MEHANIKA FLUIDA Hidrostatika 1.zadatak. U aparatu koji služi za proveru manometara, vijak prečnika d i hoda h ulazi kroz potpuno zaptiveni otvor u cilindar hidrauličkog akumulatora unutrašnjeg prečnika D i dužine L. Cilindar je napunjen tečnošću čiji je koeficijent stišljivosti s. Odrediti pritisak tečnosti posle n obrtaja vijka, pretpostavljajući da se zidovi akumulatora ne deformišu. Rešenje: U početku je unutrašnja zapremina akumulatora (zapremina tečnosti). D2π V= L. 4 Posle n obrtaja vijka zapremina tečnosti u akumulatoru se promeni za:
d2π h. 4 Kada je vijak svojim prednjim krajem na unutrašnjoj površi akumulatora u tečnosti u akumulatoru vlada atmosferski pritisak (p a ) . ∆V = − n
Posle n obrtaja vijka pritisak u tečnosti je: p = p a + p m pa je: ∆p = p − p a = p m
Polazeći sada od izraza za koeficijent stišljivosti: 1 ∆V s=− dobijamo: ∆p V d 2π −n h 4 1 ⇒ s=− pm D2π L 4
d2h p m = 2 n = K ⋅n D Ls
K = const.
2. zadatak. Odrediti vakuum i apsolutni pritisak u cevi A kroz koju teče tečnost gustine ρ1 a u U-cevi se nalazi živa (gustine ρ 2 ). Visinske kote označene na slici sa h 1 , h 2 i h 3 su takođe poznate veličine. Atmosferski pritisak je p a . Rešenje:
Tečnost u cevi (i jedna i druga) nalaze se u stanju mirovanja. Površi konstantnog pritiska su horizontalne ravni. Uočimo dve takve ravni R 1 i R 2 . B, C∈ R 1 ⇒ p B = p C (1) D, E ∈ R 2 ⇒ p D = p E (2)
Pošto je cev otvorena to je pritisak u tački E jednak atmosferskom pritisku: pE = pa (3)
Zapazimo sada da je tačka a ispod tačke B, a tačka D ispod tačke C u istoj tečnosti pa važe jednačine: p A = p B + gρ1 (h 1 − h 3 ) (4) p D = p C + gρ 2 (h 1 − h 2 )
(5)
Iz jednačine (4) sledi da je: (1)
( 5)
( 2)
p A = p B + gρ1 (h 1 − h 3 ) = p C + gρ1 (h 1 − h 3 ) = p D − gρ 2 (h 1 − h 2 )+ gρ1 (h 1 − h 3 ) = ( 2)
( 3)
= p E − gρ 2 (h 1 − h 2 )+ gρ1 (h 1 − h 3 ) = p a + gρ1 (h 1 − h 3 )− gρ 2 (h 1 − h 2 )
Dakle, apsolutni pritisak u cevi A je:
p A = p a + gρ1 (h 1 − h 3 )− gρ 2 (h 1 − h 2 )
a vakum (podpritisak) je:
p AV = p a − p A = gρ 2 (h 1 − h 2 )− gρ1 (h 1 − h 3 )
3. zadatak Na osnovu pokazivanja h živinog diferencijalnog manometra prikazanog na slici, vezanog za cev kroz koju protiče voda, odrediti pad pritiska između preseka 1-1 i 2-2. Rešenje: Označimo sa: ρ v -gustina vode ρ ž -gustina žive
Tečnosti (voda i živa) u U cevi nalaze se u stanju mirovanja. Ravni R1 i R2 su površi konstantnog pritiska. E, A, B ∈ R 2 ⇒ p 2 = p A = p B (1) C, D ∈ R 1 ⇒ p C = p D (2)
p E = p1 − gρ v z (3) p D = p 2 − gρ v (h + z ) (4) p B = p C + gρ ž h (5) Iz ovih jednačina treba eliminisati pritiske p A , p B , p C , p D i p E . Pođimo od jednačine (3). Iz nje sledi da je: (1)
(2 )
(5 )
(2 )
p1 = p E + gρ v z = pB + gρ v z = p C + gρ ž h + gρ v z = (4 )
= p D + gρ ž h + gρ v z = p 2 − gρ v (h + z ) + gρ ž h + gρ v z = p 2 − gρ v h + gρ ž h ⇒ p1 − p 2 = g(ρ ž − ρ v )h pad pritiska između preseka 1-1 i 2-2.
4. Zadatak. Razlika pritisaka u cevima A i B merena je redno vezanim U-cevima ispunjenim vodom gustine ρ1 i živom gustine ρ 2 . Odrediti p A − p B ako su veličine date na slici h 1 , h 2 , h 3 , h 4 i h 5 poznate.
Rešenje:
Tečnosti u U-cevi (voda i živa) nalaze se u stanju mirovanja. Horizontalne ravni su površi konstantnog pritiska. R1, R2 i R3 su ravni konstantnog pritiska. p C = p A + gρ1 h 1 (1) p H = p B + gρ1 h 5 + gρ 2 h 4 (2) C, D ∈ R 1 ⇒ p C = p D (3) p D = p E + gρ 2 h 2 (4) E, F ∈ R 2 ⇒ p E = p F (5) p G = p F + gρ1 h 3 (6) G, H ∈ R 3 ⇒ p G = p H (7) Iz ovih jednačina treba eliminisati pritiske p C , p D , p E , p F , p G i p H . Pođimo od jednačine (1): (3 )
(5 )
(4 )
(5 )
Iz (1) ⇒ p A = p C − gρ1 h 1 = p D + gρ1 h 1 = p E + gρ 2 h 2 − gρ1 h 1 = (6 )
(7 )
(2 )
= p F + gρ 2 h 2 − gρ1 h 1 = p G − gρ1 h 3 + gρ 2 h 2 − gρ1 h 1 = p H − gρ1 h 3 + gρ 2 h 2 − gρ1 h 1 = (2 )
= p B + gρ1 h 5 + gρ 2 h 4 − gρ1 h 3 + gρ 2 h 2 − gρ1 h 1 ⇒ p A − p B = gρ 2 (h 2 + h 4 ) − gρ1 (h 1 + h 3 − h 5 )
5. zadatak. Izvesti radnu formulu za određivanje natpritiska u tački M uređaja prikazanog na slici, prema pokazivanju h –živinog manometra sa čašom. Prečnik čaše je D, cevi d i visine h.
Rešenje:
Posle priključivanja manometra nivo žive u čaši će se sniziti za ∆h a u cevi podići za h. R-je ravan konstantnog pritiska. A, B ∈ R ⇒ p A = p B p A = p a + PMm + gρ v (H + ∆h ) p A = p a + gρ ž (h + ∆h ) Iz uslova nestišljivosti žive ( Vž = const ) imamo jednačinu: 2
D2π d2π d ∆h =h (4) ⇒ ∆h = h . 4 4 D Iz ovih jednačina treba eliminisati: p A , p B i ∆h . Iz (2) ⇒ (1)
(3 )
p Mm = p A − p a − gρ v (H + ∆h ) = p B − p a − gρ v (H + ∆h ) = (3 )
2
d = p/ a + gρ ž (h + ∆h ) − p/ a − gρ v (H + ∆h ) = g (ρ ž − ρ v ) h + gρ ž h − gρ v H ⇒ D d 2 d2 p Mm = g h ρ ž 2 + 1 − 2 ρ v − ρ v H D D
(1) (2) (3)
6. Zadatak. Za natpritiske u intervalu 0.1 do 0.5 bar nepogodni su manometri sa vodom i živom, jer su pokazivanja prvih vrlo velika, a drugih vrlo mala. Zato se za merenje ovih natpritisaka koristi manometar sa živom i alkoholom prikazan na slici. Odrediti pokazivanje h takvog manometra u zavisnosti od natpritiska p m , ako su poznati poluprečnici d 1 , d 2 i d 3 i gustine alkohola ρ a i žive ρ z .
Rešenje:
R1 i R2 su ravni konstantnog pritiska. A, B ∈ R 1 ⇒ p A = p B ⇒ gρ a H = gρ z a ⇒ ρ a H = ρ z a E ∈ R 1 ⇒ p E = p A = p B ⇒ p E = gρ z H C, D, F∈ R 2 ⇒ p C = p F ⇒ gρ a (H + b − h ) + p m = gρ z (a + b + c )
(1) (2) (3)
d 12 π d 22 π π 2 2 h = (d 3 − d 2 )c = b⇒ iz uslova Vz = const. ⇒ 4 4 4 d 12 h = (d 32 − d 22 )c = d 22 b (4) Iz ovih jednačina treba eliminisati veličine a,b,c: Iz (2) ⇒ (1, 3 ) ρa d 12 d 12 d 12 p m = gρ z (a + b + c ) − gρ a (H + b − h ) = gρ z H + 2 h + 2 h − gρ a H + 2 h − h 2 d2 d3 − d2 d2 ρz d2 p m = g ρ a 1 − 12 d2
d2 d2 + ρ z 12 + 2 1 2 d2 d3 − d2
h
MEHANIKA FLUIDA Pritisak tečnosti na ravne površi 1. zadatak . Teška brana dimenzija: a, b i α napravljena je od betona gustine ρb . Kosi zid brane samo sa jedne strane kvasi voda, gustine ρ , do visine h. Odrediti ukupni obrtni moment po jedinici širine (l=1m) koji potiče od sile pritiska i sile težine, a koji se ima oko kritične obrtne tačke O. Rešenje: Intenzitet sile pritiska tečnosti je: h h 1 h 2l P = pC A = gρ l = gρ 2 sin α 2 sin α 2 1 h l P = gρ 2 sin α 3
1 h l IC 1 h 12 sin α ∆v C = = = ; h h Av C 6 sin α l 2sin α sin α
Težina brane je:
a+b b−a h bl ; hb = tgα 2 2 1 b−a 1 Q = gρ b l ( a + b ) tgα = gρb l b 2 − a 2 tgα ; 2 2 4 Q = gρb Vb = gρb
(
)
OO ' = b cos α ,
h h h h 1 α = OO ' − O 'A = b cos α − − ∆vC = b cos α − − = b cos α − ; 3sin α 2sin α 2 6 sin α h . α = b cos α − 3sin α Moment za tačku O je: b 1 h 2l h 1 b 2 2 M = P ⋅ d + Q ⋅ = gρ b cos α − + gρ b l b − a tgα ⇒ 2 2 sin α 3sin α 4 2
(
(
)
)
b2 − a 2 M h2 h = gρ tgα . b cos α − + bgρb l 2sin α 3sin α 8
2. zadatak. Na bočnoj strani rezervoara, na dubini H, nalazi se kvadratna cev ivice a (v.sl.). Izlaz iz cevi zatvara homogeni poklopac OA, težine Q koji se može obrtati oko ose koja prolazi kroz tačku O, a upravna je na ravan slike. Ako je pokazivanje manometra M, pm, gustina tečnosti u rezervoaru ρ, a poklopac gradi ugao α sa horizontalnom ravni, odrediti minimalni intenzitet sile F potrebne za otvarajne poklopca. Rešenje: Posmatrajmo ravnotežu poklopca OA. Uzimajući tačku O za momentnu tačku imaćemo: G ∑M = 0 ⇒
a a P + ∆v + F ⋅ a ⋅ ctgα = Q ctgα 2 2sin α P 1 ∆v 1 (1) Q− + 2 ctgα 2sin α a U poslednjem izrazu (1) sila pritiska tečnosti na poklopcu data je izrazom: 1 a 2 P = pC A = p m + gρ H + a ,(2) 2 sin α F=
a položaj napadne tačke iste sile dat je izrazom: 3
1 a a IC 1 a2 1 12 sin α . ∆v = = = 2 vC A p m 12 p m a 1 a a sin α gρ + H + 2 sin α sin α gρ + H + 2 Unošenjem izraza (2) i (3) u (1) dobija se: F=
1 a2 2 Q− p m + gρ H + a . 2 sin 2α 3
(3)
3. zadatak. U rezervoaru sa zidom nagnutim pod uglom α prema horizontu, kao što je prikazano na slici, nalazi se tečnost gustine ρ2 do visine h2 i tečnost gustine ρ1 do visine h1. Tečnosti se ne mešaju, a iznad tečnosti u rezervoaru pritisak je atmosferski. Odrediti sile pritiska po jedinici širine zida koji kvasi tečnost gustine ρ1 i na deo koji kvasi tečnost gustine ρ2, kao i položaje njihovih napadnih tačaka.
Rešenje: Sila na deo zida koji kvasi tečnost gustine ρ1 je: h h h2 1 P1 = pC A1 = gρ1 1 1 ⋅1 = gρ1 1 ; 2 sin α 2 sin α Položaj napadne tačke ove sile je: 1
3
v D = vC + ∆v1 = 1
1
h1 + ∆v; 2sin α
1 h1 ⋅1 IC 12 sin α ∆v1 = = ; h1 h1 vC A1 ⋅ ⋅1 2sin α sin α 2 1 v D = h1 . 3 sin α 1
1
h h 1 ⇒ vD = 1 + 1 2 6 sin α Sila na deo koji kvasi tečnost gustine ρ2 je: h h 1 h P2 = pC A 2 = gρ1h1 + gρ2 2 2 ⋅1 = g ρ1h1 + ρ 2 h 2 2 . 2 sin α 2 sin α Određivanje položaja napadne tačke ove sile: 1
1
2
3
1 h2 ⋅1 IC h 22 1 1 12 sin α ∆v 2 = = = vC A 2 h 2 ρ1 1 12 h 2 + ρ1 h sin α h ⋅ 2 1 + h1 2 ρ2 2 ρ1 sin α sin α G Dakle, napadna tačka sile P2 je za ∆v 2 ispod težišta dela koji kvasi tečnost gustine ρ2. Ukoliko bi smo želeli da odredimo napadnu tačku rezultantne sile pritiska tečnosti, treba koristiti Varinjonovu teoremu. 2
2
4. zadatak. Na bočnoj strani zatvorenog suda nalazi se zatvarač OA, oblika i dimenzija datih na slici. Odrediti silu pritiska na zatvarač i moment te sile za tačku O. Pokazivanje ''U'' cevi je h, gustina tečnosti je ρ. Gustinu vazduha iznad tečnosti u sudu zanemariti.
