbe
pa
yC
k=L/2
hC
H yC
Fb
pa
O C F4
mg
F
H cos (c) yC cos (d)
F4
g hC A
F4
2618 N
y
A
y acos
L
y
Slika (c) Sile na kocku
1, 68 m
1,38 m
Na temelju čega je
asin
a 2
Fb
I yC A a2 12 yC
gV
g yC cos
a2
a4 12 yC a 2 0, 011 m
ga3
834,5 N
Kocka će se podići kada moment sile F (u odnosu na točku O) svlada momente ostalih sila, tj. F L
F4
odakle je sila F
a 2
y
mg
Fb
L 2
(e)
776 N .
Mehanika fluida – Vježbe
6/6
7. Vježbe
7. VJEŽBE 7.1 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
h g
pa
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 gh
(a)
Bernoullijeva jednadžba od presjeka A1 do presjeka A2 glasi:
p1 v12 p v2 2 2 g 2g g 2g
(b)
Jednadžba kontinuiteta
v1 A1 v2 A2 Q
v1
Q A1
i v2
Q A2
(c)
Uvrštavanjem (c) i (a) u (b)
pa gh Q 2 pa Q2 g 2 gA12 g 2 gA22 odakle je:
Q
A1 A2 A A 2 2
2 1
2 gh 1,52 103 m3 s
Mehanika fluida – Vježbe
1/6
7. Vježbe
7.2 Odredite visinu zB kraja B sifona, pri kojoj se u neviskoznom strujanju fluida ostvaruje maksimalni protok Q nestlačivog fluida gustoće =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
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 g 2g g 2g
odakle je:
zB z1
pa pv 24,1 m g
Iz Bernoullijeve jednadžbe od 0 do B slijedi:
z0
v2 zB 2g
Q v
v 2 g z0 zB 11, 2 m/s
d 2 d 2 2 g z0 zB 0, 2 m3 s 4 4
Mehanika fluida – Vježbe
2/6
7. Vježbe
7.3 Voda neviskozno struji između 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
1
pa
d D
Rješenje: B.J. 0-1
pa pa v 2 H g 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 2 D 2 Stoga će u prvom slučaju protok biti Q0 v , a u drugom slučaju Q v , odakle 4 4 Q D2 je 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.
Mehanika fluida – Vježbe
D
3/6
7. Vježbe
7.4 Odredite visinu h koju će dosegnuti mlaz vode (=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: Bernoullijeva jednadžba od 1 do 3
v2 pM1 v12 3 H g 2g 2g
(1)
Bernoullijeva jednadžba od 2 do 3
v32 pM2 v22 H g 2g 2g
(2)
Gornje jednadžbe imaju jednake desne strane, a budući su jednaki pretlaci pM1= pM2 zaključuje se da je v1= v2. Iz jednadžbe kontinuiteta slijedi (3) Q1 Q2 Q3
Q3
Q1
Q2
ili
v1
D12 D 2 d 2 v2 2 v3 4 4 4
D12 D22 odakle je v3 v1 d2
(4)
Uvrštavanjem (4) u (1) slijedi: Mehanika fluida – Vježbe
4/6
7. Vježbe
2 2 pM1 v12 v 2 D1 D2 1 H g 2g 2g d4 2
v32 2g
ili
2 v1
pM1 2 gH
D12 D22 d4
2
3,16 m s
1
v3 19,7 m s Iz Bernoullijeve jednadžbe od 3 do 4
v32 h h 19,8 m 2g
Mehanika fluida – Vježbe
5/6
7. Vježbe
7.5
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
2
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 gh ili pM2 gh Bernoullijeva jednadžba od 1 do 3 Bernoullijeva jednadžba od 1 do 2
v2
D12 d 2 v3 4 4
dD
4
v32 v3 2 gH 2g v2 p H 2 M 2 v2 2 g H h 2g g h
H
dD
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.
Mehanika fluida – Vježbe
6/6
8. Vježbe
8. VJEŽBE 8.1 Odredite brzinu v1 i tlak p1 zraka (z =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, =11, a=800 kg/m3, h=40 mm, pa=101325 Pa.
1
d
3
2
p1, v1=?
D z
L
z
h
a
a Rješenje:
Točka 2 je točka zastoja, a u točki 3 će zbog smanjenja presjeka brzina v3 biti veća 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 što je moguće jer je gustoća zraka z puno manja od gustoće alkohola a u manometrima). Postavljanjem Bernoullijevih jednadžbi, jednadžbe kontinuiteta i jednadžbi manometra slijedi: Bernoullijeva jednadžba od 1 do 2
p1 v2 p 1 2 z g 2 g z g
(1)
Bernoullijeva jednadžba od 2 do 3
p v2 p2 3 3 z g z g 2 g
(2)
Jednadžba kontinuiteta
D2 d 2 D 2 v1 v3 4 4
(3)
Jednadžba diferencijalnog manometra Jednadžba manometra
p2 p3 a g L sin
pa p3 a g h
Mehanika fluida – Vježbe
(4) (5)
1/7
8. Vježbe
U gornjem sustavu s pet jednadžbi nepoznanice su: p1, v1, p2, p3, i v3. iz (5) iz (4)
p3 pa a g h 101325 Pa p2 p3 a g L sin 101161 Pa
iz (2)
v3
2
z
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 z v12 100841 Pa 2
Mehanika fluida – Vježbe
2/7
8. Vježbe
8.2 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: =998,2 kg/m3, pv =2337 Pa, 0=13546kg/m3, h0=360 mm, L=0,75 m, D1=300 mm, D2=150 mm, kinematička viskoznost vode =1,00410-6 m2/s.
,pv
g
D2
L D1
h0
Q
0
Rješenje:
D12 D22 Q v1 v3 4 4
Jednadžba kontinuiteta (1)
,pv
Bernoullijeva jednadžba od 1 2 2 8Qid 8Qid p1 p L 2 4 2 g gD1 g gD24 2
v2, p2 2
L 1
2 (2)
Jednadžba manometra p1 g x h0 0 gh0 g x L p2 (3)
x
v1, p1
do
h0
p1 p2 L h0 0 1 g
Iz (3)
(4)
0 Iz (2) Qid
Qid
D12 D22
4
D D 4 1
4 2
D12 D22
4
D D 4 1
Mehanika fluida – Vježbe
4 2
p p2 2g 1 L g
(5)
2 gh0 0 1 171,9 l s
3/7
8. Vježbe
Stvarni protok Q CC Qid
Re1
v1id D1
4Qid 7, 27 105 105 D1
pa je prema dijagramu u Tehničkoj enciklopediji broj 8 str. 148 CC 0,984 Q 0,984 Qid 0,1692 m3 s
Kavitacijski protok uz p1=1,96 bar i p2 =pv =2337 Pa i CC=0,984 je prema (5)
Qkav 0,984
0,32 0,152 4
0,34 0,154
1,96 105 2337 2g 0, 75 998, 2 g
Qkav 0,347 m3 s
Mehanika fluida – Vježbe
4/7
8. Vježbe
8.3 Odredite horizontalnu silu vode na redukcijsku spojnicu prema slici, uz pretpostavku neviskoznog strujanja fluida. Zadano je: D=200 mm, d=100 mm, =1000 kg/m3, pM1=1,6 bar, pM2=0,9 bar. pa
1
2
Q
D
d pM2
pM1
Rješenje: Bernoullijeva jednadžba
pM1 v12 pM2 v22 g 2g g 2g
Jednadžba kontinuiteta
Q v1
Iz (2)
v1
D 2 d 2 v2 4 4
4Q 4Q ; v2 2 2 D d
(1)
(2)
(3)
(3) u (1)
Q
pM1 pM2 0, 096 m3 s 1 1 8 4 4 D d
v1 3,05 m s; v2 12, 2 m s
iz (3)
Sila se određuje iz jednadžbe količine gibanja: K.P.
I1
x K.V.
D 2 5320 N 4 d 2 2 I 2 v2 pM2 1880 N 4 I1 v12 pM1
Impulsne funkcije su izračunate s pretlakom što znači da smo obračunali silu atmosferskog tlaka izvana.
Fx I1 I 2 3440 N S obzirom da se radi o neviskoznom strujanju, brzine i tlakovi u presjecima 1 i 2 bi bili isti da je strujanje protokom Q u suprotnom smjeru, te bi impulsne funkcije I1 i I2 ostale iste, pa bi sila Fx ostala ista po veličini i po smjeru.