Rešenje: Na osnovu pokazivanja ''U'' cevi je: pa = pa − p v + gρh ⇒ p v = gρh potpritisak iznad tečnosti u sudu. Sila pritiska na neokvašeni deo zatvarača je intenziteta: P1 = p C A1 = p v r 2 π , 1
a njena napadna tačka je u težištu neokvašenog dela zatvarača. Intenzitet sile pritiska na okvašeni deo zatvarača je: P2 = pC A 2 = ( − p v + gρR ) R 2 π , 2
a njena napadna tačka je za ∆z =
IC
2
=
R 4π 4
=
1 R2 4 R − pv gρ
pv 2 − gρ + R R π ispod težišta okvašenog dela zatvarača. Rezultujuća sila pritiska koja deluje na zatvarač je: P = P2 − P1 = gρR 3π − R 2 + r 2 p v π , z*C A 2 2
(
)
a traženi moment, za tačku O, je intenziteta: M o = − P1r + P2 ( 2r + R + ∆z ) , koji posle unošenja izraza za P1, P2, pv i ∆z postaje: 5 M o = gρR 3 π 2r + R − gρh R 3 + r 3 + 2R 2 r π . 4
(
)
5. zadatak. Zatvoreni rezervoar podeljen je na dva dela ravnom pregradom u kojoj se nalazi pravougaoni otvor zatvoren poklopcem istih dimenzija. Otvor je postavljen tako da mu je jedna ivica paralelna površini (slobodnoj) tečnosti (v.sl.). U levom delu rezervoara nalazi se tečnost gustine ρ1 do vrha otvora, a u desnom delu tečnost gustine ρ2 do polovine otvora. U levom delu, iznad tečnosti, vlada natpritisak, a u desnom delu potpritisak. Odrediti vezu između ρ1 i ρ2 ako je poznato da rezultujuća sila pritiska na poklopcu leži na slobodnoj površini tečnosti u desnom delu rezervoara. Rešenje: Sila pritiska, koja sa leve strane deluje na poklopac je intenziteta 1 P1 = pC A = p m + gρ1b ab , 2 gde su a i b ivice pravougaonog poklopca, a pm veličine natpritiska. Sila pritiska sa desne strane na neokvašeni deo poklopca je intenziteta ab , P2 = p v 2 a na okvašeni deo poklopca je: 1 1 P3 = pC ⋅ A 3 = −p v + gρ2 b ab , 4 2 gde je pv potpritisak iznad tečnosti gustine ρ2. Odabirajući napadnu tačku rezultujuće sile za momentnu tačku, dolazima do jednačine: b b P1 ⋅ ∆z1 = P2 + P3 + ∆z3 (1) 4 4 gde su: 1 3 ab IC 1 b2 12 ∆z1 = * = = zC A b pm 12 b + p m + ab 2 gρ1 2 gρ1 3
1
1
3
1 b a IC 1 b2 12 2 ∆z 3 = * = = z C A 3 b p v ab 48 b − p v − 4 gρ2 4 gρ2 2 3
3
Unošenjem izraza za P1, P2, P3, ∆z1 i ∆z3 u jednačinu (1), iz nje se dobija da je: 1 ρ1 = ρ2 . 2
6. zadatak. Cilindrični sud, prečnika D, čija je masa m, napunjen je tečnošću gustine ρ do visine H i visi na klipu prečnika d. Odrediti potpritisak koji obezbeđuje ravnotežu suda, zanemarujući trenje suda o klip, i silu koja opterećuje grupu zavrnjaja A.
Rešenje: Posmatrajmo ravnotežu svih sila koje deluju na sud. Problem je osnosimetrični pa se sve horizontalne sile uravnotežuju. U vertikalnom pravcu imamo: - sila na poklopcu suda ( ↑ ): π P1 = D 2 − d 2 p v 4 - sila pritiska tečnosti na dno suda je( ↓ ): πD 2 P2 = ( gρH − p v ) 4 - težina suda je: G = mg . Onda imamo: P1 + P2 + G = 0 . Zamenom se dobija: π 2 πD 2 D − d2 pv + ( gρH − p v ) + mg = 0 ⇒ 4 4 4mg D2 pv = + g ρ H . πd 2 d2 G Jedina sila koja opterećuje zavrnje (vijke) A-A je sila P1 , dakle, π FA = D 2 − d 2 p v . 4 Primedba: Ovaj zadatak može se uraditi i na druge načine.
(
(
)
)
(
)
7. zadatak. Cilindrični sud, prečnika D i visine H, napunjen je tečnošću gustine ρ i oslanja se na klip prečnika d. Odrediti pokazivanje manometra M, (v.sl.) ako su mase poklopca, cilindričnog omotača i dna suda: mp, mo i md. Zatim odrediti sile na grupe zavrtanja (vijaka) A i B. Rešenje: Posmatrajmo ravnotežu svih sila koje deluju na sud. - sila na poklopcu je ( ↓ ): D2 π P1 = p m 4 - sila na dno suda je( ↓ ): πD 2 πd 2 − P2 = ( p m + gρH ) 4 4 Onda je jednačina ravnoteže suda: P1 = P2 + g ( m p + mc + md ) .
Zamenom izraza za sile pritiska dobija se: πD 2 πd 2 D2π pm = ( p m + gρH ) − + g ( m p + mc + md ) ⇒ 4 4 4 d2π π pm = g ( m p + mc + md ) + gρH D2 − d 2 ⇒ 4 4 D2 4g p m = 2 ( m p + m c + m d ) + gρH 2 − 1 . d π d Sile koje opterećuju vijke su: D2 π FA = p m − gm p 4 π FB = ( p m + gρH ) D 2 − d 2 + gm d . 4 Primedba: Može se ovaj zadatak rešiti i na druge načine. Sila FB može se i ovako odrediti: D2 π FB = FA − gmo = p m − gm p − gmo . 4
(
(
)
)
MEHANIKA FLUIDA Pritisak tečnosti na krive površine 1. Zadatak. U ravnoj vertikalnoj pregradi rezervoara nalazi se kružni otvor prečnika D. Otvor je zatvoren zatvaračem koji se satoji od dve polulopte prečnika D i D (vidi sliku). Zatvarač se može obrtati oko ose koja prolazi kroz tačku A, a upravna je na ravan slike. Razlika nivoa tečnosti u levom i desnom delu rezervoara je H, a njena gustina je ρ . Odrediti veličinu prečnika d ako je zatvarač u ravnoteži u vertikalnom položaju. Masu zatvarača zanemariti.
Rešenje: Momentna jednačina napisana za tačku A ima oblik: D D Px1 + ∆z1 − Pz1 r1x − Px 2 + ∆z 2 + Pz 2 r2 x = 0 2 2 u kome su: D2π D2 π Px1 = gρH 1 Px 2 = gρH 2 , 4 4 horizontalne komponente sile pritiska tečnosti sa leve i desne strane zatvarača. 3 1 1 4 D 1 Pz1 = gρ π = gρD 3 π , Pz2 = gρd 3π ; 2 3 2 12 12 vertikalne komponente sile pritiska sa leve i desne strane zatvarača. D4π I yz D2 D2 64 ∆z 1 = = = , ∆z 2 = , 16H 2 D2π D 2 π 16H1 H1 H1 4 4 3 3 r1x = D , r2 x = d 16 16 Unošenjem izraza (2), (3) i (4) u jednačinu (1) dobija se da je: d = 4 D 3 (D − 8H ) Zapaža se da je za ovakvo rešenje neophodno da je D ≥ 8H .
(1)
(2)
(3)
(4)
2. Zadatak. Na bočnoj strani cilindričnog rezervoara nalazi se horizontalna cev ivice a zatvorena isto takvim poklopcem. Sila F, koja deluje u težištu poklopca, upravno na njega ne dozvoljava da se poklopac otvori obrtanjem oko ose O (vidi sliku). Ako se u rezervoaru, do visine h, nalazi tečnost gustine ρ1 , a odatle na gore tečnost gustine ρ 2 i ako je gornji deo rezervoara polusfera poluprečnika R odrediti silu koja opterećuje zavrtnje kojima je polusfera vezana za cilindrični deo. Masu polusfere zanemariti. Rešenje: Momentna jednačina, za tačku O, ima oblik: a a F = P + ∆z (1) 2 2 u kome je: P = (p m + gρ 2 R + gρ1 h )a 2 sila pritiska tečnosti na poklopac, a p m pretpostavljeni natpritisak u najvišoj tački polusfere i: a2 ∆z = p ρ 12 m + 2 R + h gρ1 ρ1
položaj napadne tačke sile pritiska na poklopac. Unošenjem izraza za ∆z i P u jednačinu (1) i njenim rešavanjem dobija se da je: F 1 p m = 2 − gρ 2 R − gρ1 h + a 6 a
Horizontalne sile pritiska na polusferu su, zbog simetrije, u ravnoteži. Vertikalna sila pritiska koja deluje na polusferu, a to je sila koja opterećuje zavrtnje data je izrazom:
p 2 Pz = gρ 2 R 2 π R + m − R 3 π gρ 2 3 koji posle unošenja izraza za p m i sređivanja postaje: F 2 1 Pz = R 2 π 2 − gρ 2 R − gρ1 h + a . 3 6 a
3. Zadatak. Na bočnoj strani zatvorenog rezervoara, na dubini h 2 , nalazi se kružni otvor prečnika d koji je zatvoren konusnim poklopcem visine b (vidi sliku). Od dna rezervoara, pa do polovine otvora, je tečnost gustine ρ1 ,a odatle pa naviše tečnost gustine ρ 2 . Ako je pokazivanje manometra p m odrediti pritisak iznad tečnosti u sudu i sile koje opterećuju vijke, koji vezuju poklopac za rezervoar. Težište otvora je na visini h 1 od dna. Masu poklopca zanemariti.
Rešenje: Pritisak iznad tečnosti u sudu, na osnovu pokazivanja manometra M, je: p = p a + p m − gρ1 h 1 − gρ 2 h 2 . Horizontalna sila pritiska na deo poklopca koji kvasi tečnost gustine ρ1 je:
2d d 2 π (→)Px1 = p C1 A x1 = p m − gρ1 h 1 − , 3π 8 dok je vertikalna sila pritiska na ovaj deo: 1 1 d2π (↓)Pz1 = gρ1V1 = 2 3 4 b + 12 db gpρm − h 1 gρ1 . 1 Horizontalna sila pritiska na deo poklopca koji kvasi tečnost gustine ρ 2 je: π , 3π 8
(→)Px 2 = p C 2 A x 2 = p m − gρ1h 1 − gρ 2 2d d
2
a vertikalna sila pritiska na ovaj deo je: 2 (↑)Pz 2 = gρ 2 V2 = 12 db gpρm − ρρ1 h 1 − 12 13 d4π bgρ 2 2 2 Sila koja opterećuje vijke na istezanje je: 2d d 2 π . Px = Px1 + Px 2 = 2p m − 2gρ1 h 1 + g (ρ1 − ρ 2 ) 3π 8 Sila koja opterećuje vijke na smicanje je: 1 Pz = Pz1 − Pz 2 = (ρ1 + ρ 2 )gd 2 bπ . 14
4. Zadatak. Na bočnoj strani zatvorenog rezervoara nagnutog pod uglom α prema horizontali, nalazi se, na dubini h, kružni otvor zatvoren polusfernim poklopcem poluprečnika R. Poklopac je za rezervoar vezan zavrtnjima (vidi sliku). Ako je gustina tečnosti ρ , a pokazivanja manometra p m odrediti sile koje opterećuju zavrtnje na smicanje i na istezanje. Masu poklopca zanemariti.
Rešenje:
Posmatramo ravnotežu tečnosti obuhvaćenu polusfernim poklopcem. Ravnoteža ovog dela tečnosti data je jednačinom: G G G P + Q + R∗ = 0 u kojoj su: G G P = (p m + ρgh )R 2 π j - sila pritiska tečnosti na ravnu površ koja razdvaja polusferu od rezervoara. G G G 2 Q = gρ R 3 π sin α i − cos α j - težina izdvojene tečnosti i 3 G∗ R -sila kojom poklopac deluje na izdvojenu tečnost. Sila kojom tečnost deluje na poklopac je: G G G G R = −R ∗ = P + Q G G Unošenjem vektorskih reprezentacija za P i Q u poslednji izraz dobija se da je: G G 2 2 G R = gρR 3 π sin α i + (p m + gρh )R 2 π − gρR 3 π cos α j ć 3 3 Sila koja opterećuje zavrtnje na smicanje je: 2 R x = gρR 3 π sin α 3 a na istezanje je: 2 R y = (p m + gρh )R 2 π − gρR 3 π cos α . 3
(
)
5. Zadatak. Telo oblika pravog kružnog cilindra, prečnika osnove D i dužine h oslanja se na glatku pregradu A (vidi sliku). Do polovine cilindra je tečnost gustine ρ 2 , a odatle pa naviše tečnost gustine ρ1 . Odrediti silu pritiska tečnostina telo i gustinu materijala od koga je telo napravljeno.
Rešenje:
Horizontalna komponenta sile pritiska na deo koji kvasi tečnost gustine ρ1 je: DD 1 Px = gρ1 h = gρ1 D 2 h 4 2 8 Horizontalna komponenta sile pritiska tečnosti, na deo koji kvasi tečnost gustine ρ 2 je, zbog simetrije, jednaka nuli. Vertikalna komponenta sile pritiska na deo koji kvasi tečnost gustine ρ1 je: 2 D D 1 D2 π πD h = ρ − = ρ − g h h g 1 z1 1 1 4 4 4 4 2 2 Vertikalna komponenta sile pritiska tečnosti na deo koji kvasi tečnost gustine ρ 2
(↓) P
je: π ρ1 D 2 h 1 D2π ρ1 D + g h D h g = ρ = ρ + 2 z2 2 ρ 2 2 4 ρ2 2 2 4 Rezultujuća vertikalna komponenta sile pritiska tečnosti je: π π D2h (↑)Pz = Pz 2 − Pz1 = g 1 + 4 ρ1 + 2 ρ 2 4 Iz uslova ravnoteže tela sleduje jednačina: Q = Pz
(↑)P
D2π h -težina tela, a ρ m -gustina materijala od koga je telo napravljeno. 4 Unošenjem izraza za Q i Pz u poslednju jednačinu i njenim rešavanjem dobija se da je: 1 1 1 ρ m = + ρ1 + ρ 2 2 4 π
gde je Q = gρ m
6. Zadatak. Otvor rezervoara zatvoren je polusfernim zatvaračem poluprečnika R (vidi sliku). Iznad zatvarača je konus visine h na čijem je vrhu priključen vakuummetar V. Rezervoar je visine 3R, a u njemu je tečnost gustine ρ 3 . U sfernom zatvaraču je tečnost gustine ρ1 , a iznad nje, pa do vrha konusa, tečnost tečnost gustine ρ 2 . Pokazivanja manometra M i vakuummetra V su p m i p v respektivno. Odrediti silu kojom tečnosti deluju na polusferni zatvarač.
Rešenje: Sila pritiska tečnosti koja sa gornje strane deluje na zatvarač data je izrazom:
2 gρ h − p v 2 R π tj. = gρ1 R 3 π + 2 gρ1 3 (↓)P1 = (gρ 2 h − p v )R 2 π + 23 gρ1R 3 π Sila pritiska tečnosti koja sa donje strane deluje na polusferni zatvarač je: (↑)P2 = gρ3 23 R 3 π + p m −g3ρgρ 3 R R 2 π , odnosno: 3 (↑)P2 = p m R 2 π − 73 gρ 3 R 3 π . Onda je sila pritiska kojom tečnosti deluju na zatvarač data izrazom:
(↓)P
1
(↓)P = P
1
1 − P2 = (gρ 2 h − p v − p m )R 2 π + g (2ρ1 + 7ρ 3 )R 3 π 3
Jasno je da se, zbog osne simetrije zatvarača, sile pritiskau horizontalnom pravcu poništavaju.
7. Zadatak. Cilindrični sud prečnika d i mase m1 povezan je sa poluloptastim sudom poluprečnika R i mase m 3 pomoću prstenaste prirubnice mase m 2 . Povezivanje je ostvareno vezama A, B i C . Odrediti sile koje opterećuju ove tri veze ako se ovaj kombinovani otvoreni sud napuni tečnošću gustine ρ do visine H.
Rešenje:
Sve horizontalne sile za oba suda se poništavau jer su sudovi osnosimetričnog oblika, tako da nijedna veza neće biti opterećena na smicanje. U vertikalnom pravcu postoji sila pritiska L L (P1 ) na prstenastu ravnu površ i sila pritiska (P2 ) na polusferno dno donjeg suda. Intenziteti ovih sila su: 2 (↑)P1 = gρz c A = gρH R 2 π − d4π
(↓)P
2
2 = gρVz = gρ R 3 π + R 2 πH 3 (↓)P2 = gρR 2 π 23 R + H ;
Uzimajući u obzir mase pojedinih sudova i prirubnice dobijaju se sile koje veze A, B i C opterećuju na istezanje:
2 d2π FA = (m1 + m 2 + m 3 )g − P1 + P2 = (m1 + m 2 + m 3 )g + gρ R 3 π + H 4 3 2 d 2π H FB = (m 2 + m 3 )g − P1 + P2 = (m 2 + m 3 )g + gρ R 3 π + 4 3 2 FC = m 3 g + P2 = m 3 g + gρR 2 π R + H 3
8. Zadatak. Zatvoreni rezervoar je na dva dela ravnom pregradom u kojoj se nalazi kružni otvor prečnika d zatvoren loptastim zatvaračem istog prečnika. U levom delu rezervoara, do polovine otvora nalazi se tečnost gustine ρ 2 , a naviše do visine h 1 tečnost gustine ρ1 . U desnom delu rezervoara je tečnost gustine ρ 2 (vidi sliku). Ako su pokazivanja manometra i vakuummetra p m i p v respektivno odrediti vertikalnu i horizontalnu komponentu sile pritiska tečnosti na zatvarač. Rešenje:
Horizontalna komponenta sile pritiska na deo zatvarača koji kvasi tečnost gustine ρ1 je: 2 (→)Px1 = p a + p m + gρ1 h 1 − 2d d π , 3π 8 a na deo koji sa leve strane kvasi tečnost gustine ρ 2 je: 2d d 2 π . 3π 8 Horizontalna komponenta sile pritiska na desnu polusferu je: 2 (←)Px 3 = [p a − p v ] d π . 4 Horizontalna komponenta sile pritiska na zatvarač je: 2 (→)Px = Px1 + Px 2 − Px 3 = p m + p v + gρ1h 1 + g d (ρ 2 − ρ1 ) d π . 3π 4 Vertikalna komponenta sile pritiska na gornju polovinu polulopte u levom delu rezervoara je: 1 d2π p 1 4 d3π , h 1 + m − ↓ Pz1 = gρ1 V1 = gρ1 2 4 g 4 3 8 ρ 1 a na donju polovinu polulopte je: 1 4 d 3 π 1 d 2 π p m ρ1 h 1 . ↑ Pz 2 = gρ 2 V2 = gρ 2 + + 4 3 8 2 4 g ρ ρ 2 2
( → ) Px 2 = pa + pm + gρ1h1 + gρ2
()
()
Vertikalna komponenta sile pritiska na desnu polovinu polulopte je:: 1 4 d 3π (↑)Pz3 = gρ 2 V3 = gρ 2 2 3 8 , pa je vertikalna komponenta sile pritiska na zatvarač data izrazom:
(↑)P
z
= Pz 2 + Pz 3 − Pz1 =
1 (ρ1 + 3ρ 2 )gd 3 π 24
Relativno mirovanje tečnosti Translatorno kretanje suda sa tečnošću 1. Zadatak. Cisterna čiji je poprečni presek elipsa poluosa a i b napunjena je tečnošću gustine ρ i kreće se pravolinijski jednaklo ubrzano ubrzanjme w po horizontalnoj ravni (vidi sliku). Ako je dužina cisterne c a manometar M pokazuje natpritisak pm odrediti sile pritiska tečnosti na prednju i zadnju stranu cisterne.
Rešenje:
X = 0, Y = − w , Z = −g dp = ρ(Xdx + Ydy + Zdz ) -osnovna jednačina hidrostatike Zamenom projekcija zapreminske sile u prethodnoj jednačini dobija se: dp = ρ(− wdy − gdz ) Integracijom poslednje jednačine dobija se jednačina: p = −ρwy − gρz + C ; Konstanta C određuje se iz graničnog uslova za pritisak: x=0, y=0, z=0: p = pa + pm ⇒ C = pa + pm pa prethodna jednačina postaje: p − p a = p m − ρwy − ρgz -jednačina rasporeda pritiska u tečnosti. Onda je sila pritiska tečnosti na prednju stranu cisterne: Pp = (p − p a )C1 A
gde je C1 (0,0,−b ) težište prednje strane cisterne, A = abπ -površina prednje strane cisterne. Onda se dobija da je: Pp = (p m + ρgb )abπ .
Sila pritiska tečnosti na zadnju stranu suda je: Pz = (p − p a )C2 A
gde je C 2 (0,−c,−b ) težište zadnje strane suda. Onda je: Pz = (p m + ρwc + ρgb)abπ .
2. Zadatak. Prizmatična cisterna dužine b čiji je bazis petougaonik dat na slici, napunjena je tečnošću gustine ρ1 do visine h 2 , a odatle pa do vrha tečnošću gustine ρ 2 i kreće se konstantnim ubrzanjem a po horizontalnom pravolinijskom putu. Ako je, za vreme kretanja, pokazivanje vakuummetra p v , a tačka Apripada razdelnoj površi tečnosti, odrediti silu pritiska na zadnju stranu cisterne. Tečnosti se ne mešaju.
Rešenje.
Obe tečnosti relativno miruju pa i za jednu i za drugu važi osnovan jednačina za hidrostatiku. Za tečnost gustine ρ 2 ona je: 1 dp = Xdx + Ydy + Zdz (1) ρ2 Kako su, za izabrani koordinatni sistem, projekcije rezultujuće zapreminske sile: X = 0, Y = −a , Z = −g (2) jednačina (1) postaje: dp = ρ 2 (− ady − gdz ) (3) Integracijom jednačine (3) dobija se jednačina: p = ρ 2 (− ay − gz ) + C1 (4) gde se konstanta C1 određuje korišćenjem graničnog uslova: p = p a − p v za y = b, z = 2h i iznosi: C1 = p a − p v + ρ 2 (ab + 2gh ) . Unošenjem izraza za konstantu C1 u jednačinu (4) dobija se jednačina rasporeda pritiska, za tečnost gustine ρ 2 , u obliku: p − p a = − p v + aρ 2 (b − y ) + gρ 2 (2h − z ) (5) Pritisak u tački A(0, b,0 ) koja pripada razdelnoj površi tečnosti dobija se iz jednačine (5) unošenjem koordinata tačke A i iznosi: PA = p a − p v + 2gρ 2 h .
4 Težište dela zadnje strane, koji kvasi tečnost gustine ρ 2 , je u tački C1 0,0, h 3 pa je sila pritiska tečnosti na ovaj deo zadnjue strane data izrazom: 2 2 h P1 = (p − p a )C1 A1 = − pv + abρ 2 + ghρ 2 3 2 gde je razlika pritisaka (p − p a )C1 određene iz jednačine (5) unošenjem koordinata tačke C1 .
Za tečnost gustine ρ1 , ponavljajući isti postupak, dolazi se do jednačine: p = −ρ1 (ay + gz ) + C 2 a konstanta C 2 određuje se korišćenjem poznatog pritiska u tački A i iznosi: C 2 = p a − p v + 2gρ 2 h + abρ1 Sa ovako određenom konstantom C 2 jednačina (6) postaje: p − p a = −p v + aρ1 (b − y ) − gρ1z + 2gρ 2 h
(6) (7) (8)
Težište dela zadnje strane koji kvasi tečnost gustine ρ1 je u tački C 2 (0,0, h 2 ) pa se iz jednačine (8) dobija da je u tački C 2 : (p − p a )C 2 = −p v + aρ1b − gρ1 h + 2gρ 2 h (9) 2 Sila pritiska na ovaj deo zadnje strane je: 1 P2 = (p − p a )C2 A 2 = − pv + abρ1 + 2ghρ 2 − gρ1h h 2 2 a rezultujuća sila pritiska je: 2 14 h P = P1 + P2 = − 3p v + (2ab − gh )ρ1 + gh + ab ρ 2 3 2
3. Zadatak. Sud prikazan na slici sastoji se od dva obrtna paraboloida i napunjen je tečnošću gustine ρ . Sud se kreće u horizontalnoj ravni po pravolinijskom putu konstantnim ubrzanjem a. Ako su veličine date na slici poznate, a pokazivanje manometra je p m odrediti vertikalne komponente sila pritiska tečnosti na obrtne paraboloide. Rešenje:
Tečnost relativno miruje u susdu pa važi jednačina: dp = ρ(Xdx + Ydy + Zdz ) Kako je, za izabrani koordinatni sistem: X = 0, Y = −a , Z = −g poslednja jednačina se svodi na oblik: dp = −ρ(ady + gdz ) Integracijom posldenje jednačine dobija se: p = −ρ(ay + gz ) + C a konstanta C određuje se korišćenjem poznatog pritiska u tački M, tj. za : x=0, y=0, z=h: p = p a + p m , i iznosi: C = p a + p m + gρh . Unošenjem izraza za konstantu C u poslednju jednačinu dobija se jednačina rasporeda pritiska u obliku: p − p a = p m + aρy + gρ(h − z ) . Koristeći činjenicu da je za fiktivnu slobodnu površinu tečnosti p = p a iz poslednje jednačine (rasporeda pritiska) dobija se jednačina fiktivne slobodne površine tečnosti u obliku: p a z=h+ m − y ρg g Vertikalna komponenta sile pritiska tečnosti na gornji paraboloid je: (↑)P1 = ρgV1 = ρg R 2 π h + pρmg − 12 R 2 πh = gρR 2 π 12 h + pρmg a na donji paraboloid:
(↓)P2 = ρgV1 = ρg R 2 π h + pρmg − 12 R 2 π h2 = gρR 2 π 34 h + pρmg
Jednoliko obrtanje suda sa tečnošću 1.Zadatak. Sud oblika zarubljenog konusa dimenzija D,d i a napunjen je tečnošću gustine ρ i obrće se, oko svoje vertikalne ose, konstantnom brzinom ω (vidi sliku). Ako je, za vreme obrtanja, pokazivanje manometra p m odrediti sile pritiska tečnosti na gornji i donji bazis suda. Rešenje: Tečnost u sudu relativno miruje pa važi osnovna jednačina za hidrostatiku: dp = ρ(Xdx + Ydy + Zdz ) (1) Za odabrani koordinatni sistem projekcije rezultujuće zapreminske sile su: X = ω 2 x, Y = ω 2 y, Z = −g (2) Unošenjem projekcija (2) u jednačinu (1) ona postaje: dp = ρ ω 2 xdx + ω 2 ydy − gdz Integracijom poslednje jednačine, član po član, dobija se jednačina: ω2 2 p=ρ r − gρz + C (3) 2 gde je r 2 = x 2 + y 2 . Koristeći poznati pritisak u tački M dobija se da je integraciona konstanta: C = p a + p m + gρa . Unošenjem konstante C u jednačinu (3) dobija se jednačina rasporeda pritiska u obliku: ω2 2 p − pa = pm + ρ r + gρ(a − z ) (4) 2 Jednačina rasporeda pritiska za gornji bazis dobija se iz jednačine (4) unošenjem u nju z = a (jednačina ravni kojoj pripada gornji bazis) i ima oblik: ω2 2 (p − p a )G = p m + ρ r 2 Onda je sila pritiska tečnosti na gornji bazis data izrazom: d2 ω2 2 ω2 d 2 d 2 π PG = ∫ (p − p a )G dA G = ∫ p m + ρ r 2rπdr = p m + ρ 2 16 4 AG 0 Jednačina rasporeda pritiska na donji bazis dobija se iz jednačine (4) u nju z = 0 (jednačina ravni kojoj pripada donji bazis) i ima oblik: ω2 2 (p − p a )D = p m + ρ r + gρa 2 Sila pritiska tečnosti na donji bazis data je izrazom: D2 ω2 2 ω2 D 2 D2π p m + gρ a + ρ PD = ∫ (p − p a )D dA D = ∫ p m + ρ r + gρa 2rπdr = 2 4 16 AG 0
(
)
2. Zadatak. Sud oblika obrtnog paraboloida prečnika osnove D i visine h, napunjen tečnošću gustine ρ , obrće se oko svoje vertikalne ose konstantnom ugaonom brzinom ω (vidi sliku). Pokazivanje manometra je p m . Odrediti: jednačinu rasporeda pritiska u tečnosti, jednačinu rasporeda pritiska za omotač suda, silu pritiska tečnosti na osnovu i omotač suda. Rešenje:
Polazeći od osnovne jednačine za hidrostatiku: dp = ρ(Xdx + Ydy + Zdz ) i unoseći u nju projekcije rezultujuće zapreminske sile: X = ω 2 x , Y = ω 2 y, Z = −g dobija se jednačina: dp = ρ ω 2 xdx + ω 2 ydy − gdz , čijom se integracijom dolazi do jednačine: ω2 2 p=ρ r − gρz + C (1) 2 gde je izvršen prelaz na polarno-cilindrični koordinatni sistem. Korišćenjem poznatog pritiska u tački M dobija se da je integraciona konstanta: C = p a + p m + gρh
(
)