Mehanika fluida – Vježbe
5/7
8. Vježbe
8.4 Odredite rezultantu silu vode na račvu prema slici uz pretpostavku neviskoznog strujanja. Volumen vode u račvi je V=0,11 m3. Zadano je: H=3,8 m, h=2,1 m, h1=1 m, D1=300 mm, D2=200 mm, D3=300 mm, =1000 kg/m3.
pa
g
pa D1
H
D2
h
h1 D3 Rješenje:
0
4
H
1
2
h1
3
Budući je točka 0 na najvećoj geodetskoj, a ujedno i piezometričkoj visini, a točka 3 na najnižoj, fluid će sigurno strujati od točke 0 prema 3 te vrijedi Bernoullijeva jednadžba od 0 do 3 v32 H v3 2 gH 8, 63 m s h 2g Budući nema viskoznih gubitaka, a točka 4 je niža od točke 0, doći će do strujanja u spremnik te Bernoullijeva jednadžba od 0 do 4 uz gubitke utjecanja glasi v2 H h 2 v2 2 g H h 5, 77 m s 2g
Brzina u presjeku 1 se određuje iz jednadžbe kontinuiteta
v1
D 2 D12 D 2 v2 2 v3 3 4 4 4
v1
v2 D22 v3 D32 3,53 m s D12
Za određivanje impulsnih funkcija potrebno je poznavati pretlake u presjecima 1 i 2, koji se određuju iz Bernoullijevih jednadžbi od 1 do 3 i od 1 do 2
Mehanika fluida – Vježbe
6/7
8. Vježbe
v2 pM1 v12 h1 3 g 2g 2g
Bernoullijeva jednadžba od 1 do 3
pM1
v 2
2 3
v12 gh1 21244 Pa
pM1 v12 pM2 v22 g 2g g 2g
Bernoullijeva jednadžba od 1 do 2
pM2 pM1
v 2
2 1
v22 10787 Pa
Sila na račvu se određuje iz jednadžbe količine gibanja.
z
I1
I3
x K.V.
D12 I1 pM1 v 2380 N 4 D 2 I 2 pM2 v22 2 1386 N 4 2 D I 3 v32 3 585 N 4 G gV 1079 N 2 1
G
Fx I3 585 N Fz I1 I 2 G 4845 N
z Fx
x
F Fx2 Fz2 4880 N
arctg Fz
F
Fz 83,1 Fx
Mehanika fluida – Vježbe
7/7
9. Vježbe
9. VJEŽBE 9.1 Treba odrediti rezultantnu silu fluida (veličinu i smjer) na difuzor s koljenom, prema slici, uz protok Q=389 l/s. Pretpostaviti strujanje idealnoga fluida. Volumen difuzora je Vd =3,27 m3, a volumen koljena do priključka je Vk=0,16 m3. Napomena: uzeti u obzir i silu hidrostatskog tlaka koja djeluje izvana na difuzor. Zadano je: D=1,2 m, d=0,3 m, H=6,6 m, h=1,2 m, =1011 kg/m3.
g h
d
pa Q
H
D Rješenje: d
0 h
2
Q
Slika (a) prikazuje sustav koljena i difuzora s ucrtanim karakterističnim točkama. Iz zadanog protoka Q je moguće izračunati brzine u cijevi i na izlazu iz difuzora. Brzina v0 na ulazu u koljeno je
H
v0
1
z=0
4Q d2
5,5 m s
(a)
D
a na izlazu iz difuzora brzina v1 je Slika (a)
v1
4Q D2
0,344 m s
(b)
Pretpostavlja se da je prostor u kojeg fluid istječe iz difuzora dovoljno veliki da se strujanje fluida u tom prostoru može zanemariti, tj. pretpostavlja se da u njemu vlada hidrostatski tlak kao u fluidu u mirovanju. Prema tome je pretlak pM1 u točki 1 na izlazu iz difuzora gH 65440 Pa . Nepoznati pretlak pM0 u točki 0 na ulazu u koljeno slijedi jednak pM1 iz Bernoullijeve jednadžbe postavljene od točke 0 do točke 1 koja glasi
pM0 g
v02 2g
H
h
Uzimajući u obzir da je pM1
pM1 g g
v12 2g
(c)
H , jasno je da jednadžba (c) prelazi u Bernoullijevu
jednadžbu postavljenu od točke 0 do točke 2 na slobodnoj površini, u kojoj bi član v12 2 g označavao gubitke utjecanja u veliki spremnik, a koji nastaju od točke 1 do točke 2 prema slici (a). Iz jednadžbe (c) slijedi
Mehanika fluida – Vježbe
1 / 10
9. Vježbe
1 (d) v12 v02 gh 27147 Pa 2 što ukazuje na činjenicu da na ulazu u koljeno vlada podtlak. Ovdje treba naglasiti da je u ovom primjeru pretpostavljeno strujanje idealnoga fluida kod kojeg je moguće strujanje bez odvajanja i kod ovako velikog omjera promjera D d 4 , što kod realnog fluida ne bi dolazilo u obzir. Pojavom odvajanja strujanja u realnoj situaciji bi izlazni presjek difuzora bio efektivno manji, a i gubici mehaničke energije ne bi bili zanemarivi. U tom smislu ovo treba shvatiti kao školski primjer. Nakon što su određene brzine i tlakovi u karakterističnim presjecima može se primjenom jednadžbe količine gibanja izračunati sila fluida na difuzor. pM0
Slika (b) prikazuje kontrolni volumen koji obuhvaća unutarnjost koljena i difuzora. Na ulaznoj površini je veličina impulsne funkcije d2 I0 pM 0 v02 243 N (e) 4
I0
K.V. G
z x
a na izlaznoj
I1
I1
pM 1
2 1
v
D2 4
74140 N
(f)
Slika (b) Težina G fluida u koljenu i difuzoru je
G
g Vk
Vd
34000 N
(g) u x
Na slici (b) se vidi da su horizontalna komponenta F i vertikalna komponenta Fzu sile fluida na koljeno i difuzor
Fxu
I0
Fzu
I1
(h)
243 N G
(i)
40140 N
i gledaju u pozitivnim smjerovima izabranog koordinatnog sustava. S obzirom da su impulsne funkcije računate s manometarskim tlakom, u ovim komponentama sile je već obračunata sila atmosferskog tlaka koja djeluje izvana na difuzor, te ostaje još za izračunati silu hidrostatskog tlaka, koja djeluje na difuzor. Vertikalna komponenta sile hidrostatskog tlaka na površinu potopljenu u mirujući fluid je po definiciji jednaka težini fluida u volumenu između promatrane površine i slobodne površine.
V Fhz Vd D
Slika (c) prikazuje taj volumen za ovaj primjer. Očito je obujam V fluida koji definira vertikalnu komponentu sile hidrostatskog H tlaka jednak obujmu valjka promjera D visine H, umanjenom za obujam Vd difuzora, tj.
V
D2 4
H
Vd
4,19 m3
(j)
Slika (c)
Mehanika fluida – Vježbe
2 / 10
9. Vježbe
Vertikalna komponenta Fzv sile hidrostatskog tlaka gleda prema dolje, a po veličini je jednaka (k) Fzv gV 41590 N Horizontalna komponenta sile hidrostatskog tlaka na difuzor je jednaka nuli. Rezultantna sila F na koljeno i difuzor je zbroj sile F u koja djeluje iznutra i sile hidrostatskog tlaka Fzv , koja djeluje izvana, tj.
Fx
Fxu
243 N
Fz
Fzu
Fzv
Rezultantna sila je F
Fx x
Fz
(l)
1451 N
Fx2
Fz2
1471 N , a djeluje o
artg Fz Fx 80,5 u odnosu na pod kutom pozitivnu smjer osi x, kao što prikazuje slika (d).
F
Slika (d)
Mehanika fluida – Vježbe
3 / 10
9. Vježbe
9.2 Mlaz fluida nastrujava u neviskoznom strujanju u horizontalnoj ravnini protokom Q=0,03 m3/s, brzinom v=3 m/s, na okomito postavljenu ploču prema slici. Treba odredite silu fluida na ploču ako je Q1=0,01 m3/s. Zadano je: =1000 kg/m3.
z=konst. Q2 pa
Q v
Q1
ploča
Rješenje: Strujanje je neviskozno, stacionarno i ravninsko te vrijedi Bernoullijeva jednadžba po kojoj p v2 zbroj z ostaje konstantan duž strujnice. Strujanje je u horizontalnoj ravnini g 2g z=konst. pri atmosferskom tlaku p=pa=konst. iz čega se zaključuje da i brzina v mora biti konstantna. Iz jednadžbe kontinuiteta slijedi da je protok Q2 Q Q1 0,02 m3 s . Q2
y Q
I
Q1
K.V.
F
I1
Slika (a)
Slika (a) prikazuje kontrolni volumen koji I2 obuhvaća mlaz. Na ulaznoj površini djeluje impulsna funkcija I , a na izlaznim površinama impulsne funkcije I1 i I 2 . Ostali dijelovi x kontrolne površine su nepropusni za fluid s tim da je samo na dijelu kontrolne površine između fluida i ploče tlak različit od atmosferskog te će se sila Fw u jednadžbi količine gibanja odnositi samo na tu površinu. Ako se u izraz za impulsnu funkciju uvrštava pretlak, sila Fw će biti rezultantna sila fluida na ploču umanjena za silu atmosferskog tlaka s desne strane ploče.
Veličina impulsne funkcije na ulaznoj površini je I v2 A Qv . Analogno su veličine Q2v . Pretpostavka o Q1v i I 2 impulsnih funkcija na izlaznim površinama I1 neviskoznom strujanju ima za posljedicu da u fluidu nema smičnih naprezanja, pa tako ni između fluida i ploče, a s obzirom da je ploča ravna, sila fluida na ploču mora biti okomita na nju, tj. djeluje u smjeru osi x prema slici (a). Iz ravnoteže impulsnih funkcija u smjeru osi y slijedi jednadžba I1 Q1 I1 I 2 sin 0 sin 0,5 (a) I2 Q2 iz koje je kut =30o. Iz x-komponentne jednadžbe količine gibanja slijedi tražena sila na ploču F I I 2 cos v Q Q2 cos 38,0 N (b)
Mehanika fluida – Vježbe
4 / 10
9. Vježbe
9.3 Potrebno je odrediti silu F kojom treba pridržavati lopaticu mase m =4,8 kg okretljivu oko točke O, prema slici, da bi bila u horizontalnom položaju. Pretpostaviti neviskozno strujanje fluida. Za proračun obujma vode u lopatici pretpostaviti poprečni presjek mlaza konstantnim i jednakim presjeku na ulazu u lopaticu. Zadano je: L=1,4 m, L1=0,9 m, R=0,28 m, h=1,9 m, d=40 mm, vm=10,6 m/s, =999 kg/m3.
L
g
L1
F=? T
pa
O
R
mg
pa
h d
vm
Rješenje: U ovom je primjeru lopatica zglobno vezana u točki O, te se uvjet ravnoteže izražava činjenicom da suma momenata svih sila koje djeluju na lopaticu mora biti jednaka nuli.
F T O mg
gV
I2
I1
Slika (a) Slika (a) prikazuje lopaticu s ucrtanim silama koje djeluju na nju. Fluid svojim strujanjem kroz lopaticu izaziva silu koja želi podići lopaticu, a sila težine lopatice je želi spustiti. Pretpostavlja se da je moment sile fluida na lopaticu veći od momenta sile težine lopatice te je za postizanje ravnoteže potrebno djelovati silom F prema dolje kao što je prikazano na slici (a). Za određivanje momenta sile fluida na lopaticu je potrebno primijeniti jednadžbu količine gibanja na kontrolni volumen koji obuhvaća fluid unutar lopatice. U ovom slučaju strujanje se smatra jednodimenzijskim, a promjer ulazne i izlazne površine mlaza je mali u odnosu na udaljenost tih površina od točke O, te se moment količine gibanja na tim površinama može zamijeniti momentom impulsnih funkcija. U tom se slučaju moment sile fluida na lopaticu zamjenjuje sumom momenata impulsnih funkcija umanjenom za moment sile težine fluida u kontrolnom volumenu, tj. impulsne funkcije se mogu smatrati silama koje djeluju u težištima ulazne i izlazne
Mehanika fluida – Vježbe
5 / 10
9. Vježbe
površine, kao što je prikazano na slici (a). Na ulaznom i izlaznom presjeku vlada atmosferski tlak te su impulsne funkcije I1 v12 A1 (a) I2 v22 A2 Iz ravnoteže momenata oko točke O slijedi izraz za silu F oblika F L L R I1 L R I 2 mgL1 gVL
(b)
za čije je određivanje potrebno poznavati brzine v1 i v2, ploštine ulazne A1 i izlazne A2 površine te obujam V fluida u kontrolnom volumenu. Tražene veličine će se odrediti primjenom Bernoullijeve jednadžbe i jednadžbe kontinuiteta. Slika (b) prikazuje mlaz s ucrtanim karakterističnim točkama. Točka 0 je postavljena na izlazu iz mlaznice, u njoj vlada atmosferski tlak, a brzina strujanja je vm. Strujanje je neviskozno, te Bernoullijeva jednadžba postavljena od točke 0 do točke 1 glasi
pa 2
1 h
g
z=0
vm2 2g
0
v12 2g
h
(c)
a od točke 0 do točke 2 Slika (b)
vm2 2g
v22 2g
h
(d)
Usporedbom jednadžbi (c) i (d) se zaključuje da su brzine v1 i v2 jednake, tj.
v1
v2
vm2
2 gh
8,66 m s
(e)
Treba naglasiti da u viskoznom strujanju brzine v1 i v2 ne bi bile jednake, jer bi došlo do gubitka mehaničke energije. S obzirom da je strujanje pri konstantnom atmosferskom tlaku, a da su točke 1 i 2 na istoj visini zaključuje se da se jedino može smanjiti kinetička energija, tj. brzina v2 bi bila manja od brzine v1. Jednadžba kontinuiteta kaže da je protok fluida u mlazu konstantan, tj. d2 (f) vm v1 A1 v2 A2 4 iz koje je d 2 vm A1 A2 15, 4 10 4 m2 (g) 4 v1 Obujam fluida u lopatici se prema zadatku aproksimira obujmom polutorusa čiji je presjek površine A1, a duljina poluopseg kruga polumjera R, tj. V R A1 13,52 10 4 m3 (h) Konačno se iz izraza (b) može izračunati sila F
Mehanika fluida – Vježbe
6 / 10
9. Vježbe
v12 A1 2 L mgL1 gVL (i) 187 N L 9.4 Fluid nastrujava u horizontalnom ravninskom neviskoznom strujanju na ploču jedinične širine nagnutu pod kutom =36°. Treba odrediti pretlak u presjeku A-A ako je ploča uravnotežena silom F=680 N, prema slici. Zadano je: h=25 mm, H=40 mm, =42°, =1000 kg/m3. F
pa z = konst.
H
h
A pM=?
Q
A
F
Rješenje:
pa
1
z = konst.
Q1
H 0
A pM
Q
Q2 2
A
Slika (a)
Slika (a) prikazuje sustav s ucrtanim karakterističnim točkama. Strujanje je ravninsko neviskozno i stacionarno te vrijedi Bernoullijeva jednadžba, a profil brzine po poprečnom presjeku mlaza je jednolik. S obzirom da je strujanje u horizontalnoj ravnini pri stalnom tlaku iz Bernoullijeve jednadžbe postavljene od točke 0 do točke 1 i od točke 0 do točke 2 slijedi da je brzina u točkama 1 i 2 jednaka brzini u točki 0, tj. vrijedi v1=v2=v0=v.
Iz jednadžbe kontinuiteta slijedi (uz jediničnu širinu B 1 m )
Q
v h B
Q1
(a) Slika (b) prikazuje kontrolni volumen koji obuhvaća mlaz od izlaza iz mlaznice do izlaznih rubova ploče. Na ulaznoj površini je postavljena impulsna funkcija I , a na izlaznim površinama impulsne funkcije I1 I I 2 . Od preostalih dijelova kontrolne površine, postoji sila samo na površini između fluida i ploče, a koja je jednaka negativnoj vrijednosti sile F , tako da vrijedi
I1 y
Q2
x F
Slika (b)
Fx
F cos
Fy
F sin
Mehanika fluida – Vježbe
(b)
7 / 10
9. Vježbe
gdje su Fx i Fy komponente sile fluida na ploču. Veličine impulsnih funkcija su Q2 I3 v2 h B Q v (c) h B I1 Q1 v i I 2 Q2 v te jednadžba količine gibanja za smjer x glasi
Fx
F cos
I3
I1
I 2 cos
I1
I 2 sin
(d)
a za smjer osi y
Fy
F sin
(e)
Iz jednadžbe (e) je
I1
I2
F
sin sin
(f)
što uvršteno u (d) daje vrijednost impulsne funkcije I
I3
Q2 h B
F cos
F
sin sin
(g)
cos
odakle je protok Q
Q
F h B cos
Brzina v u točki 0 je v
sin ctg
168 l s
Q h B
(h)
6,73 m s , a brzina vA u presjeku A-A je
vA Q H B 4, 2 m s . Iz Bernoullijeve jednadžbe postavljene od točke A do točke 0 prema slici (a), koja glasi pM g
vA2 2g
slijedi traženi pretlak
v2 2g
pM
(i)
0,5 v2
vA2
13800 Pa .
Mehanika fluida – Vježbe
8 / 10
9. Vježbe
9.5 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 d
Cd pa
Rješenje: D pa
A(z) dz
H z h z=0
d
t1
Cd pa
Slika (a)
U ovom je primjeru promjer D posude znatno veći od promjera d otvora, te se može pretpostaviti sporo spuštanje slobodne površine, odnosno mogu se zanemariti vremenske promjene brzine. Ova pretpostavka prestaje vrijediti u zadnjem stadiju pražnjenja koji traje vrlo kratko, pa to neće bitno narušiti točnost ukupnog vremena pražnjenja. Opći integral za određivanje brzine pražnjenja spremnika slijedi iz jednadžbe kontinuiteta d 2 dz Q Cd 2 gz A z (vidjeti predavanja), a 4 dt glasi: A z 1 dt dz (a) 2 d z 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, D2 4 konstantno, visina z se mijenja od H do h, a vrijeme t od nula do t1. gdje je A z 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 z
D2 2 Cd d 2 2 g
H
h
Mehanika fluida – Vježbe
134, 2 s
(b)
9 / 10
9. Vježbe
U koničnom dijelu posude promjer se mijenja od vrijednosti d na visini z=0 do D na z=h. z Jednadžba pravca između te dvije točke glasi D z d D d , što daje izraz za h ploštinu A z oblika
A z
4
D z
2
4
d2
z2 D d h2
2d z D d h
2
(c)
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 t2
h
1
dt
Cd d
t1
2
2g
0
d2 z
D d h
2
z3 2
2
2d D d h
z dz
(d)
odnosno
t2
t1
1 Cd d 2 2 g
2d 2
2 D d 5
Izraz (e) definira ukupno vrijeme pražnjenja t2
2
4 d D d 3
h
(e)
198,7 s .