pa se jednačina (1) svodi na jednačinu: ω2 2 r + gρ(h − z ) (2) 2 koja pretstavlja jednačinu rasporeda pritiska u tečnosti. Jednačina površi, kojoj pripada omotač suda, za odabrani koordinatni sistem je: r2 (3) z = h 1 − 4 2 D Unošenjem izraza (3) u jednačinu (2) dobija se jednačina: 2 (p − p a )o = p m + ρ ω + 4gh2 r 2 D 2 koja pretstavlja jednačinu raporeda pritiska tečnosti za omotač suda. Zamenjujući p = p a u jednačini (2) dobija se jednačina fiktivne slobodne površi tečnosti u obliku: p ω2 2 z=h+ m + r (4) ρ g 2g Sila pritiska tečnosti na omotač data je izrazom: p − pa = pm + ρ
D2π 1 D2π 1 D2π Po = ρgV = ρg h1 − h− h 0 2 4 2 4 4 gde se veličina h 1 dobija iz jednačine (4), unošenjem u nju r = D 2 , i iznosi: h1 = h +
p m ω2 D 2 + ρg ρg
a onda je veličina: p m ω2 D 2 . = ρg ρg Unošenjem veličina h 0 i h 1 u izraz (5) dobija se da je: h 0 = h1 − h −
1 ω2 D 2 D 2 π Po = p m + ρgh + ρ 2 16 4 Sila pritiska tečnosti na osnovu suda je: 1 D2π ω2 D 2 PB = Po + ρg h = p m + ρgh + ρ 2 4 16
D2π 4
(5)
3. Zadatak. Zatvoreni sud oblika kružnog cilindra poluprečnika R napunjen je tečnošću gustine ρ i obrće se, oko vertikalne ose, konstantnom ugaonom brzinom ω . Kružni poklopac prečnika R, koji zatvara isti takav otvor na gornjem bazisu cilindra održava u ravnoteži, za vreme obrtanja suda, sila intenziteta F (vidi sliku). Odrediti jednačinu rasporeda pritiska u tečnosti i silu pritiska tečnosti na gornji bazis suda. Rešenje. Polazeći od osnovne jednačine za hidrostatiku: dp = ρ(Xdx + Ydy + Zdz ) i unoseći u nju projekcije rezultujuće zapreminske sile koja deluje na tečnost u sudu: X = ω 2 x , Y = ω 2 y, Z = −g i integraleći je dolazi se do jednačine rasporeda pritiska u sudu: ω2 2 p=ρ r − gρz + C (1) 2 u kojoj je integraciona konstanta C , za sada, nepoznata. Unoseći z = 0 (jednačina ravni kojoj pripada gornji bazis suda) u jednačinu (1) dolazi se do jednačine rasporeda pritiska tečnosti za gornji bazis suda u obliku: ω2 2 p ∗ = ρ r + C (2) 2 Koristeći činjenicu da sila, intenziteta F, održava poklopac u ravnoteži dolazi se do jednačine: (3) ∫ (p ∗ − p a )dA = F A
u kojoj je A površina poklopca. Uzimajući da je elementarna površina dA = rdrdϕ i unoseći je zajedno sa izrazom (2) u jednačinu (3) ista se svodi na jednačinu: π2 R cos ϕ ω2 2 dϕ ∫ ρ r + ρC − p a rdr = F (4) ∫ 2 0 −π 2 koja, posle realizacije naznačene integracije i zamene granica, postaje: 3 R 2π 2 4 (ρC − p a ) = F ρω R π + 64 4 Iz jednačine (5) dobija se da je: 4 3 ρC = p a + 2 F − ρω 2 R 4 π 64 R π pa jednačina rasporeda pritiska (1), posle zamene vrednosti za ρC , postaje: p − pa = ρ
ω2 2 4 3 r − gρz + 2 F − ρω 2 R 4 π 64 2 R π
(5)
(6)
Jedančina rasporeda pritiska, za gornji bazis suda, dobija se iz jednačine (6), zamenom z = 0 , i ima oblik: ω2 2 4 3 (7) p∗ − pa = ρ r + 2 F − ρω 2 R 4 π 64 2 R π Sila pritiska tečnosti, na gornji bazis suda, data je izrazom: P = ∫ (p ∗ − p a )dA A
koji se, posle zamene dA = 2rπdr i unošenjem izraza (7), svodi na oblik: R ω2 2 4 3 P = ∫ ρ r + 2 F − ρω 2 R 4 π 2rπdr 2 64 R π 0 iz koga se, posle realizacije naznačene integracije i zamene granica, dobija da je: P = 4F +
1 ρω 2 R 4 π . 16
4. Zadatak. Konusni sud, prečnika d i visine h, napunjen tečnošću gustine ρ , obrće se oko svoje vertikalne ose, konstantnom ugaonom brzinom ω . Za dno suda na rastojanju d 2 od ose obrtanja, priključena je cev sa tečnošću gustine ρ1 koja se obrće zajedno sa sudom (vidi sliku). Ako su veličine date na slici poznate odrediti silu pritiska tečnosti na dno suda i pritisak na vrhu konusa. Tečnosti se ne mešaju. Rešenje. Unoseći u osnovnu jednačinu za hidrostatiku za tečnost gustine ρ1 dp = ρ1 (Xdx + Ydy + Zdz ) projekcije rezultujuće zapremine sile: X = ω 2 x, Y = ω 2 y, Z = −g (1) i integraleći tako dobijenu jednačinu dolazi se do jednačine: 1 ω2 2 p= r − gz + C (2) ρ1 2 Kako je za r = d i z = h : p = p a to se iz jednačine (2) dobija da je: 1 ω2 2 C = pa − d + gh ρ1 2 pa se ista jednačina svodi na jednačinu: ω2 2 p = p a + ρ1 r − d 2 − ρ1g(z − h ) (3) 2 Na isti način, za tečnost gustine ρ , dolazi se do jednačine:
(
)
1 ω2 2 p= r − gz + C1 ρ 2 Koristeći činjenicu da se pritisak u tački A(d 2 ,− h 2 ) , može sračunati korišćenjem jednačine (3) ili jednačine (4) dolazi se do jednačine: 3 3 1 1 p a − ρ1ω 2 d 2 + ρ1gh = ρω 2 d 2 + ρgh + ρC1 8 2 2 2 iz koje je: ω2 d 2 (3ρ1 + ρ) + gh (3ρ1 − ρ) . ρC1 = p a − 8 2 Unošenjem izraza (5) u jednačinu (4) ista se svodi na jednačinu: ω2 2 ω2 d 2 (3ρ1 + ρ) + gh (3ρ1 − ρ) p − pa = ρ r − gρz − (6) 2 8 2 koja pretstavlja jednačinu rasporeda pritiska za tečnost gustine ρ . Jednačina rasporeda pritiska za dno suda dobija se iz jednačine (6) za z = 0 i ima oblik:
ω2 2 ω2 d 2 (3ρ1 + ρ) + gh (3ρ1 − ρ) . r − 2 8 2 Intenzitet sile pritiska tečnosti na dno dat je izrazom:
(p − p a )D
=ρ
d 2
P=
∫ (p − p )
a D
2rπdr ,
0
koji se posle unošenja jednačine (7), integracije i zamene granica, svodi na izraz:
P=
d 2π 1 gh (3ρ1 − ρ) − ω 2 d 2 (6ρ1 + ρ) . 8 8
Unošenjem koordinata tačke S(0, h ) u jednačinu (6) dobija se da je pritisak na vrhu konusa dat izrazom: 3gh ω2 d 2 (ρ1 − ρ) − (3ρ1 + ρ) . ps = pa + 2 8
5. Zadatak. Cilindrični sud, poluprečnika osnove R, napunjen je tečnošću gustine ρ , obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω oko horizontalne ose OO′. Manometar M (vidi sliku) pokazuje natpritisak p m . Odrediti jednačinu rasporeda pritiska u tečnosti i pritisak po najnižoj izvodnici cilindra.
Rešenje:
Unoseći projekcije rezultujuće zapreminske sile: X = ω 2 x, Y = 0, Z = ω 2 z − g u osnovnu jednačinu za hidrostatiku i integraleći je dobija se jednačina: 1 ω2 2 ( p= x + z 2 ) − gz + C (1) ρ 2 Kako je, za x = 0 , y = 0, z = 0 , p = p a + p m to se iz jednačine (1) dobija da je integraciona konstanta: 1 C = (p a + p m ) . ρ Unošenjem ovog izraza za konstantu C u jednačinu (19 dobija se jednačina rasporeda pritiska u tečnosti u obliku: ρω 2 2 p = pa + pm + x + z 2 − gρz (2) 2 Jednačina prave kojoj pripada najniža izvodnica cilindra je ( x = 0, z = − R ) pa se njenim unošenjem u jednačinu (2) dobija pritisak po najnižoj izvodnici cilindra u obliku:
(
)
ρω 2 R 2 pn = pa + pm + + gρR . 2
MEHANIKA FLUIDA PLIVANJE TELA I STABILNOST TELA PRI PLIVANJU 1. zadatak. Sud mase m, koji pliva na površini neke tečnosti, kao što je prikazano na slici, sadrži izvesnu količinu iste tečnosti mase m2. Odrediti masu m tela koje pliva u sudu iy uslova da odnos gaza H suda i visine h bude H/h=n. Pretpostaviti priymati;ni oblik tela i suda.
Rešenje: Ako se pretpostavi da je osnova tela površine A, onda iz uslova ravnoteže tela sleduje jednačina mg = gρAh 0 (1) U kojoj je h0 gaz tela, a ρ gustina tečnosti. Sa druge strane, ako se pretpostavi da je osnova suda površine A1, onda se može napisati sledeća jednačina m 2 = ρ ( A1h − Ah 0 ) (2) Treća jednačina sleduje iz ravnoteže suda, i ona je oblika: gρA1H = gm1 + gρA1h Iz jednačina (1), (2) i (3) dobija se da je: m=
m1 − m2 . n −1
(3)
2. zadatak. Patos mase m postavljen je na dva brvna osnove b×b i 2b×2b i dužine l. Rastojanje između osa brvna je L, gustina materijala brvna je ρ1, a tečnosti u kojoj brvna plivaju ρ (v.sl.). Na kom mestu patosa treba delovati silom P pa da patos bude horizontalan. Koliki deo brvna je, u tom slučaju, izvan tečnosti?
Rešenje: Odabirajući prvo tačku C1 za momentnu tačku, a zatim C2 (C1 i C2 su težišta brvna) dolazi se do jednačina 1 3 1 Px + G L + b − b + L ( G 2 − P2 ) = 0 (1) 2 2 2
1 3 P ( L − x ) + G L + b − b + L ( G1 − P1 ) = 0 2 2
(2)
respektivno. U jednačinama (1) i (2) su: G = mg - težina patosa; G1 = gρ1b 2 l i G 2 = 4gρ1b 2 l -
težina manjeg i većeg brvna respektivno; P1 = gρb ( b − y ) l i P2 = 2gρb ( 2b − y ) l - sile
potiska na manje i veće brvno respektivno. Unošenjem izraza za G, G1, G2, P1 i P2 u jednačine (1) i (2) i njihovim rešavanjem po x i y, dobija se da su:
x=
L 3b 2 4P + mg 1 − + 4b l ( ρ − ρ1 ) g , 6P 2L
5 ρ P + mg y = b 1 − 1 − . ρ 3lbρg 3
3. zadatak. Čaša pliva u tečnosti gustine ρ tako da je njeno dno u ravni sa centrom otvora za koji je priključena ’’U’’ cev sa živom, čija je gustina ρž=3ρ. Ako su veličine date na slici: h1=h/2, D=4h, d=2h, H1=4h i H2=5h, odrediti gustinu materijala čaše i ispitati stabilnost ravnoteže plivanja.
Rešenje:
Kako je R ravan konstantnog pritiska, to je pA=pB, pa sleduje jednačina ρ ρ ( x + h1 ) = ρ ž h ⇒ x = ž h − h1 , ρ a posle zamene poznatih veličina dobija se da je: 5 x= h. 2 Čaša je u ravnoteži pa važi jednakost D2 π d2π D2 π x = gρm H2 − H1 P = Q ⇒ gρ 4 4 4 Iz koje se, posle zamene poznatih veličina, dobija da je: 5 ρm = ρ . 8 Metacentarski poluprečnik dat je izrazom D2 π I 2 r = = 64 = h 2 D π V 5 x 4 Koristeći Štajnerovu teoremu za određivanje težišta čaše dolazi se do jednačine d2π 1 D2 π 1 d2π D2 π xc H2 − H1 = H 2 H 2 − H 2 − H1 H1 , 4 4 2 4 4 2 iz koje se posle zamene poznatih veličina, dobija da je 19 xc = h . 8 Onda je veličina 1 9 δ = xc − x = h . 2 8 Kako je r < δ , to je ravnoteža ovog plivanja nestabilna.
4. zadatak. Prizmatično telo, čiji se bazis sastoji od segmenta parabole drugog reda i trougla, dimenzija datih na slici, pliva na tečnosti gustine ρ. Ako je širina tela a, a gustina materijala tela ρm=ρ 2 /13 proveriti stabilnost ravnoteže tela pri ovom plivanju. Rešenje: Koristeći činjenicu da su sile koje deluju na telo, pri plivanju, u ravnoteži, dolazi se do jednačine: gρm VT = gρV (1) gde je zapremina tela data izrazom: 1 13 4 VT = a ⋅ a + 2a ⋅ 3a ⋅ a = a 3 , 2 3 3 a potopljen azapremina izrazom: 4 V = xya . (2) 3 Koristeći jednačinu parabole dolazi se do veze između veličina x i z u obliku: x 2 / a 2 = y / a . (3) Unoseći sada (2), (3) i ρm u izraz (1), dobija se jednačina: 2 13 3 4 ρ a = ρ y ay ⋅ a 13 3 3 1 iz koje se dobija da je telo potopljeno do dubine y = a , a onda se iz relacije (3) dobija 2 da je x = a 2 / 2 . Koristeći Štajnerovu teoremu dolazi se do jednačine 13 3 4 1 z C a 3 = a a ⋅ a ⋅ a + 2a 2a ⋅ 3a ⋅ a 3 5 3 2 iz koje se dobija da je položaj težišta tela na rastojanju 102 zC = a 65 od temena segmenta parabole. Položaj težišta potopljene zapremine je na rastojanju 3a 3 zD = = a, 5 2 10 33 a. pa je: δ = z C − z D = 26 Manji moment inercije površine plivanja je: 2xa 3 a 4 2 I= = , 12 12 pa je metacentarski poluprečnik I 1 r= = a. V 4 Kako je r<δ to je ravnoteža tela, pri ovakvom plivanju, nestabilna.
5. zadatak. Plovak koji se sastoji od konusa i obrtnog paraboloida, dimenzija datih na slici, pliva na tečnosti. Ako je gustina tečnosti dvadeset puta veća od gustine materijala plovka, odrediti vezu između veličina a i h, tako da ravnoteža plivanja plovka bude stabilna. Rešenje: Koristeći ravnotežu sila koje deluju na plovak, dolazi se do jednačine: Vk + Vp = 20V (1)
1 2 a πh - zapremina 12 1 konusa, zapremina Vp = a 2 πh 8 paraboloida, a V – potopljena zapremina plovka. Kako je, iz sličnosti trouglova, y / x = a / h ⇒ y = ax / h , to je potopljena zapremina 1 y2 π 1 a 2π 3 V= x= x . 3 4 12 h 2 Unošenjem izraza za Vk, Vp i V u jednačinu (1) i rešavajući je po x, dobija se da je: 1 x= h. 2 Koristeći Štajnerovu teoremu dolazi se do jednačine za određivanje težišta plovka 3 1 x C ( Vk + Vp ) = hVk + h + h Vp , 4 3 iz koje se, posle zamene poznatih veličina, dobija da je 11 xC = h . 10 Položaj težišta potopljene zapremine definisan je veličinom 3 xD = h , 8 pa je 29 δ = xC − xD = h. 40 Metacentarski poluprečnik dat je izrazom y4 π r= /V, 64 koji se, posle zamene poznatih veličina, svodi na 3 a2 . r= 32 h Koristeći činjenicu da je ravnoteža plivanja stabilna, sleduje nejednačina 3 a 2 29 r > δ , tj. > h, 32 h 40 a 116 > . iz koje se dobija da je: h 15 u kojoj je
Vk =
6. zadatak. U kosom zidu otvorenog rezervoara sa tečnošću gustine ρ nalazi se kružni otvor prečnika d, čije je težište na dubini H ispod nivoa vode u rezervoaru. Kroz otvor u zidu zaronjeno je u tečnost homogeno cilindrično telo (l, d, ρm). Odrediti dužinu l1 do koje će telo biti zaronjeno u tečnost i pritisnu silu tela na vođice, ako je ugao nagiba zida prema horizontali α. Trenje u vođicama zanemariti.
Rešenje:
Ako se zamisli da je deo cilindričnog tela, dužine l1, potpuno potopljen u tečnosti, onda će na njega delovati sila d2π PV = gρ l1 . 4 r Da bi se dobila stvarna sila pritiska tečnosti na potopljeni deo tela, sili PV treba dodati silu d2π , PN = gρH 4 sa smerom dejstva označenim na slici. Sada može da se izvrši projektovanje svih sila koje drže telo u ravnoteži na dva normalna pravca: (1) x: Fp = ( mg − PV ) sin α y: PN = ( mg − PV ) cos α Iz druge jednačine dobija se direktno dužina potopljenog dela ρ H l1 = l m − , ρ l ⋅ cos α dok se sila pritiska tela na vođice dobija deobom ove dve jednačine:
Fp = gρ
d2π H ⋅ tgα . 4
(2)
MEHANIKA FLUIDA Prosti cevovodi 1.zadatak. Naći brzinu vode kroz naglavak izlaznog prečnika d=15 mm, postavljenog na kraju gumenog creva prečnika D=30 mm i dužine L=25 m na čijem je prednjem delu ugrađen ventil koeficijenta otpora ξ=3,5 (v.sl.). Izlazni presek naglavka je na visini H=1 m iznad nivoa vode u rezervoaru u kome deluje natpritisak pm=3,5 bar. Koeficijenti gubitaka su: ξ1=0,5 na ulazu u crevo, ξ2=0,1 celog naglavka i usled trenja ξtr=0,03.
Rešenje: Bernulijeva jednačina za nivoe vode u rezervoaru i izlazni presek naglavka ima oblik: pa + pm pa p v2 v2 = +H+ + Hg = a + H + + H g tr + H glok gρ gρ 2g gρ 2g pa + pm pa v12 v12 v2 L v12 v2 . = +H+ + ξ tr + ξ1 + ξ + ξ2 gρ gρ 2g D 2g 2g 2g 2g
v – brzna vode na izlazu iz naglavka, v1- brzina vode u cevi. Jednačina kontinuiteta (protoka) je: D2π d2π d2 ⇒ =v v1 = v 2 . (= Q) 4 4 D Zamenom prethodnog izraza u Bernulijevoj jednačini dobija se: v1
pm v2 d4 L d4 −H = 1 + ξ + ξ + ξ + ξ = ( ) 2 1 tr gρ 2g D4 D D 4 v2 25 ⋅103 15 15 = 1 + 0,1 + ( 0,5 + 3,5 ) + 0, 03 2g 30 30 30 4
4
v2 = 2,9125 2g
tj. tražena brzina iznosi 3,5 ⋅105 pm − 1 2 ⋅ 9,81 3 gρ − H 2g 10 ⋅ 9,81 v= = 2,9125 2,9125
⇒
v = 15, 284 m/s .
2. zadatak. Kroz cev prečnika d=20 mm i dužine l=8 m, u kojoj je ugrađen ventil koeficijenta otpora ξ=5, voda pretiče iz iz zatvorenog rezervoara u kome deluje natpritisak pm=1,5 bar, u otvoreni rezervoar čiji je nivo na visini H2=4 m. Odrediti protok vode kroz cev, ako su ostali podaci: H1=2 m , ξ1=0,5, ξ2=0,2 i ξtr =0,03 (v.sl.).
Rešenje: Bernulijeva jednačina za nivoe vode u rezervoarima ima oblik: pa + p m p v2 l + H1 = a + H 2 + ξ tr + ξ1 + ξ + 2ξ 2 + 1 , gρ gρ 2g d Tako da je brzina vode u cevi: p 2g m + H1 − H 2 gρ . v= l ξ tr + ξ1 + ξ + 2ξ 2 + 1 d
Protok vode kroz cev je: Q=v
d2π , 4
ili posle zamene brzine v dobija se da je: p 2g m + H1 − H 2 d π gρ . Q= l 4 ξ + ξ + ξ + 2ξ + 1 tr 1 2 d 2
Unošenjem datih brojnih vrednosti dobija se da je protok kroz cev: Q = 0, 00116 m3 / s = 1,16 l/s
3. zadatak Voda pretiče iz rezervoara A u rezervoar B usled razlike nivoa ho=1 m kroz cevovod dužine L=30 m prečnika D =100 mm. Koeficijent trenja je ξtr =0,03, a koeficijenti lokalnih otpora iznose: ξu=0,5; ξk=0,31; ξv=4,25. Ako se na mestu ’’Π’’ ugradi pumpa, koliku snagu koliku snagu treba da ima ona, pa da daje tri puta veći protok ali iz rezervoara B u rezervoar A? Koeficijent korisnosti pumpe je η=0,7. (Gustina vode iznosi ρ=1000 kg/m3.)
Rešenje: Bernulijeva jednačina za slučaj propuštanja tečnosti iz rezervoara A u rezervoar B, a za nivoe vode u njima ima oblik: pa p v2 L + h o = a + ξ tr + ξ u + 2ξ k + 2ξ v + 1 gρ gρ 2g D 2 2 v L v , ho = ξ tr + ξ u + 2ξ k + 2ξ v + 1 = ξs 2g D 2g gde je ξs ukupni koeficijent gubitka cevovoda i on iznosi: ξs = 19, 62 . Brzina vode u cevovodu iznosi: 2gh o v= =1 m/s , ξs pa je protok kroz cevovod: D2 π v = 0, 00785 m3 / s = 7,85 l/s . 4 Kada se postavi pumpa, onda će iz uslova zadatka brzina vode kroz cevovod imati vrednost: v1 = 3v = 3 m / s . Ako se sada napiše Bernulijeva jednačina za strujanje iz rezervoara B u A: pa pa v12 L + HP = + h o + ξ tr + ξ u + 2ξ k + 2ξ v + 1 gρ gρ 2g D 2 2 v L v v2 H P = h o + 1 ξ tr + ξ u + 2ξ k + 2ξ v + 1 = h o + ξs 1 = h o + 9 ⋅ ξs = 10h o . 2g D 2g 2g H P = 10 m , Napor pumpe iznosi: Q=
tj. jedinični rad pumpe je: Snaga pumpe je: PP =
YP = g ⋅ H P = 98,1 J/kg .
ρ⋅ QP ⋅ HP = 3300 W=3,3 kW , gde je QP = 3Q = 0,02355 m3 /s . η
4. Zadatak. Iz rezervoara A voda pretiče u rezervoar B kroz cevovod prečnika D=60 mm i dužine L=9 m. U cevovod je ugrađena Venturijeva cev koja je na najužem preseku prečnika d=30 mm spojena staklenom cevčicom sa sudom C. Odrediti visinu H nivoa vode u rezervoaru A pri kojoj će početi preticanje iz suda C u cevovod. Ostali podaci, prema slici su: h=1m, ξu=0,3; ξv=2; ξk=0,5, koeficijent otpora suženog dela Venturijeve cevi ξ1=0,05, koeficijent ugla širenja difuzora k=0,4 i ξtr=0,02.
Rešenje: Bernulijeva jednačina za nivoe u rezervoarima A i B glasi:
( v − v) . v2 L v12 H= 2 2 1 ξ + ξ + ξ + ξ + + ξ +k 1 u k v tr 1 2g D 2g 2g 2
2
D2π d2π D Iz jednačine kontinuiteta: v = v1 ⇒ v1 = v . 4 4 d Prethodna jednačina postaje: 4 D 2 v 2 L v2 D ... (a) H= ξ tr + ξ u + 2ξ k + 2ξ v + 1 + ξ1 + k − 1 = ξ c 2g D 2g d d ξc - izraz u velikoj zagradi, koeficijent otpora datog cevovoda. Bernulijeva jednačina za nivo vode u rezervoaru A i najuži presek Venturijeve cevi je: pa p a − p v v12 v 2 L v12 . +H = + + ξ tr + ξ u + ξ v + ξ1 ρg ρg 2g 2g 3D 2g 2
D Koristeći da je: p v = ρgh i v1 = v , prethodna jednačina postaje: d 4 v2 L v2 d , ... (b) H+h = + ξ u + ξ v + (1 + ξ1 ) = ξ c1 ξ tr 2g 3D 2g D u kojoj je ξc1 - koeficijent otpora cevovoda od rezervoara A do najužeg preseka Venturijeve cevi. Eliminacijom brzina iz (a) i (b) dobija se: ξc H= h = 2, 48 m . ξ c1 − ξc
5. zadatak. Iz suda A koji se napaja vodom kroz cev (l1, d) ističe voda kroz cev (l2, d) u vidu natege. Na početku cevi (l1, d) natpritisak je pm=2 bar. Ako su poznati podaci H1=5m, H2=2m, l1=15m, l2=10m, d=40 mm, ξv=3, ξtr=0,02, treba odrediti koliko ističe vode iz suda. Lokalni otpori u nategi mogu se zanemariti.
Rešenje: Bernulijeva jednačina za preseke 1-1 i 2-2 glasi: pa + p m v 2 pa v 2 v 2 l1 l v2 . + = + H1 − H 2 + + ξ tr + ξ v + 1 + ξ tr 2 2g ρg 2g 2g d d 2g ρg pm v2 l l v2 = H1 − H 2 + ξ tr 1 + ξ v + 1 + ξ tr 2 ρg 2g d d 2g
Brzina strujanja iznosi: v=
p 2g m + H 2 − H1 ρg = 4,55 m/s . l1 + l2 ξ v + 1 + ξ tr d
Protok se dobija iz jednačine kontinuiteta:
d2π = 0, 00527 m3 / s = 5, 72 l/s . Q=v 4
MEHANIKA FLUIDA Složeni cevovodi 1.zadatak. Iz dva velika otvorena rezervoara sa istim nivoima H=10 m ističe voda kroz cevi I i II istih prečnika i dužina: d=100mm, l=15m i magistralni cevovod dužine 2L=100m, prečnika D=150mm. Zanemariti lokalne gubitke, ξtr=0,03 (za sve cevi). a) Odrediti protoke kroz cevi I i II i magistralni cevovod. b) Koliki je jedinični rad i korisna snaga pumpe P koju treba ugraditi u cevovod I da bi protoci u cevi I i II bili isti.
Rešenje: a) Bernulijeve jednačiena za nivoe vode u rezervoarima i izlazni presek magistralnog cevovoda su: pa pa l v12 L v′ 2 L v2 v2 ... (1) + gH = + ξ tr + ξ tr + ξ tr + ρ ρ d 2 D 2 D 2 2 pa p l v 22 L v2 v2 ... (2) + gH = a + ξ tr + ξ tr + ρ ρ d 2 D 2 2 Iz jednačine kontinuiteta imamo:
v1
d2π D2 π = v′ 4 4
v1d 2 = v′D 2
... (3)
d2π d2π D2π + v2 =v ⇒ ( v1 + v 2 ) d 2 = vD 2 4 4 4
... (4)
v1
Od (2) oduzmemo (1) i dobijamo: iz (3) dobijamo: ⇒
v 2 = v1
⇒
l 2 L 2 l 2 v1 + v′ = v 2 d D d 2 d v′ = v1 2 D
4 dl L d + = 1, 2v1 . l d D D
Iz (4) se dobija: vD = ( v1 + 1, 2v1 ) d = 2, 2v1d 2
Dakle,
4 l 2 Ld 2 l 2 v1 + v1 = v 2 ⇒ d DD d
2
2
2
⇒
d v = 2, 2v1 . D
2 1, 2 D v 2 = 1, 2v1 = v 2, 2 d tj. 2
1 D v1 = v 2, 2 d
2
→
(2) ⇒
2gH
v=
2
4
l v 2 1, 2 D L v 2 gH = ξ tr + ξ tr + 1 , d 2 2, 2 d D 2
4
l 1, 2 D L ξ tr + ξ tr + 1 d 2, 2 d D
= 3,32 m/s .
Ostale brzine su: 2
v1 =
1 D v = 3, 4 m / s 2, 2 d 2
1, 2 D v2 = v =1,2v1 =4,08 m/s 2, 2 d
Traženi protoci su: d2π = 26, 7 l/s 4 d2π = 32,1 l/s Q 2 = v2 4 D2π = 58,8 l/s Q=v 4 Q 1 = v1
b) Sada je priključena pumpa ’’P’’. Uslov zadatka je: d2π d 2π Q 1 = Q 2 ⇒ v1 ⇒ v1 = v 2 . = v2 4 4 Bernulijeva jednačina za nivoe vode u levom rezervoaru i izlazni presek magistralnog cevovoda: gH + YP = ξ tr
l v12 L v′ 2 L v2 v2 + ξ tr + ξ tr + d 2 D 2 D 2 2
l v12 L v2 L v2 v2 ... (1) YP = −gH + ξ tr + ξ tr + ξ tr + d 2 D 2 D 2 2 Bernulijeva jednačina za nivoe vode u desnom rezervoaru i izlazni presek magistralnog cevovoda: l v 22 L v2 v2 ... (2) gH = ξ tr + ξ tr + d 2 D 2 2 Jednačine kontinuiteta su: d2π D2 π ... (3) ⇒ v1d 2 = v′D 2 v1 = v′ 4 4 d2π d2π D2π ... (4) ⇒ vD 2 = 2v1d 2 v1 + v1 =v 4 4 4
Iz (4) ⇒
v1 =
1 D v 2 d
2
4
→ (2):
gH = ξ tr
l 1 D v2 L v2 + ξ tr + 1 d 4 d 2 D 2
v=
2gH 4
1 l D L ξ tr + ξ tr + 1 4 d d D
=
2 ⋅ 9,81 ⋅10 4
1 15 150 50 0, 03 +1 + 0, 03 4 0,1 100 0,15
2
1D v1 = v = 3,86 m/s ; 2 d
d iz (3) ⇒ v′ = v1 D
⇒ v = 3, 43 m/s .