Mehanika fluida – Vježbe
10 / 10
10. Vježbe
10. VJEŽBE 10.1 Ispitajte dimenzionalnu nezavisnost sljedećih skupova fizikalnih veličina: a) p, i v b) Q, L i c) g, L i Q d) F, M i t e) , p i V gdje su: p - tlak, - smično naprezanje, v - brzina, Q - protok, L - karakteristična duljina, - dinamička viskoznost, g - ubrzanje sile teže, F - sila, M - moment sile, t - vrijeme i V - volumen. Rješenje: a) p, , v Skup fizikalnih veličina je dimenzionalno nezavisan ako se dimenzije niti jedne veličine iz skupa ne mogu prikazati dimenzijama preostalih veličina u skupu. Veličina Dimenzija
p ML-1T-2
v
ML-1T-2
L-3 T-1
Imamo skup od tri fizikalne veličine (n=3) u čijim se dimenzijama pojavljuju tri osnovne dimenzije (k=3). Očito je da p i imaju istu dimenziju, pa je skup sigurno dimenzionalno zavisan. To se može pokazati pomoću teorema o dimenzionalno nezavisnom skupu po kojem se traži rješenje sustava p
a
b
v
c
M0 L0T0
gdje npr. p označava dimenziju tlapa p u osnovnom sustavu mjernih dimenzija (MLTΘ). c
M0 L0T0
Ma L-a T-2a Mb L-bT-2b LcT-c
M0L0T0
ML-1T-2
a
ML-1T-2
b
Ma b L-a -b c T-2a -2b-c
M: L: T: (1) u (2)
a a 2a
b b 2b
LT-1
M0 L0T0
+c c
=0 =0 =0
(1) (2) (3)
c=0
Za c=0 jednadžbe (1), (2) i (3) su iste, te trebamo riješiti sustav s dvije nepoznanice a, b a b 0 . Postoji dakle bezbroj rješenja koja povezane jednom jednadžbom a = -b zadovoljavaju jednadžbu , a b može biti bilo koji broj; pa je prema teoremu o dimenzionalno nezavisnom skupu skup p, i v dimenzionalno zavisan.
Mehanika fluida – Vježbe
1/9
10. Vježbe
Bezdimenzijski parameatr od veličina iz tog skupa je
p
a
a
p
a 0
v
što je jasno jer p i imaju istu dimenziju.
b) Q, L, Veličina Dimenzija
Q
n3
k 3
Q
a
L
L3T-1
M: L: T:
b
a
LT
c
L
L 3 -1
b
ML-1 T-1
L
M0 L0T0
ML-1 T-1
3a a
c
M0 L0T0
c c c
b
(1)
=0 =0 =0
(2) (3)
Iz (1) c=0, iz (3) a=0, iz (2) b=0. Sustav ima samo trivijalno rješenje a b c 0 što znači da je skup Q, L, dimenzionalno nezavisan. c) g, L, Q Veličina Dimenzija
g
L LT-2
Q L3T-1
L
n=3 k=2 U skupu n=3 veličine pojavljuju se k=2 dimenzije te skup ne može biti dimenzionalno Q2 nezavisan. Očito g L5 d) F, M, t Veličina Dimenzija
F
M MLT
-2
t 2
-2
ML T
T
n=3 k=3
Mehanika fluida – Vježbe
2/9
10. Vježbe
a
F
M
MLT-2
b
t
a
M: L: T:
c
M0 L0T0
ML2T
a a 2a
2 b
c
T
b 2b 2b
M0 L0T0
(1)
=0 =0 =0
c
(2) (3)
(1)-(2) b=0 iz (1) a=0, iz (3) c=0. Skup F, M, t je dimenzionalno nezavisan.
e) , p, V
Veličina Dimenzija
p -3
V -1
ML
-1
ML T
L3
n=3 k=3 a
ML-3
M: L: T:
b
p V a
c
M0 L0T0
ML-1 T-1
a 3a
b
L3
b b b
c
M0 L0T0
3c
=0 =0 =0
(1) (2) (3)
iz (3) b=0, iz (1) a=0, iz (2) c=0 Skup , p, V je dimenzionalno nezavisan.
Mehanika fluida – Vježbe
3/9
10. Vježbe
10.2 Formirajte bezdimenzijske parametre od veličina: vrijeme t, gravitacija g, sila F, moment M, tlak p i dinamička viskoznost s pomoću dimenzionalno nezavisnog skupa: gustoća , brzina v i duljina L. Rješenje: I način: primjenom definicijskih jednadžbi Brzina v je definirana kao promjena puta u vremenu, iz čega slijedi da je dimenzija brzine jednaka omjeru dimenzija duljine i vremena, L (a) v t iz čega je očito je da će odnos veličina Sh L vt biti bezdimenzijski parametar koji se u mehanici fluida naziva Strouhalovim brojem.
Gravitacija g ima dimenziju ubrzanja koje je definirano kao promjena brzine u vremenu v g (b) t Uzimajući izraz (a), jasno je da je odnos veličina v 2 gL je bezdimenzijski parametar, a u mehanici fluida se definira kao Froudeov broj u obliku Fr
v
gL .
m a , te Sila F je prema drugom Newtonovom zakonu razmjerna masi i ubrzanju F 3 uz pomoć (b) i činjenice da je masa umnožak gustoće i volumena (ovdje L ) vrijedi F
3
L
v2
(c)
L
F bezdimenzijski parametar. Ako se umjesto L2 uzme karakteristična 2 2 v L površina A, tada se definira uobičajeni bezdimenzijski parametar oblika 1 2 CF F v A koji se u mehanici fluida naziva koeficijentom sile, u kojemu je 2 1 2 v dinamički tlak. (Jasno je da je umnožak tlaka i površine jednak sili) 2 pa je jasno da je
Moment M je umnožak sile i kraka, pa će bezdimenzijski koeficijent momenta biti definiran analogno koeficijentu sile u obliku: 1 2 CM M v AL 2
Mehanika fluida – Vježbe
4/9
10. Vježbe
Tlak p. Jasno je da se dijeljenjem tlaka p s dinamičkim tlakom dobije bezdimenzijski 1 2 parametar, a taj odnos se naziva Eulerovim brojem Eu p v . 2
= ML-1T-1 , te ako se dimenzija mase izrazi Dinamičke viskoznost ima dimenziju umnoškom dimenzije gustoće i treće potencije duljine, a dimenzija vremena prema jednadžbi (a) odnosno dimenzije duljine i brzine, slijedi dimenzija koeficijenta dinamičke viskoznosti izražena s pomoću dimenzija , v i L u obliku 1 v = ML-1T -1 L3 Lv (d) L L Bezdimenzijski parametar koji slijedi iz (d) se u mehanici fluida naziva Reynoldsovim brojem i ima oblik Re vL .
II način: primjenom pravila Do rješenja zadatka se može doći i traženjem eksponenata potencija dimenzija , v, L koji čine dimenzije tražene fizikalne veličine. -Jednadžba koja definira dimenziju vremena t glasi a b c v l t (e) odnosno, prikazano dimenzijama
ML-3
a
LT-1
b
L
c
M0 L0T1
Izjednačavanjem eksponenata nad istim bazama slijedi
M: a =0 L: -3a +b +c =0 (f) T: -b =1 Rješenje sustava (f) je a=0, b=-1, c=1, što uvršteno u (e) daje t
v
-1
L
1
što odgovara izrazu (a)
Pri određivanju eksponenata za ostale fizikalne veličine koeficijenti sustava jednadžbi ostaju isti, a mijenja se samo desna strana. Tako bi za određivanje eksponenata a, b i c koji odgovaraju dimenziji dinamičke viskoznosti ( = ML-1T-1 ) stupac desne strane u izrazu (f) imao vrijednosti (1,-1,-1), pa bi rješenje sustava glasilo a=1, b=1, c=1, što daje
vL
kao u izrazu (d).
Mehanika fluida – Vježbe
5/9
10. Vježbe
10.3 Moment M fluida na rotor aksijalne turbine zavisi od gustoće fluida , promjera D rotora, kutne brzine rotacije rotora i volumenskog protoka Q fluida kroz turbinu. Primjenom dimenzionalne analize treba odrediti opći oblik zavisnosti momenta M od preostalih veličina. Ako se zna da moment M linearno zavisi od protoka Q (pri čemu je za Q=0, M=0), treba odrediti postotnu promjenu momenta M za geometrijski sličnu turbinu 10% manjeg promjera koja rotira 15% većom kutnom brzinom i koristi isti fluid pri istom protoku Q. Rješenje: Popis utjecajnih veličina u pojavi dat je u donjoj tablici Veličina Dimenzija
M ML2T-2
ML-3
Q L3T-1
D L
T-1
U dimenzijama navedenih pet fizikalnih veličina (n=5) pojavljuju se tri osnovne dimenzije (k=3) te će se izabrati skup od tri dimenzionalno nezavisne veličine. U taj skup se neće uključiti moment M i protok Q jer je u zadatku zadana njihova linearna zavisnost, koju je najlakše iskoristiti ako se svaka od tih veličina nalazi samo u po jednom parametru. Za dimenzionalno nezavisan skup ostaju veličine , D, za koje je iz tablice dimenzija očito da su dimenzionalno nezavisne jer se dimenzija gustoće ne može prikazati pomoću dimenzija L i T sadržanih u D i , dimenzija se ne može prikazati pomoću dimenzija i jer se iz dimenzije gustoće ne može s dimenzijom T iz poništiti dimenzija mase M. U ovom se primjeru mogu jednostavno formirati parametri. Tako se dimenzija momenta može prikazati u obliku
M
ML2T-2
ML-3 L
5
2
T-1
D
5
2
(a)
iz čega slijedi parametar 1 oblika
1
M D5
(b)
2
i analogno za dimenziju volumenskog protoka
Q
L3T-1
L
3
T-1
D
3
(c)
iz čega slijedi parametar 2 oblika
2
Q D3
(d)
Opći oblik zavisnosti parametra 1 od parametra 2 glasi
1
2
ili
M D5
2
Q D3
Mehanika fluida – Vježbe
(e)
6/9
10. Vježbe
Ako se zna da moment M linearno zavisi od protoka Q tada opći izraz (e) prelazi u oblik
M D5
2
C
Q D3
C1
(f)
gdje su C i C1 bezdimenzijske konstante. Zbog uvjeta da je za M=0, Q=0, konstanta C1 je također jednaka nuli, te je konačni izraz za moment
M
C
D2 Q
(g)
Za smanjenje promjera od 10% vrijedi D1=0,9D, a za povećanje kutne brzine za 15% vrijedi 1=1,15 što uvršteno u izraz (g) daje 2
0,9315 C D 2 Q M smanjenje momenta M1 u odnosu na M za 6,85%. M1
C
0,9 D
1,15
Q
Mehanika fluida – Vježbe
(h)
7/9
10. Vježbe
10.4 Otvorena cilindrična posuda promjera D, koja na dnu ima otvor promjera d, koeficijenta protoka Cd je ispunjena fluidom do visine H. Posuda se potpuno isprazni u vremenu t1=36,5 s. Primjenom Pi-teorema treba odrediti za koje bi se vrijeme t2 ispraznila geometrijski slična posuda tri puta većih dimenzija (što znači da je i otvor na dnu tri puta veći) istog koeficijenta protoka Cd otvora na dnu posude u istom polju gravitacije. Uputa: pretpostaviti da je t=f(D, d, Cd, H, g). Rješenje: Pojavom upravlja n=6 veličina čiji je popis dan u sljedećoj tablici Veličina Dimenzija
t
D T
d L
L
Cd 1
H
g LT-2
L
Iz tablice je vidljivo da se u dimenzijama utjecajnih veličina pojavljuju dvije osnovne dimezije L i T (k=2), te je moguće izabrati skup od dvije dimenzionalno nezavisne veličine. U taj skup neće ući vrijeme t jer se traži zavisnost vremena t od preostalih veličina, a mora ući gravitacija g jer je to jedina preostala veličina koja sadrži dimenziju vremena. Koeficijent protoka CD je bezdimenzijska veličina, te je sama po sebi parametar i ne može ući u skup dimenzionalno nezavisnih veličina. Za drugu veličinu dimenzionalno nezavisnog skupa ostaje izbor između D, d, i H, te se izabire promjer posude D. Nakon izbora osnovnog skupa trebalo bi dokazati njegovu dimenzionalnu nezavisnost, što je u ovom primjeru nepotrebno jer je očito da se pomoću dimenzije promjera ne može prikazati dimenzija gravitacije, pa se može odmah pristupiti formiranju n-k=4 parametra. Parametar 1 formira se od vremena t u obliku
t g a Db
(a)
ili pomoću dimenzija
L0T0
T LT-2
a
L
b
što nakon izjednačavanja eksponenata nad istim bazama daje sustav linearnih jednadžbi L: T:
0 0
a 1 -2a
b
(b)
rješenje kojeg je a=1/2, b=-1/2, što uvršteno u izraz (a) daje
t
g D
(c)
Parametar 2 formira se od promjera otvora d, koji ima istu dimenziju kao i promjer D iz skupa dimenzionalno nezavisnih veličina, te direktno slijedi
Mehanika fluida – Vježbe
8/9
10. Vježbe
d D
a isto vrijedi i za parametar koji se formira od visine H
H D
Koeficijent protoka Cd je sam po sebi parametar te se može pisati
Cd
Dakle, fizikalni zakon između 6 fizikalnih veličina izražen funkcijom f oblika t = f (D, d, Cd, H, g) primjenom Pi-teorema prelazi u zakon među četiri parametra oblika
,
,
odnosno
t
g D
d H , , Cd D D
Iako je funkcija nepoznata funkcija, ipak se može odgovoriti na pitanje u zadatku. Naime, u zadatku je u obje situacije isti koeficijent Cd, a za geometrijski slične posude parametri 2 i 3 su jednaki iz čega slijedi da je vrijednost nepoznate funkcije ista u oba slučaja, što povlači jednakost parametara 1 u obliku
t1
g D1
iz čega slijedi t2
t2
g D2
t1
D2 D1
t1 3
63, 2 s .
Mehanika fluida – Vježbe
9/9
11. Vježbe
11. VJEŽBE 11.1 Treba odrediti kutnu brzinu vrtnje 0 i protok Q0 kroz slobodno rotirajuću svinutu cijev prema slici. Kolika je dobivena snaga PT i protok QT za slučaj da cijev rotira kutnom brzinom T=0/2. Koliku snagu PP (i pri kojem protoku QP) treba uložiti da bi se cijev okretala kutnom brzinom P=20. Pretpostavite neviskozno strujanje fluida, a gubitke trenja u ležaju zanemarite. Zadano je: H=0,6 m, R=0,6 m, d=60 mm, pM0=0,31 bar, =35o, =1000 kg/m3. . .. . .. .
.. . . . . . . . . . . . . . .. .. .. . .. . .. . . . .. . .. . . . . . . .. . . . . . . . .. .M0 . .. . . . . . . .
p
0
g
H
R d 1 d pa tlocrt
Rješenje: Zadatak se rješava primjenom osnovnih jednadžbi: jednadžbe kontinuiteta, Bernoullijeve jednadžbe za rotirajuću strujnicu i osnovne Eulerove jednadžbe za turbostrojeve. Jednadžba kontinuiteta za rotirajuću cijev kaže da je protok
Q
w
d2 4
konst .
(a)
Za konstantni promjer d cijevi i relativna brzina w ostaje konstantna duž cijevi. Bernoullijevu jednadžbu za rotirajuću strujnicu se postavlja duž simetrale cijevi od slobodne površine fluida u spremniku do izlaza iz cijevi (točka 1 na slici uz zadatak). Bernoullijeva jednadžba za rotirajuću strujnicu, postavljena od točke 0 do točke 1 (prema slici uz zadatak) glasi
pM0 g
H
w2 u 2 2g
(b)
Uzimajući u obzir da je obodna brzina u na ulazu u cijev jednaka nuli izraz za snagu P za rotirajuću cijev se svodi na
P
gQhTS
gQ
uv
u0v 0 g
Q uv
Mehanika fluida – Vježbe
(c)
1/5
11. Vježbe
gdje su
u v
R u w cos
(d)
obodna brzina i projekcija apsolutne brzine na obodni smjer u izlaznom presjeku cijevi. Kut je kut između relativne i obodne brzine.
w v w
u
Kod slobodno rotirajuće cijevi snaga P je jednaka nuli, tj. projekcija v je jednaka nuli, što je slučaj kada je apsolutna brzina v okomita na obodnu brzinu u , kao što prikazuje slika (a). Jasno je da kod slobodno rotirajuće cijevi brzina u gleda u negativnom smjeru projekcije relativne brzine w na obodni smjer.