2
⇒ v′ = 1, 715 m/s
Dakle, v1 = v 2 = 3,86 m/s Protok kroz pumpu je: Q 1 = v1
d2π = 30,3 l/s 4
Jedinični rad pumpe je (v, v1, v’ u (1)): YP = 14,8 J/kg Korisna snaga pumpe je:
PP = ρQ1YP = 448 W
2. zadatak. Voda teče iz gornjeg rezervoara u donji, kao što je prikazano na slici. Poznati su sledeći podaci: l1=l2=l3=l4=80m, d1=d2=d4=80mm, d3=160mm, H=20m, ξtr1=ξtr2=ξtr4=0,025, ξtr3=0,02. Koeficijent otpora ventila je ξ=20, a drugi koeficijenti otpora se zanemaruju. Odrediti protok ako je ventil a) otvoren i b) zatvoren.
Rešenje: a) Kada je ventil otvoren imamo iz Bernulijeve jednačine napisane za preseke 1 i 2 a za jednu i drugu cev: ξ tr 2
l3 l2 v 22 v 32 = ξ + ξ tr3 d 2 2g 2g d3
... (1)
Jednačina kontinuiteta je: Q 1 = Q 2 +Q 3
... (2)
Bernulijeva jednačina za nivoe vode u rezervoarima a kroz gornju cev je: H = ξ tr1
l1 v12 l v2 l v2 + ξ tr 2 2 2 + ξ tr 4 4 4 d1 2g d 2 2g d 4 2g
... (3)
Kako je d1= d2= d4 ⇒ v1= v4, pa jednačina (3) postaje: H = 2ξ tr1
l1 v12 l v2 + ξ tr 2 2 2 d1 2g d 2 2g
... (3*)
d 22 π 4Q ⇒ v2 = 2 2 4 d2π ∗ → (1) i ( 3 ) 2 d π 4Q Q3 = v3 3 ⇒ v3 = 2 3 4 d 3 π Q2 = v2
2
ξ tr 2
l3 4Q3 l2 4Q 2 2 = ξ + ξ tr3 2 d2 d2π d3 d3 π 2
2
l 1 4Q1 l2 1 4Q 2 H = 2ξ tr1 1 2 + ξ tr 2 d1 2g d1 π d 2 2g d 22 π
⇒
Q3 = 3, 65Q 2
⇒
2Q12 + Q 22 = 4 ⋅10−4
2
Q 1 = Q 2 +Q 3
Iz poslednjih jednačina dobija se da je: Q 1 = 13,95 l/s . b) Kada se ventil potpuno zatvori, biće: l v2 l v2 l v2 H = ξ tr1 1 1 + ξ tr 2 2 2 + ξ tr 4 4 4 d1 2g d 2 2g d 4 2g I, s obzirom na specifičnost podataka, biće: 2
l1 v12 l 1 4Q1 = 3ξ tr1 1 d1 2g d1 2g d12 π 24ξ tr1l1Q12 ⇒ Q 1 = 11,5 l/s H= gd15 π2 H = 3ξ tr1
Napomena: mogle su da se sračunaju brzine pa onda protoci.
3. zadatak Pumpa P transportuje jednake količine nafte (ρ =900 kg/m3) u rezervoare 2 i 3 iz rezervoara 1. Odrediti snagu pumpe i protoke kroz sve grqne cevovoda ako su poznati sledeći podaci: H=8m, pm=0,2 bar, pv=0,1 bar, L1=50 m, L2=100 m, D=150mm, d=100mm, ξv=5, ξtr=0,03 (za sve cevi), ξv3=30, ξk=0,5, ηp=0,8.
Rešenje:
Iz uslova jednakosti protoka u rezervoarima 2 i 3 imamo (cevi su istog prečnika): Q2 = Q 3
⇒
v 2= v3
Bernulijeva jednačina za nivoe tečnosti 1 i nivoe 2 i 3: 2 2 pa p + p m L1 v L v + YP = a + ξ tr + 2ξ v + ξ u 1 + ξ tr 2 + ξ v + ξ k + 1 2 ρ ρ d D 2 2 2 2 pa p − p v L1 v v L + gH + YP = a + ξ tr + 2ξ v + ξ u 1 + ξ tr 3 + ξ v3 + 1 3 ρ ρ d 2 D 2
Iz ove dve jednacine se dobija: gH +
2 2 p L pm L2 v v + ξ tr + ξ v + ξ k + 1 2 = − v + ξ tr 3 + ξ v3 + 1 3 ρ ρ d d 2 2
... (1)
Kako je v 2 = v 3 , iz (1) se dobija: gH +
2 p m + p v L3 L v = ξ tr + ξ v3 + 1 − ξ tr 2 − ξ v − ξ k − 1 2 d d ρ 2
p + pv 2 gH + m ρ v 2 = v3 = = 2, 7 m/s L3 L2 ξ tr + ξ v3 − ξ tr − ξv − ξk d d
Brzina v1 određuje se iz jednačine kontinuiteta: Q1 = Q 2 + Q 3
D2 π d2π d2π d2π = v2 + v3 = 2v 2 ⇒ v1 ⇒ v1D 2 = 2v 2 d 2 ⇒ 4 4 4 4 Onda su protoci kroz pojedine grane:
D2 π d2π 3 Q 1 = v1 = 0,0424 m /s; Q 2 = Q 3 = v2 = 0, 0212 m3 /s; 4 4 Jedinični rad pumpe može se dobiti iz polaznih jednačina: YP = 191, 7 J/kg .
Potrebna snaga pumpe iznosi: PP =
ρQ1YP = 9,14 kW . ηP
2
d v1 = 2v 2 = 2, 4 m/s . D
4. Zadatak. Za pumpno postrojenje prikazano na slici treba odrediti jedinični rad i snagu pumpe P, kao i protoke vode u svim deonicama. Lokalne otpore zanemariti. Poznate su sledeće veličine: d1=50mm, d2=60mm, d3=80mm, d4=40mm, d=100mm, Q3=5 l/s, H=30m, l=20m, pm=0,6 bar, pv=0,3 bar, ρ =1000 kg/m3. Lokalni otpori se zanemaruju.
Rešenje:
4Q d32 π ⇒ v3 = 2 3 = 1 m/s . d3 π 4 Sada napišemo Bernulijevu jednačinu za nivoe 1-3, 1-4 i 2-3 u rezervoarima: pa − p v p l v2 l v2 2l v 2 + YP = a + g ( H + h ) + ξ tr 1 1 + ξ tr + ξ tr 3 3 ρ ρ d1 2 d 2 d3 2
Zadatkom je dat protok Q3, pa je: Q3 = v3
pa − p v p + pm l v2 2l v 2 l v2 + YP = a + gH + ξ tr 1 1 + ξ tr + ξ tr 4 4 ρ ρ d1 2 d 2 d4 2
(1) (2)
pa − p v p l v2 l v2 2l v 2 (3) + YP = a + g ( H + h ) + ξ tr 2 2 + ξ tr + ξ tr 3 3 d2 2 d 2 d3 2 ρ ρ Pored ovih Bernulijevih jednačina napišimo i jednačine kontinuiteta (za mesta račvanja): d2π d2π d2π Q1 + Q 2 = Q ⇒ v1 1 + v 2 2 = v ⇒ v1d12 + v 2 d 22 = vd 2 (4) 4 4 4 d 32 π d 24 π d2π + v4 =v Q3 + Q 4 = Q ⇒ v3 ⇒ v3d 32 + v 4 d 42 = vd 2 (5) 4 4 4 l v2 pm l v2 (6) Iz (1) i (2) ⇒ + ξ tr 4 4 = gh + ξ tr 3 3 ρ d4 2 d3 2 što ustvari pretstavlja jednakost ukupnih energija na mestu račvanja deonica (l3,d3) i (l4,d4). Iz jednačine (6) je: l v2 2d 4 pm + ξ tr 3 3 = 1,9 m/s . gh − ξ tr l4 ρ d3 2 Pošto sada znamo v3 i v4 iz jednačine (5) je: v4 =
2
2
d d v =v3 3 +v 4 4 = 0,94 m/s . d d
l1 v12 l v2 = ξ tr 2 2 d1 2 d2 2 što ustvari pretstavlja jednakost gubitaka energije u deonicama (l1,d1) i (l2,d2). ξ tr
Iz jednačine (1) i (3) imamo: 2
Iz (7) ⇒
ld v 2 =v1 1 2 l2 d1
v1d12 + v1d 22
l1d 2 = vd 2 ⇒ l2 d1
Onda je: v 2 = v1
(7)
⇒
(4) −1
d 2 d 2 l d d2 1 2 v1 = v 2 = v 1 + 2 = 1,56 m/s d1 + d 22 d d l 2 d1
l1d 2 = 1,53 m/s . l2 d1
Protoci su: d2π = 7,37 l/s; 4 d2π d 2π Q1 = v1 1 = 3, 06 l/s; Q 2 = v 2 2 = 4,31 l/s; 4 4 2 2 dπ dπ Q3 = v3 3 = 5 l/s; Q 4 = v 4 4 = 2,37 l/s; 4 4 Q=v
Jedinični rad pumpe može da se odredi iz bilo koje od jednačina (1), (2), (3) i iznosi: YP = 557, 2 J/kg . Snaga pumpe je:
PP =
ρQYP = 5,13 kW ηP
5. zadatak. Pumpa snage 3,5 kW i stepena korisnosti η=0,7 crpe vodu iz rezervoara A i B i potiskuje u rezervoar C. Odrediti: a) bisinu H1, ako je protok kroz pumpu 25 l/s vode; b) protok vode kroz pumpu ako je ventil V2 zatvoren a pumpa ostvaruje isti jedinični rad kao i u slučaju pod a). Ostali podaci su: H=3m, l=45m, l1=35m, l2=20m, D=150mm, d=100mm, ξv=5, ξv2=7, ξk=0,2, ξtr=0,025.
Rešenje: Jedinični rad pumpe je: YP =
Pη = 98,1 J/kg . ρQ
Iz izraza za protok imamo: Q=v
d2π ⇒ 4
v=
4Q = 1, 41 m/s . d2π
Napišimo sada Bernulijeve jednačina za nivoe 1-3 i 2-3 u rezervoarima: 2 2 l v l v YP = g ( H1 + H ) + ξ tr 1 + 2ξ k + ξ v 1 + ξ tr + 2ξ v + ξ k + 1 d 2g d 2g
2 2 l v l v YP = 2gH + ξ tr 2 + ξ k + ξ v2 2 + ξ tr + 2ξ v + ξ k + 1 2g d 2g d te treba zapaziti da su gubici zbog naglog suženja struje fluida zanemareni.
...
(1)
...
(2)
v 2 = 1,83 m/s .
Iz jednačine (2) je:
Sada napišemo jednačinu kontinuiteta: d2π d2π D2 π + v2 =v Q1 + Q 2 = Q ⇒ v1 4 4 4
⇒
vD 2 = ( v1 + v 2 ) d 2 ... (4)
v1 = 1,35 m/s .
Iz jednačine (3) je:
Iz jednačine (1) geodezijska visina H1 je: H1 = 3, 78 m . b) Kada je ventil V2 zatvoren, onda je Bernlijeva jednačina za nivoe 1 i 3 u rezervoarima sledeća: ∗2 ∗2 l v l v ... (1*) YP = g ( H1 + H ) + ξ tr 1 + 2ξ k + ξ v 1 + ξ tr + 2ξ v + ξ k + 1 d 2g d 2g Visina H1 je određena u prethodnoj tački, zadatkom). Sada jednačina kontinuiteta ima oblik: ∗ 1
Q =Q
∗
⇒
YP je isti kao u prethodnoj tački (dato
d2π D2 π v = v∗ ⇒ 4 4 ∗ 1
D v =v d ∗ 1
v∗ = 0,837 m/s Protok kroz pumpu u ovom slučaju je: Q∗ = v ∗
D2 π = 14,8 l/s . 4
∗
2
⇒
(1*)
MEHANIKA FLUIDA Zakon o količini kretanja 1.zadatak. Odrediti intenzitet sile kojom mlaz vode deluje na razdelnu račvu cevovoda hidroelektrane koja je učvršćena betonskim blokom (v.sl.). Prečnik dovodnog cevovoda je D=3m, prečnici grana koje dovode vodu u turbine iznose po d=2m, a ugao nagiba prema osi glavnog cevovoda je α=60o. Apsolutni pritisak na ulazu u račvu cevovoda je p1=398kPa, a ukupni protok kroz dovodni cevovod je Q1=35 m3/s. Masa vode u račvi iznosi m=111 t. Protok se deli ravnomerno na svaku turbinu. Gubitke strujne energije zanemariti. Projekcija račve je data u hidrauličkoj ravni. Raspored brzina u poprečnim presecima je ravnomeran. Atmosferski pritisak je pa=103 kPa.