Slika (a) Iz izraza (d) za v =0 i iz slike (a) slijedi da je u
(e)
w cos
što uvršteno u jednadžbu (b) daje izraz za veličinu relativne brzine, oblika
2 w
pM 0
gH 15, 0 m s
1 cos 2
(f)
Iz jednadžbe (e) obodna brzina je u w cos 12,3 m s , a tražena brzina vrtnje u R 20, 4 rad s . Iz jednadžbe (a) protok je Q0=42,3 l/s. 0 Slobodno rotirajuća cijev se vrti bez vanjskog utjecaja, a ako se želi da se cijev vrti sporije, znači da ju treba kočiti, tj. kočenjem odvoditi energiju od cjevčice što znači da će cjevčica 10, 2 rad/s , obodna brzina će biti raditi kao turbina. Za kutnu brzinu T 0 2 uT 6,13 m s , što uvršteno u jednadžbu (b) daje TR wT
2
pM 0
gH
uT2
10, 6 m s
(g)
a protok QT je prema jednadžbi (a) QT=29,8 l/s.
Mehanika fluida – Vježbe
2/5
11. Vježbe
vT wT
vT
Slika (b) prikazuje trokut brzina na izlazu iz cijevi. Projekcija apsolutne brzine vT na smjer obodne brzine je prema izrazu (d) (h) v uT wT cos 2,51 m s Brzina v je negativna što ukazuje na turbinski rad, a snaga turbine je prema izrazu (c) PT QTuT v 460 W .
uT
Slika (b) Ako se želi da se cjevčica vrti brže nego kod slobodne rotacije očito će trebati dovoditi snagu kao i kod pumpe. Za kutnu brzinu P 2 0 40,8 rad/s , obodna brzina će biti uP 24,5 m s , a relativna brzina wP 26,0 m s , i protok QP=73,5 l/s. PR
vP
Slika (c) prikazuje trokut brzina na izlazu iz cijevi. Brzina vP je
vP wP
vP
uP
wP cos
3, 24 m s (i)
Brzina vP je pozitivna što ukazuje da se snaga dovodi, a prema izrazu (c) snaga PP je
uP
PP
QPuP vP
5,84 kW
(j)
Slika (c)
Mehanika fluida – Vježbe
3/5
11. Vježbe
11.2 Primitivna turbina preko remenice predaje korisnu snagu PM=730 W, pri konstantnoj brzini vrtnje N=30 o/min i pri ukupnom protoku kroz turbinu Q=28,5 l/s. Treba odrediti snagu PS koju predaje spremnik, snagu PT turbine i snagu PI fluida na izlazu PM iz turbine, mehanički stupanj korisnosti m i ukupni stupanj korisnosti PT PM . Pretpostavite jednodimenzijsko strujanje idealnog fluida. Zadano je H=1,3 u PS m, R=1,2 m, D=40 mm, =15o, =1000 kg/m3. pM0
g
remenica H=konst. A
A
N=konst.
Presjek A-A
D N
R
Rješenje: U ovom primjeru treba izvršiti makroskopsku bilancu energije u sustavu. Fluid se u spremniku nalazi pod nepoznatim pretlakom na visini H u odnosu na izlazni presjek turbine, a uz pretpostavku velikog spremnika se može smatrati da fluid u njemu miruje. Svaka čestica fluida ima specifičnu energiju (po jedinici težine fluida), koja odgovara piezometričkoj visini. Ako fluid iz spremnika istječe protokom Q kroz turbinu, tada je snaga PS koju daje spremnik jednaka umnošku piezometričke visine (npr. slobodne površine u spemniku) i težinskog protoka fluida, tj.
PS
pM0
gH Q
(a)
Ta se snaga dijelom predaje turbini, a dijelom, kroz izlazni mlaz turbine, odlazi u okolinu. Uz pretpostavku idealnog strujanja fluida snaga PT turbine je definirana izrazom PT Quv (b) gdje je Q ukupni protok kroz turbinu (kroz oba kraka). U izrazu (b) je uzeto u obzir da su obodne brzina i projekcija apsolutne brzine na smjer brzine u jednake u oba izlazna
Mehanika fluida – Vježbe
4/5
11. Vježbe
presjeka turbine, te da je na ulazu u turbinu obodna brzina u=0. Fluid napušta turbinu apsolutnom brzinom v, te je snaga oba mlaza na izlazu iz turbine v2 (c) PI Q 2 Jasno je da zbroj snaga PT i PI mora biti jednak snazi PS koju predaje spremnik. Snaga turbine PT se dijelom troši na svladavanje trenja u ležaju i remenici (snaga gubitaka PG), a preostala snaga je korisna snaga PM koja je zadana. Za numeričko izračunavanje gore definiranih snaga, nužno je odrediti pretlak u spremniku. Kutna brzina rotacije turbine je N 30 3,14 rad s . Obodna brzina u R 3,77 m s , a relativna brzina w je prema jednadžbi kontinuiteta jednaka
1 4Q (d) 11,3 m s 2 D2 gdje je uzeto u obzir da kroz svaki krak struji pola ukupnog protoka Q. Bernoullijeva jednadžba za rotirajuću strujnicu od slobodne površine u spremniku do izlaza iz turbine glasi w
pM0 g
w2 u 2 2g
H
(e)
odakle je pretlak pM0=0,44 bar. Snaga PS koju predaje spremnik je prema izrazu (a), PS=1630 W. Slika (a) prikazuje trokut brzina na izlazu iz kraka turbine.
w
Projekcija v je
v
v
. v
u Slika (a)
u
w cos
7,18 m s
(f)
Negativni predznak brzine v ukazuje da se radi o turbini, tj. odvođenju snage.
Snaga PT turbine je prema (b) PT=772 W, a snaga PG gubitaka PG=PT-PM=42 W. Apsolutna brzina na izlazu iz turbine je
v
v
w sin
2
7,76 m s
(g)
Snaga PI mlazova na izlazu iz turbine je prema (c) PI=858 W. Očito je da vrijedi PS=PT+PI. Traženi stupnjevi korisnosti su PM 0,946 m PT (h) PM 0, 448 u PS
Mehanika fluida – Vježbe
5/5
12. Vježbe
12. VJEŽBE 12.1 Propeler vanbrodskog motora pogoni brodicu brzinom v=8,3 m/s. Promjer propelera D=250 mm, a kroz njega se ostvaruje protok od Q=0,5 m3/s. Odredite potisnu silu, ukupnu snagu predanu vodi i stupanj djelovanja propelera. Zadano je =1000 kg/m3. Rješenje:
vp v4
4Q D2
10.186 m s
2vp
v1
vp
v1
v4 2
v1
12.072 m s
v4 Fp
Q v1
Pp
Fp vp
p
v1 vp
v4
1886 N
vp
19, 2 kW
0.815
81,5
12.2 Peltonova turbina promjera radnog kola D=3 m i kuta lopatice =160 o okreće se konstantnom kutnom brzinom n=240 o/min. Mlaz vode (gustoće =1000 kg/m3)napušta mlaznicu promjera d=5 cm brzinom v=60 m/s. Odredite silu F na lopaticu te moment M i snagu P radnog kola. Rješenje: d
D
P
v
n 25.133 rad s 30 d2 D D v v 1 cos 4 2 2
P
M F
0.292 MW
P 2M D
7644 Nm 5096 N
Mehanika fluida – Vježbe
1/5
12. Vježbe
12.3 Odredite snagu predanu jednom stupnju radnog kola aksijalne turbine srednjeg promjera R=0.32 m rotora. Odredite kutove statorske lopatice 3 i 4 ako su ulazni i izlazni kut rotora jednaki i iznose 1 25 o . Zadano je: Q=0.031 m3/s, 2 (protok kroz turbinu), =1000 kg/m3, =10.472 rad/s, b=10 mm (visina rotorske lopatice). Rješenje: u
u u
3 3
4
R
3.351 m s
w
Q 2 R b sin
v1
w cos
v
u
Q
2R b w1 sin
3.697 m s u
6.702 m s
w cos
0
4
2R b w2 sin
1
2
b
4 u
R
v w w cos
w sin
w sin
4
1
2
w1
w2
arctg
u v1 g
hT PT
ghTQ
w
v
w
w sin v1 3
u
13,1 o ;
90 o
v
2.29 m 705.6 W
Mehanika fluida – Vježbe
2/5
12. Vježbe
Pad tlaka kroz rotor
w12 u12 2g
p1 g
Pad tlaka kroz stupanj p1 v12 p4 hT g 2g g
p
p1
p4
w22 u22 , 2g
p2 g
ghT
v42 2g
v1
p1
p2 ,
p
0
v4
0.2246 bar
12.4 Centrifugalna pumpa radi na N=1750 o/min, a apsolutna brzina na ulazu u lopatični prostor je radijalna (1=90o). Kut lopatica na ulaznom bridu u odnosu na negativni smjer obodne brzine je 1=30o, a na izlaznom 2=45o. Uz pretpostavku neviskoznog strujanja i beskonačnog broja beskonačno tankih lopatica (tangencijalne relativne brzine na lopatice) odredite protok Q vode gustoće =1000 kg/m3 kroz pumpu, te visinu dobave hp pumpe, snagu Pp koju pumpa predaje vodi i prirast tlaka p2-p1 kroz pumpu. Promjer lopatičnog vijenca na ulazu je D1=100 mm, a na izlazu D2=250 mm, visina lopatica na ulazu je b1=15 mm, a na izlazu b2=8 mm. Rješenje: Kutovi 1 i 2 se definiraju u odnosu na smjer u !!!
z=konst.
Prema uvjetima zadatka rotor se okreće brzinom N=1750 o/min , te je kutna brzina rotacije
u1
r1
w1 r2
u2 N 30 (a)
1
2
w2
Mehanika fluida – Vježbe
183,3 rad s
Ako se sve veličine na ulazu u rotor označe indeksom 1, a na izlazu iz rotora indeksom 2, tada su obodne brzine na ulazu i izlazu iz rotora
u1
r1
9,16 m s
u2
r2 (b)
22,9 m s
3/5
12. Vježbe
Trokuti brzina: w2 w1
2
u1
v2
v1
(1)
0 v1
vn1
5, 29 m s
u1 tg
v2
u2
=90o
v vn1
vn2
v vn2
(2)
1
Jednadžba kontinuiteta
Q
u2 w2 cos w2 sin 2
2r1 b1 vn1
2r2 b2 vn2
2
(3) (4)
(5)
0,0249 m3 s
Q D1 b1 vn1
Iz (5)
vn2
Iz (4)
w2
Iz (3)
v
Q
3,97 m s
D2 b2
vn2 sin 2 u2
5, 61 m s
w2 cos
2
18,9 m s
Osnovna Eulerova jednadžba za turbostrojeve
hp hp
1 u2v 2 g 44, 2 m
u2v 2 g
u1v1
Uočimo da visina dobave ne zavisi o gustoći
fluida! Snaga predana fluidu
Pp
g Q hp
Snaga se povećava s gustoćom fluida!
10,8 kW
p p2 p1 kroz rotor crpke se može izračunati bilo postavljanjem Prirast tlaka Bernoullijeve jednadžbe od ulaza do izlaza iz rotora koja glasi Bernoullijeva jednadžba
p1 g
v12 2g
hp
p2 g
v22 2g
Mehanika fluida – Vježbe
4/5
12. Vježbe
ili Bernoullijeve jednadžbe za rotirajuću strujnicu između istih točaka, a koja glasi
w12 u12 2g
p1 g
w2 2 u22 2g
p2 g
U obje jednadžbe je uzeto u obzir da se rotor nalazi u horizontalnoj ravnini z=konst., a iz obje jednadžbe slijedi isti prirast tlaka.
p2
p1
1 2
u22
w2 2
w12 u12 2 vn1
p2
p1
1 2
u22
w2 2
2 vn1
(vidi trokut brzina na ulazu)
2, 61 bar
odnosno
p2
p1
ghP
1 2
v12
v22
2, 61 bar
Mehanika fluida – Vježbe
5/5
13. Vježbe
13. VJEŽBE 13.1 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 P=0,75, visina gubitaka do ulaza u pumpu hF1-2=1,5 m, visina gubitaka od izlaza iz pumpe do ulaza u viši spremnik hF3-4=1,5m. Zadano je: =998,2 kg/m3, D=71,4 mm, z1=6,2 m, z5=12,5 m.
5
g pa
4
1 D z1 Q
2
z5
3
D
pumpa p
Rješenje:
v4
hF1-2 hF3-4
hF4-5 hF1-5
4Q 3,5 m s D2 1,5 m 1,5 m
v42 2g hF1-2
0, 63 m hF3-4
hF4-5
3,63 m
Modificirana Bernoullijeva jednadžba od 1 do 5
pa g
hp Pp
PM
z1
z5
z1
hF1-5
gQ hp
Pp
pa g
hp
z5
hF1-5
9,92 m
1360 W
1813 W
p
Mehanika fluida – Vježbe
1/4
13. Vježbe
13.2 Pumpa dobavlja vodu mlaznici protokom Q=0,056 m3/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 hidrauličku-gradijentnu liniju. Zadano je: h=1,5 mm, =998,2 kg/m3, D2=150 mm, D3=100 mm, D5=50 mm.
D3
Q
D5
g
pa h
pa
pumpa p
D2 Rješenje:
D3
Q
D5 pa
pa
2
h
3
4 5
1
D2
Budući da je poznat protok, moguće je odrediti brzine u svim karakterističnim presjecima: 4Q 4Q 4Q v2 3,17 m s v3 v4 7,13 m s v5 28,5 m s 2 2 D3 D52 D2 Bernoullijeva jednadžba od 1 do 2
PUMPA:
Pp
v22 2g
pM2 g
hF1-2
P
p M
0 h
34,17 kW
pM3
pM2
ghp
Bernoullijeva jednadžba od 3 do 5
2
v22
h
hF1-2
1,57 m hp
pM2 g
Bernoullijeva jednadžba od 2 do 3
v22 2g
pM2 g
v32
pM3 g
Pp gQ v22 2g
62,3 m
hp
v32 2g
pM3 g
5,55 bar
v32 2g
Mehanika fluida – Vježbe
v52 2g
hF3
5
2/4
13. Vježbe
v52 2g
v42 2g
pM4 g
Bernoullijeva jednadžba od 4 do 5
(gubici u mlaznici se
zanemaruju)
hF3-5 pM4
Točka 1. spremnik 2. ulaz u pumpu 3. izlaz iz pumpe 4. ulaz u mlaznicu 5. izlaz iz mlaznice
pM3 g v52
2
z G.L. 0 1,5 1,5 1,5 1,5
1 v32 2g v42
v52
16,3 m
3,80 bar
pM g
pM g
v2 2g
z
H.G.L. 0 -1,6 58,2 40,4 1,5
0 -3,1 56,7 38,9 0
pM g
z
v2 2g
E.L. 0 -1,1 60,8 43,0 43,0
0 0,5 2,6 2,6 41,5
Napomena: Energetska linija je 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.
pM 4 2g
D5
pa
1
2
v22 2g
4 5
3 G.L. -1,1
H.G.L.
Mehanika fluida – Vježbe
3/4
v52 2g
13. Vježbe
13.3 Odredite gubitke tlaka pri strujanju zraka (ρ=1,225 kg/m3=konst., =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
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 poprečnom presjeku pa se proračun pada tlaka vrši s ekvivalentnim promjerom, koji je definiran formulom:
De
4A 4ab 0, 4 O 2(a b) A- površina poprečnog presjeka toka (ovdje je to puni presjek A=ab) i O- oplakani opseg toka odnosno duljina opsega poprečnog presjeka u dodiru s fluidom, ovdje O=2(a+b)
gdje je:
U nastavku se koriste izrazi za proračun pada tlaka u cijevima kružnog poprečnog presjeka, 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
1,325
0, 01647 2 k 5, 74 0,9 ln 3, 7 De Re te je traženi gubitak tlaka prema Darcy-Weissbachovom izrazu: L 2 p v 1167,3 Pa De 2
Mehanika fluida – Vježbe
4/4
14. Vježbe
14. VJEŽBE 14.1 Odredite promjer D2 cjevovoda da bi razina fluida u spremniku 2 prema slici ostala konstantna. Zadano je: ρ=997 kg/m3, =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 pa Q=? 2
L1,k1, D1
h 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 utječe u spremnik 2 mora biti jednak protoku kojim fluid iz njega istječe. Budući je zadana visinska razlika H, te svi podaci za cjevovod između spremnika 1 i 2, moguće je izračunati protok Q, kojim fluid utječe 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 između 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 1 1 1 (a) g g 2g D1 2 g a brzina v1 u cjevovodu između spremnika 1 i 2 se može izraziti preko protoka Q u obliku 4Q (b) v1 2 D1 Kombinacijom izraza (a) i (b) slijedi 8Q 2 H 5 2 ( D1 1 L1 ) , D1 g odnosno traženi protok Q je
g 2 D15 H 8( D1 1L1 ) Uvrštavanjem zadanih veličina iz gornjeg izraza slijedi 0, 2654 Qm3/s 0, 2 8981 Q
Mehanika fluida – Vježbe
(c)
(d)
1 / 10
14. Vježbe
gdje je
1
1,325 k1 5, 74 ln 0,9 3, 7 D1 Re1
(e)
2
i
v1 D1
4Q (f) 7, 4 106 Qm3/s D1 Protok Q se određuje iterativno iz izraza (d), (e) i (f), s tim da iterativni postupak započinjemo s izrazom (e) uz pretpostavku Re1=∞. Nakon određivanja λ1, određuje 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. Re1
Iteracije 0 1 2 3
λ1 0,0119 0,0142 0,0143 0,0143
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 određen protok Q kroz prvu cijev, traži se promjer druge cijevi da bi kroz nju fluid strujao jednakim protokom Q. Promjer D2 će se odrediti iz modificirane Bernoullijeve jednadžbe (M.B.J.) postavljene od točke na slobodnoj površini spremnika 2, gdje vlada atmosferski tlak, a brzina strujanja je nula, do točke u mlazu, na izlazu iz cjevovoda, gdje 4Q je tlak jednak atmosferskom tlaku, a brzina mlaza jednaka brzini u cjevovodu v2 2 . D2 Uzimajući u obzir linijske gubitke M.B.J. glasi v22 L2 v22 8Q 2 h 2 (2 L2 D2 ) 5 2 (g) 2g D2 2 g D2 g odakle je
8Q 2 D2 (D L ) 2 gh 2 2 2 Uvrštavanjem svih zadanih vrijednosti u izraz (h) slijedi: D2 0,1314 5 (D2m 26102 ) 5
(h)
(i)
m
gdje je
2
1,325 k2 5, 74 ln 0,9 3, 7 D2 Re2
2
Mehanika fluida – Vježbe
(j)
2 / 10
14. Vježbe
i Reynoldsov broj 4Q 1 108817 Re2 D2 D2 m
(k)
Promjer D2 će se također 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 realnom 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.