Rešenje: Primenimo zakon o količini kretanja na fluidni prostor 1-1, 2-2, 3-3. G G G G G G G G G (1) ρ ( Q 2 v 2 + Q3 v3 − Q1v1 ) = FR = P1 + P2 + P3 + G + R G G G G gde su: P1 , P2 , P3 - sile pritiska u presecima 1-1, 2-2, 3-3, G - spoljašnja (gravitaciona) sila G koja deluje na masu vode u razdelnoj račvi, R - sila kojom razdelna račva deluje na vodu; Q1 , Q 2 , Q3 - odgovarajući protoci vode u presecima, G Kako voda deluje na zidove račve između preseka 1-1, 2-2, 3-3 silom N suprotnog smera G a istog pravca i intenziteta sa silom R (zakon akcije i reakcije), to je: G G G G G G G G G N = −R = P1 + P2 + P3 + G + ρQ1v1 − ρQ 2 v 2 − ρQ3 v3 (2) Bernulijeve jednačine za preseke 1-1 i 2-2, kao i 1-1 i 3-3 glase:
Jednačina kontinuiteta je:
v12 p a + p m1 v 22 p a + p m2 , + = + 2 ρ 2 ρ
(3)
v12 p a + p m1 v32 p a + p m3 . + = + 2 ρ 2 ρ
(4)
Q 1 = Q 2 +Q 3
(5)
Kako je Q 2 = Q 3 (protok se ravnomerno deli prema turbinama, prema uslovu zadatka), sleduje da je: v 2 = v 3 , a iz jednačina (3) i (4) dobija se da je: p m2 = p m3 1 Q1 = 17,5 m 3 / s . 2 Na osnovu Q1 i Q2 sračunavamo srednje brzine strujanja vode kroz preseke 1-1, 2-2, 3-3 i one su: 4Q 4Q v1 = 2 1 = 4,95 m/s ; v2 = v3 = 2 2 = 5,57 m/s ; Dπ dπ Q 2 = Q3 =
Natpritisak u preseku 1-1 iznosi: p m1 = p1 − p a = 398 − 103 = 295 kPa=295000 Pa . Iz jednačine (3) ⇒
p m2 = p m3 = p m1 +
ρ 2 ( v1 − v22 ) = 291738 Pa 2
Onda su sledeće sile pritiska u presecima 1-1, 2-2, 3-3 sledeće: D2 π P1 = p m1 = 2085232 N 4 d2π = 916524 N P2 = P3 = p m2 4 Sada da ove veličine napišemo u vektorskom obliku: G G G G G G G G P1 = P1 i , P2 = − P2 cos α i + P2 sin α j , P3 = −P3 cos α i + P3 sin α j , G G G G G G G = Gk , N = Nx i + N y j + Nz k G G G G G G G G v1 = v1 i , v 2 = v 2 cos α i − v 2 sin α j , v3 = v3 cos α i − v3 sin α j . G Zamenom ovih zapisa u jednačini (2) dobija se da su projekcije sile N date izrazima: N x = P1 − ( P2 + P3 ) cos α + ρQ1v1 − ρQ 2 v 2 cos α − ρQ3 v3 cos α = 1244483 N N y = ( P2 + P3 + ρQ 2 v 2 + ρQ3 v3 ) sin α = 1756298 N
N z = −G = − mg = 1088910 N Intenzitet sile N kojom mlaz vode deluje na račvu je: N = N 2x + N 2y + N 2z = 2412270 N
2. zadatak. Horizontalna cev prolazi jednim delom, na kome je prečnik smanjen sa vrednosti D1=1,5m na D2=1m, kroz betonski blok kao što je prikazano na slici. Odrediti natpritisak u preseku 1 cevi, kroz koju protiče voda protokom Q=1,8 m3/s, pod uslovom da horizontalna sila koju prima blok ne bude veća od R=5·105 N.
Rešenje: G G G G G G - Napišimo zakon o količini kretanja za preseke 1 i 2: ρ ( Q 2 v 2 − Q1v1 ) = P1 + P2 + G + R 1
Gravitaciona sila se zanemaruje, a Q1 = Q 2 = Q . G G G G G G Sila kojom tečnost deluje na blok je: R = R 1 = P1 + P2 + ρQ ( v1 − v 2 ) , G G G G G G G G gde su: P1 = P1 i , P2 = − P2 i , v1 = v1 i , v 2 = v 2 i , P1 = p m1A1 , P2 = p m2 A 2 . R = p m1A1 − p m2 A 2 + ρQ ( v1 − v 2 ) .
- Jednačina kontinuiteta je Q = v1A1 = v 2 A 2 - Bernulijeva jednačina za preseke 1-1 i 2-2 je: v12 p a + p m1 v 22 p a + p m2 + = + 2 2 ρ ρ
p m2 = p m1 +
Sada je sila R:
⇒
v12 p m1 v 22 p m2 + = + ρ ρ 2 2
ρ 2 ρQ 2 1 1 2 v − v = p + ( 2− 2 1 2) m1 2 2 A1 A 2
1 Q Q ρ 1 R = p m1A1 − p m1A 2 − Q 2 A 2 2 − 2 + ρQ − 2 A1 A 2 A1 A 2 1 1 1 A2 R = ρQ 2 − − + p m1 ( A1 − A 2 ) 2 A1 2A 2 2 A1
1 1 1 A2 R − ρQ 2 − − 2 A1 2A 2 2 A1 . p m1 = A1 − A 2
Površine poprečnih preseka cevi su: A1 =
D12 π D2π = 1, 765 m 2 i A 2 = 2 = 0, 785 m 2 . 4 4
Unošenjem ovih vrednosti u izraz z pm1 dobija se da je: p m1 = 5,1 bar .
3. zadatak Kroz difuzor prikazan na slici, sa manjim poprečnim presekom A1=0,05m2 i većim A2=0,4m2, struji voda protokom Q1=0,1 m3/s u otvoreni rezervoar sa stalnim nivoom na visini h=2m. a) Odrediti silu koja isteže zakivke, koji spajaju difuzor sa rezervoarom. b) Za slučaj da se rezervoar zatvori, a iznad slobodne površine održava vakuum, sila u zakivcima se smanjuje. Odrediti pri kolikom vakuumu sila iščezava.
Rešenje:
a) - Napišimo zakon o količini kretanja za preseke 1 i 2, pri čemu je Q1 = Q 2 = Q : G G G G G G G G G G ρ ( Q 2 v 2 − Q1v1 ) = P1 + P2 + R 1 ⇒ ρQ ( v 2 − v1 ) = P1 + P2 + R 1 Sila kojom tečnost deluje na difuzor je: G G G G G G R = − R 1 = P1 + P2 + ρQ ( v1 − v 2 ) , G G G G G G G G G G gde su: P1 = − P1 i = − p m1A1 i , P2 = P2 i = p m2 A 2 i , v1 = − v1 i , v 2 = − v 2 i . G G R = − p m1A1 + p m2 A 2 + ρQ ( v 2 − v 2 ) i R = ρQ ( v 2 − v1 ) − p m1A1 + p m2 A 2 - Bernulijeva jednačina za preseke 1 i 2: v12 p1 v 22 p 2 + = + 2 ρ 2 ρ - Bernulijeva jednačina za preseke 1 i 0: p1 v12 p a v2 + = + gh + 2 ρ 2 ρ 2 Iz (1) i (2) ⇒ p 2 = p a + ρgh ⇒ Iz (1)
⇒
p1 = p 2 +
p m 2 = ρgh
ρ 2 ( v2 − v12 ) ⇒ 2
(1)
(2) (3)
p m1 = p m 2 +
ρ 2 ρ v2 v 2 − v12 ) = p m 2 + v 22 1 − 12 . ( 2 2 v2
Q Q i v2 = . A1 A2 Zamenom u izrazu za silu kojom tečnost deluje na difuzor doboja se: Q Q ρ 2 1 1 − R = ρQ + p m 2 A 2 − p m2 + Q 2 − 2 A1 2 A 2 A1 A 2 A1 - Jednačina kontinuiteta glasi: Q = v1A1 = v 2 A 2
⇒
v1 =
1 1 1 ρ 2 1 R = ρQ 2 − + p m2 ( A 2 − A1 ) − Q 2 − 2 A1 2 A 2 A1 A 2 A1 1 A 1 R = ρQ 2 − − 12 + p m 2 ( A 2 − A1 ) A 2 2A1 2A 2 1 A 1 R = ρQ 2 − − 12 + ρgh ( A 2 − A1 ) A 2 2A1 2A 2
Zamenom brojnih vrednosti dobija se da je: R = 6788,52 N . b) Stavljajući u poslednjem izrazu da je R=0, dobija se da je: 1 A 1 ρQ 2 − − 12 A 2 2A1 2A 2 ≈ 223 Pa p m2 = A1 − A 2 A kako je p v = ρgh − p m 2 ⇒ p v = ρgh − p m 2 ≈ 0,194 bar .
4. Zadatak. Slobodan mlaz idealne tečnosti protoka Qo, udara u ravnu ploču pod uglom α=60o (v.sl.). Odrediti odnos protoka Q2/Q1, delova mlaza tečnosti na koje se on podeli posle udara razdvaja.
Rešenje: Napišimo zakon o količini kretanja za fluidni prostor 0-1-2: G G G G G G G ρQ 2 v 2 + ρQ1v1 − ρQ 0 v 0 = P0 + P1 + P2 + R 1 G G G G G R = − R 1 = ρQ 0 v 0 − ρQ 2 v 2 − ρQ1v1 , G G G G G G G gde je: v1 = − v1 i , v 2 = v 2 i , v1 = v 0 cos α i − v 0 sin α j . Zamenom u poslednjoj jednačini, dobija se: G G G G G R = ρQ 0 v 0 cos α i − ρQ 0 v 0 sin α j − ρQ 2 v 2 i + ρQ1v1 i G G G R = ( ρQ 0 v0 cos α + ρQ1v1 − ρQ 2 v 2 ) i − ρQ 0 v 0 sin α j
Pošto je fluid idealan ⇒ Rx=0, tj. ρQ 0 v 0 cos α + ρQ1v1 − ρQ 2 v 2 = 0 Iz Bernulijeve jednačine za 0 i 1
⇒
v1=v0
Iz Bernulijeve jednačine za 0 i 2
⇒
v2=v0
(1)
Dobija se da je:
v1=v2=v0
(2)
- Iz jednačine kontinuiteta dobija se: Q 0 = Q1 + Q 2 (3) Zamenom (2), (3) u (1) dobijamo: 1 3 1 Q1 − Q 2 = 0 ( Q1 + Q 2 ) + Q1 − Q 2 = 0 ⇒ 2 2 2 Sila kojom tečnost deluje na ploču je: R = R y = −ρQ 0 v 0 sin α .
⇒
Q2 =3. Q1
5. zadatak. Iz rezervoara u kome vlada konstantan natpritisak pm=8bar ističe voda kroz vertikalnu zakrivljenu cev, na koju se nadovezuje mlaznik dužine l=200 mm. Ostali podaci su prema slici a=500mm, D=150mm, d=50mm. a) Zanemarujući masu vode u cevi, mlazniku i rezervoaru, odrediti silu i moment, prouzrokovane isticanjem tečnosti, koji opterećuju zakivke A i B. b) Koliko će iznositi opterećenje zakivka B, ako se mlaznik ukloni?
Rešenje:
Opterećenje zakivka A dobija se iz zakona o količini kretanja za zapreminu (1) i (2): G G G G G G R A = ρQ ( v1 − v 2 ) + P1 + P2 , P2 = 0 Skalarni oblik ove jednačine je: D2 π . 4 Primenom Bernulijeve jednačine i jednačine kontinuiteta za odgovarajuće preseke: D2 π d2π v12 p m1 v 22 v = v i . + = + gl 1 2 4 4 2 ρ 2 dobija se: 1 D2 1 D2 π + ρ R A = ρQv1 − ρQv 2 1 − g l. 2 2 4 2d Sa druge strane, Bernulijeva jednačina za neki presek u rezervoaru u kome voda miruje (3) i mlazni presek (2): p m v 22 = + g(a + l) , 2 ρ R A = ρQ ( v1 − v 2 ) + p m1
dobija se da je:
p v 2 = 2 m − g(a + l) = 39, 4 m/s . ρ
d2π d2 Q = v = 77,3 l/s . Onda je: v1 = v 2 2 = 4,38 m/s ; 2 4 D Onda je sila koja opterećuje (na istezanje) zakivke A: R A = 10898,91 N . Pišući jednačinu za zakon o količini kretanja za zapreminu 3, 3, imamo: G G G G G G R B = ρQ ( v3 − v 2 ) + P3 + P2 , P2 = 0 , pa su projekcije ove sile na ose x i y: D2π , R By = ρQv 2 . 4 Iz jednačine kontinuiteta je v3 = v1 = 4,38 m/s , a iz Bernulijeve jednačine je: p m p m3 v32 ⇒ p m3 = 7,902 bar . = + ρ ρ 2 Onda je: R Bx = 1711,845 N , R By = 3050,91 N . G Pored sile R B , zakivci su opterećeni i momentom koji se izračunava iz zakona o momentu količine kretanja: G G G G G G G ∫ ρ ( r × v ) v, dA = r × P3 − M R Bx = ρQv3 + p m3
(
) (
)
A G G M - traženi moment; r - radijus vektor u odnosu na težište preseka (3). G G Poslednja jednačina, s obzirom da vrzina v3 i sile P3 prolaze kroz težište preseka (3), svodi se na jednačinu: M = 1525, 455 Nm . ρQv 2 a = M ⇒ Smerovi ovog momenta je kao i smer kazaljke na satu.
b) Ako se mlaznik ukloni, biće: R Bx = ρQv3 + p m3
Iz jednačine kontinuiteta je v 3 = v1 , a iz Bernulijeve jednačine je: p m v12 = + ga , 2 ρ dobija se: p m3 = ρga , Q = v1
D2π , 4
R By = ρQv1 .