Mehanika fluida – Vježbe
3 / 10
14. Vježbe
14.2 Treba odrediti snagu koju pumpa predaje fluidu u sustavu za hlađenje kada je izveden kao otvoreni, prema slici (a), te kao zatvoreni prema slici (b). U oba je slučaja protok u sustavu Q=0,005 m3/s, a promjena gustoće i viskoznosti s temperaturom se može zanemariti. Zadano je: =998,2 kg/m3, =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 Ka=4,2, a u zatvorenom Kb=4,8, Lb=La+H.
hlađeni objekt
hlađeni objekt
1
Q
g
Q
g
H
La D k
Lb=La+H D k
pa
hladnjak
h pumpa
pumpa Pa=?
Pb=? (b)
(a) Rješenje: hlađeni objekt
1
Q
H
z=0
pa
0
Slika (a) Otvoreni sustav
hp H
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 hlađenje, kao što je prikazano na slici (a). U otvorenom sustavu za hlađenje cirkulira stalno isti fluid, pa 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
v2 v2 L v2 Ka a 2g 2g D 2g
Mehanika fluida – Vježbe
(a)
4 / 10
14. Vježbe
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 (b) v 2 0,995 m s D Reynoldsov broj je vD (c) Re 6, 63 104
iz čega se zaključuje da je strujanje u cijevi turbulentno, te se koeficijent trenja računa iz izraza 1,325 (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 gQhp 137,4 W (e)
hlađeni objekt
Q
hladnjak
Slika (b) prikazuje zatvoreni sustav hlađenja 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, hlađeni 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
L v2 p1 v12 p v2 v2 z1 hp 1 1 z1 K b b g 2g g 2g 2g D 2g 1 Slika (b) Zatvoreni sustav
v2 Lb v 2 hp K b 2g D 2g
(f)
Iz gornje je jednadžbe očito da će se visina dobave pumpe trošiti samo na svladavanje lokalnih i linijskih gubitaka trenja. Brzina i koeficijent trenja su jednaki kao i u prethodnom slučaju, te je hp 0,42 m . Snaga pumpe u ovom slučaju je Pb 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.
Mehanika fluida – Vježbe
5 / 10
14. Vježbe
14.3 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: =998,2 kg/m3, =1,139.10-6 m2/s, L=390 m, k=0,2 mm, H=274 m, Ku=0,1, Km=0,06. pa
? D=
Ku H
g L, k
Km
D3 pa
Rješenje: Promjer D cjevovoda koji privodi fluid iz akumulacijskog jezera do Pelton turbine određuje se iz uvjeta da se turbini dovede 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
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) v3
Mehanika fluida – Vježbe
6 / 10
14. Vježbe
Promjer D cjevovoda će se odrediti iz modificirane Bernoullijeve jednadžbe, koja postavljena od točke 0 do točke 3 glasi v2 v2 v2 L (c) H 3 Km 3 Ku 2g 2g 2g D i jednadžbe kontinuiteta D 2 D32 (d) Qv v3 4 4 gdje je sa v označena brzina u cijevi promjera D. Uvrštavanjem jednadžbe (d) u (c) se dobiva v2 8Q 2 H 3 1 K m 2 5 K u D L 2g Dg iz koje se može izraziti promjer D u obliku
(e)
8Q 2 K u D L Dm 0,3261 5 0,1Dm 390 (f) 5 v32 2 g H 1 K m 2g Reynoldsov broj je 4Q 6,17 105 Re (g) D Dm D
Iz jednadžbe (f) je očito da za određivanje promjera D treba poznavati koeficijent trenja koji je funkcija Reynoldsova broja, a za čije je određivanje 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 =0,02, a da se član 0,1D zanemari. Tada je (h) D0 0,3261 5 390 0,02 0,492 m 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 .
6
1,254 10 1,301.106
0,0165 0,0166
U gornjoj tablici je koeficijent trenja 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 D2 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 – Vježbe
7 / 10
14. Vježbe
14.4 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: =999 kg/m3, =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. g pa
pM0
h=? 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 rješava primjenom modificirane Bernoullijeve jednadžbe i jednadžbe kontinuiteta. Na slici (a) su ucrtane karakteristične g točke sustava. Točka 0 se nalazi na pa slobodnoj površini fluida u velikom pM0 0 spremniku, tako da je brzina u točki 0 jednaka nuli. Neka je izlazna brzina u h=? H Ku d točki 1 označena sa v1, a brzina strujanja u cijevi s v. Ukupni lokalni i linijski gubici mehaničke energije su z=0 1 Km v2 v12 L v2 (a) h K 2 K K F u k m D, k 2g 2g D 2g
Kk Luk
Kk
Slika (a) gdje je lokalni gubitak u mlaznici izračunat s izlaznom brzinom v1. Modificirana Bernoullijeva jednadžba od točke 0 do točke 1 glasi pM0 v2 (b) H 1 hF g 2g a jednadžba kontinuiteta D 2 d 2 Qv v1 (c) 4 4
Mehanika fluida – Vježbe
8 / 10
14. Vježbe
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 L Ku 2Kk p 8 1 K D M0 H (d) Q2 2 4 m 4 g d D g U gornjem su izrazu nepoznati protok Q i koeficijent trenja , koji zavisi od protoka Q, te će za određivanje protoka trebati primijeniti iterativni postupak. Za tu svrhu će se u izraz (d) uvrstiti sve poznate veličine, nakon čega se dobiva 11,63 (e) Qm3 s 1, 425 106 8,532 106 Reynoldsov broj izražen s pomoću protoka je 4Q (f) Re 17,33 106 Qm3 s D 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 za turbulentno strujanje se računa iz izraza 1,325 (g) 2 k 5, 74 ln 3, 7 D Re0,9 Iterativni postupak započinje s pretpostavljenom vrijednošću koeficijenta trenja 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 , s kojom započinje nova iteracija. Rezultati iterativnog postupka su sumirani u sljedećoj tablici Broj iteracije Q, m3/s Re 0 0,0180 0,009256 1,60.105 1 0,0202 0,009200 1,59.105 2 0,0202 0,009200 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 =0,0202 prema gornjoj tablici hF=2,54 m. Snaga koja se troši na svladavanje gubitaka je PF gQhF 229 W . Visina h koju dosegne mlaz se određuje 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 između mlaza i okolne atmosfere, može se tvrditi da od točke 1 do točke 2 nema gubitaka mehaničke energije, te vrijedi v12 (h) h 8,64 m 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)
Protok bi bio Qid=10,5 l/s, a mlaz bi dosegnuo visinu hid=11,18 m.
Mehanika fluida – Vježbe
9 / 10
14. Vježbe
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 v (j) Cv 1 0,878 vid U ovom slučaju koeficijent Cv obuhvaća sve lokalne i linijske gubitke mehaničke energije, koji se također mogu pokazati jednim jedinstvenim koeficijentom lokalnog gubitka uz izlaznu brzinu 1 (k) K uk 2 1 0, 294 Cv Isti taj koeficijent se može izračunati iz izraza (a) uz uvjet hF K uk
L v2 K uk K m K u 2 K k 2 0, 294 . D v1
Mehanika fluida – Vježbe
v12 , tj. 2g (l)
10 / 10