p m p m3 v32 = + , 2 ρ ρ
D2 π , 4
pa se zamenom dobija da su: Q = 700 l/s . v1 = v3 = 39,5 m/s , p m3 = 4905 Pa , Dobija se da je: R Bx = 27752, 49 N , R By = 27664, 2 N , M = aR By = 13832,1 Nm
MEHANIKA FLUIDA Dinamika viskoznog fluida 1.zadatak. Mineralno ulje, kinematičke viskoznosti ν=1,5·10-5 m2/s i gustine ρ=870 kg/m3 ustaljeno struji u horizontalnom procepu širine 2b=4mm. Dimenzije procepa su B=12cm (upravno na ravan crteža) i L=1m. Ako je razlika pritisaka na ulaznom i izlaznom preseku ∆p=0,2 bar, odrediti maksimalnu i srednju brzinu strujanja, kao i protok ulja. Uticaj bočnih zidova procepa (paralelnih sa ravni crteža) zanemariti. Rešenje: Najpre napišemo Navije-Stoksove jednačine za nestišljiv fluid u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu i jednačinu kontinuiteta: ∂2v ∂v x ∂v ∂v ∂v ∂ 2 vx ∂ 2 vx 1 ∂p + vx x + v y x + vz x = X − + ν 2x + + ∂t ∂x ∂y ∂z ρ ∂x ∂y 2 ∂z 2 ∂x ∂2vy ∂2vy ∂2vy 1 ∂p + vx + vy + vz =Y− + ν 2 + + 2 ∂x ∂t ∂x ∂y ∂z ρ ∂y ∂y 2 ∂z
∂v y
∂v y
∂v y
∂v y
∂2v ∂2v ∂2v ∂v z ∂v ∂v ∂v 1 ∂p + vx z + v y z + vz z = Z − + ν 2z + 2z + 2z ∂z ∂t ∂x ∂y ∂z ρ ∂z ∂y ∂x ∂v x ∂v y ∂v z + + =0 ∂x ∂y ∂z
Uslovi stujanja (uprošćenja):
∂χ = 0, χ - fizička veličina strujanja ; ∂t ∂χ - ravansko strujanje: v z = 0 , =0; ∂z - strujanje se odvija pretežno u pravcu x ose, v = v x ( v y = 0 )
- stacionarno strujanje:
- strujanje u polju zemljine teže: X = Iz jednačine kontinuiteta dobija se:
∂U ∂U ∂U . , Y= , Z= ∂x ∂y ∂z
∂v x =0 ∂x
Prethodni sistem jednačina svodi se na oblik: ∂2v ∂2v 1 ∂p ∂U 1 ∂ − =ν 2 ⇒ ( p − ρU ) = ν 2 ρ ∂x ∂x ∂y ρ ∂x ∂y 1 ∂p ∂U 1 ∂ − =0 ⇒ ( p − ρU ) = 0 ρ ∂y ∂y ρ ∂y 1 ∂p ∂U 1 ∂ − =0 ⇒ ( p − ρU ) = 0 ρ ∂z ∂z ρ ∂z
Uvedimo generalisani pritisak izrazom: Ρ = p − ρU . Tada prethodni sistem jednačina postaje: ∂P ∂2v =η 2 ∂x ∂y ∂P =0 ∂y ∂P =0 ∂z
P ≠ P ( y) ⇒ P=P ( x ) P ≠ P (z)
⇒ ⇒
∂P ∂2v dP d2v =η 2 ⇒ = η 2 = − k, k=const. ∂x ∂y dx dy Konstantu k treba odrediti na osnosu zadatih vrednosti. dP d2v k = −k i =− . Prethodna jednačina ekvivalentana je sa dve sledeće: 2 dx dy η
Onda se sistem svodi na jednačinu:
Iz prve se dobija: P = − kx + C Korišćenjem graničnih uslova: - za x=0, P = p + gρy 0 (U = −gy) - za x=L, P = p − ∆p + gρy 0 ⇒
p + gρ y 0 = C
kPa ∆p = 80 ⇒ ∆p = kL ⇒ k= p − ∆p + gρy 0 = − kL + C L m
Sada integralimo drugu jednačinu i dobijamo:
dv k k 2 = − y + C1 ⇒ v= − y + C1 y + C2 η dy 2η
Koristimo granične uslove za brzinu: k 2 0= − b + C1b + C2 2η - za y = ± b , v = 0 ⇒ k 2 0= − b − C1b + C2 2η
+ 1 k k k 2 1 k k 2 b , C1 = b 2 − C2 = b 2 − ⇒ 2C2 = b 2 ⇒ C2 = b = 0. η 2η b 2η 2η b 2η k k 2 k 2 y + b ⇒ v= ( b 2 − y 2 ) . Raspored brzine je: v= − 2η 2η 2η Brzina je maksimalna za y=0 i iznosi: v max =
kb 2 ∆pb 2 = = 3, 065 m/s 2η 2Lη
Zapreminski protok je:
dQ = vBdy ⇒
Q=
b
b
−b
−b
b
2 B∆pb3 = 0,981 l/s . 3 ηL Q Q = 2, 04 m/s . Srednja brzina strujanja je: vsr = = A 2bB Q=
b
∆p 2 B∆p b − y 2 ) dy = b 2 − y 2 ) dy ( ( ∫ 2ηL 2ηL − b −b
∫ vBdy = B ∫ vdy = B ∫
2. zadatak. Između dveju paralelnih ploča, koje su na međusobnom rastojanju h i nagnute pod uglom α u odnosu na horizontalnu ravan struji fluid dinamičke viskoznosti η. Ako je strujanje ustaljeno, a protok po jedinici širine ploča Q, odrediti maksimalnu vrednost intenziteta vtloga. Ploče se nalaze u polju zemljine teže, a gornja ploča se kreće konstantnom brzinom v0 (v.sl.). Rešenje:
Najpre napišemo Navije-Stoksove jednačine za nestišljiv fluid u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu i jednačinu kontinuiteta: ∂2v ∂v x ∂v ∂v ∂v ∂ 2vx ∂ 2vx 1 ∂p + vx x + v y x + vz x = X − + ν 2x + + ∂t ∂x ∂y ∂z ρ ∂x ∂y 2 ∂z 2 ∂x ∂v y ∂t
+ vx
∂v y ∂x
+ vy
∂v y ∂y
+ vz
∂v y ∂z
= Y−
∂2vy ∂2vy ∂2vy 1 ∂p + ν 2 + + 2 ∂x ρ ∂y ∂y 2 ∂z
∂2v ∂2v ∂2v ∂v z ∂v ∂v ∂v 1 ∂p + vx z + v y z + vz z = Z − + ν 2z + 2z + 2z ∂z ∂t ∂x ∂y ∂z ρ ∂z ∂y ∂x ∂v x ∂v y ∂v z + + =0 ∂x ∂y ∂z
Karakteristike stujanja: ∂χ = 0, χ - fizička veličina strujanja ; ∂t ∂χ - ravansko strujanje: v z = 0 , =0; ∂z - strujanje se odvija pretežno u pravcu x ose, v = v x ( v y = 0 ) - stacionarno strujanje:
- strujanje u polju zemljine teže: X = Iz jednačine kontinuiteta dobija se:
∂U ∂U ∂U . , Y= , Z= ∂x ∂y ∂z
∂v x =0 ∂x
Prethodni sistem jednačina svodi se na oblik: 1 ∂p ∂U ∂2v − =ν 2 ρ ∂x ∂x ∂y 1 ∂p ∂U − =0 ρ ∂y ∂y 1 ∂p ∂U − =0 ρ ∂z ∂z
⇒ ⇒ ⇒
1 ∂ ∂2v ( p − ρU ) = ν 2 ρ ∂x ∂y 1 ∂ ( p − ρU ) = 0 ρ ∂y 1 ∂ ( p − ρU ) = 0 ρ ∂z
Uvedimo generalisani pritisak izrazom: Ρ = p − ρU . Tada prethodni sistem jednačina postaje: ∂P ∂2v =η 2 ∂x ∂y ∂P =0 ∂y ∂P =0 ∂z
P ≠ P ( y) ⇒ P=P ( x ) ⇒ P ≠ P (z) ∂P ∂2v dP d2v Onda se sistem svodi na jednačinu: =η 2 ⇒ = η 2 = − k, k=const. ∂x ∂y dx dy Konstantu k treba odrediti na osnosu zadatih vrednosti. Prethodna jednačina ekvivalentana je sa dve sledeće: dP = −k ⇒ P= − kx+C i dx k 2 d2v k dv k y + C1 y + C2 =− ⇒ = − y + C1 ⇒ v= − 2 2η dy η dy η ⇒
Koristimo granične uslove za brzinu: - za y = 0 , v = 0 ⇒ C2 =0 -
za y = h , v = v0 ⇒ v0 = −
Brzina je: v= −
v k 2 k h + C1h ⇒ C1 = h+ 0 . 2η 2η h
v k 2 k y + h+ 0 y . 2η h 2η
Polazeći od izraza za protok po jedinici širine: dQ = vdA = vdy h k 2 k v k k 3 v 0 h 2 v 0 h kh 3 Q = ∫ − y + h + 0 y dy = − h 3 + h + = + 2η h 6η 4η h 2 2 12η 2η 0 v h 12η k = 3 Q − 0 . h 2 G Izraz za vrtlog ω je: G G G i j k v G G ∂ ∂ ∂ ∂v G k k G 2ω = rotv = =− k= y− h − 0 k . ∂x ∂y ∂z ∂y 2η h 2η v 0 0
⇒
Zapaža se da će intenzitet vrtloga biti maksimalan za y = 0 i tada je:
G v v h v k h 12η 6Q 3v v 6Q 2v 2 3Q 2 ω max = h+ 0 = Q− 0 + 0 = 2 − 0 + 0 = 2 − 0 = − v0 3 2η h 2η h 2 h h h h h h h h Dakle,
G 1 3Q ω max == − v0 . h h
3. zadatak Ravna ploča kreće se konstantnom brzinom u0 paralelno nepokretnoj horizontalnoj ravni i gradi sa njom zazor koji je ispunjen dvema tečnostima dinamičkih viskoznosti η1 i η2. Debljine slojeva su b1 i b2 (v.sl.). Odrediti jednačinu rasporeda brzine u zazoru. Rešenje: Najpre napišemo Navije-Stoksove jednačine za nestišljiv fluid u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu i jednačinu kontinuiteta: ∂2v ∂v x ∂v ∂v ∂v ∂ 2 vx ∂ 2 vx 1 ∂p + vx x + v y x + vz x = X − + ν 2x + + 2 ∂t ∂x ∂y ∂z ρi ∂x ∂y 2 ∂z ∂x ∂2vy ∂2vy ∂2vy 1 ∂p + ν 2 + + 2 2 ∂x ∂t ∂x ∂y ∂z ρi ∂y ∂ y ∂z ∂2v ∂2v ∂2v ∂v z ∂v ∂v ∂v 1 ∂p + vx z + v y z + vz z = Z − + ν 2z + 2z + 2z ∂z ∂t ∂x ∂y ∂z ρi ∂z ∂y ∂x
∂v y
+ vx
∂v y
+ vy
∂v y
+ vz
∂v y
=Y−
∂v x ∂v y ∂v z + + =0 ∂x ∂y ∂z
Karakteristike stujanja:
∂χ = 0, χ - fizička veličina strujanja ; ∂t ∂χ - ravansko strujanje: v z = 0 , =0; ∂z - strujanje se odvija pretežno u pravcu x ose, v = v x ( v y = 0 ) G ∂U ∂U ∂U , Y= , Z= . - strujanje u polju zemljine teže: F = gradU , tj. X = ∂x ∂y ∂z ∂v x Iz jednačine kontinuiteta dobija se: =0 ∂x - stacionarno strujanje:
Uvedimo generalisani pritisak izrazom: Ρi = p − ρi U . Tada prethodni sistem jednačina postaje: ∂Pi ∂2v ∂Pi ∂Pi = ηi 2i , = 0, = 0. ∂x ∂y ∂y ∂z Iz poslednjih jednačina, ako je ploča jedini uzrok kretanja, imamo da je: v1 =C1 y + C2 d 2 vi =0 ⇒ 2 v 2 =C3 y + C4 dy Iz graničnih uslova imamo: - za y=0, v 2 =0 ⇒ C4 = 0 ⇒
-
za y=b1+b2 ,
-
za y=b2 , v1 ( b 2 ) =v 2 ( b 2 )
-
za y=b2 , τ1 =τ2
v1 =u 0
⇒
η1
⇒
∂v1 ∂y
C1b 2 + C2 = C3 b 2
= η2 y = b2
C1 ( b1 + b 2 ) + C 2 = u 0
∂v 2 ∂y
⇒ y = b2
...(1)
...(2)
η1C1 = η2 C3
...(3)
Iz (3) ⇒ C3 =
η ⇒ C2 = C1b 2 1 − 1 → (1) η2 η2 u 0 η C1 b1 + b 2 1 = u 0 ⇒ C1 = b1η2 + b 2η1 η2
η1 η C1 → (2): C1b 2 + C2 = C1b 2 1 η2 η2
η C1 ( b1 + b 2 ) + C1b1 1 − 1 = u 0 ⇒ η2
η1 − η2 b2 u 0 b1η2 + b 2 η1 η1u 0 η C3 = 1 C1 = η2 b1η2 + b 2 η1 C2 =
Jednačina rasporeda brzine u zazoru data je izrazom: η1u 0 b η + b η y, za 0 ≤ y ≤ b 2 1 2 2 1 v(y) = η1 − η2 η2 u 0 y+ b 2 u 0 , za b 2 ≤ y ≤ b1 +b 2 b1η2 + b 2η1 b1η2 + b 2η1
4. Zadatak. Ulje za podmazivanje ložišta dovod se iz spremišta do tarućih površina pomoću beskonačnog kaiša pravougaonog poprečnog preseka. Ako je brzina kaiša v0, debljina sloja ulja b, odrediti dinamičku viskoznost ulja ako je njegova gustina ρ. Napomena: Na spoljašnjoj granici sloja brzina ulja jednaka je nuli, Rešenje:
Napišimo prvo Navije-Stoksovu jednačinu i jednačinu kontinuiteta za stacionarno strujanje vx vx
∂2v ∂v x ∂v ∂v ∂2vx ∂2vx 1 ∂p + v y x + vz x = X − + ν 2x + + ∂x ∂y ∂z ρ ∂x ∂y 2 ∂z 2 ∂x ∂v y ∂x
+ vy
∂v y ∂y
+ vz
∂v y ∂z
=Y−
∂2vy ∂2vy ∂2vy 1 ∂p + ν 2 + + ∂x ρ ∂y ∂y 2 ∂z 2
∂2v ∂2v ∂2v ∂v z ∂v ∂v 1 ∂p + v y z + vz z = Z − + ν 2z + 2z + 2z ∂x ∂y ∂z ρ ∂z ∂y ∂z ∂x ∂v x ∂v y ∂v z + =0 + ∂y ∂z ∂x
vx
Karakteristike stujanja:
∂χ =0; ∂z - strujanje se odvija pretežno u pravcu x ose, v = v x ( v y = 0 )
- ravansko strujanje: v z = 0 ,
- u jednačinama zanemarujemo uticaj sile zemljine teže;
Iz jednačine kontinuiteta dobija se:
Iz druge jednačine je:
∂p =0 ∂y
∂v x =0 ∂x
⇒
⇒
p ≠ p ( y ) p ≠ p ( z )
pa se prva jednačina svodi na jednačinu: 1 ∂p ∂2v ∂p ∂2v =k i η 2 =k ⇒ ⇒ =ν 2 ∂x ∂y ρ ∂x ∂y k 2 v= y + C1 y + C2 2η
v x ≠ v x ( x ) v x ≠ v x ( z ) ⇒
⇒
v = v ( y) .
p = p(x) ,
∂v k = y + C1 ∂y η
⇒
Konstante C1 i C2 određujemo korišćenjem graničnih uslova: v=v 0 ⇒ C2 =v0 za y=0, v k k 2 b+ 0 , i za y=b, v=0 b + C1b + C2 ⇒ C1 = − ⇒ 0= 2η b 2η pa je: v k 2 k v= y − b + 0 y + v0 2η b 2η Da odredimo konstantu k, posmatramo ravnotežu fluidnog delića: dp gρBbdx = − Bbdp ⇒ = −gρ = k ⇒ k = −gρ . dx Onda raspored brzine u sloju ima oblik: v gρ 2 gρ v=− y + b − 0 y + v0 . 2η b 2η Pođimo sada od izraza za protok: b b g ρ 2 gρ gρ b3 1 2 gρ v0 v + b Q = B∫ vdy = B∫ − y + b − y + v 0 dy = B − b − 0 + v0 b = Bbvsr 2η b b 2η 2η 3 2 2 η 0 0 ⇒
vsr =
2 v0 , 3
jer je u pitanju parabolični raspored tako da poslednja jednačina dobija oblik: v 2 1 g ρ 2 1 gρ v0 = − b + b b − 0 + v0 3 6 η 2 2η b 1 g ρ 2 1 gρ 2 1 1 1 gρ 2 1 ⇒ − b + b = v0 − v0 b = v0 6 η 4 η 2 3 12 η 6 η=
Za parabolički raspored je: Q=
2 bv 0 = vsr b 3
⇒
vsr =
2 v0 . 3
gρb 2 . 2v 0
5. zadatak. Tečnost gustine ρ=920 kg/m3 i dinamičke viskoznosti η=0,06 kg/ms, struji kroz horizontalni procep unutrašnjeg poluprečnika a=20mm, spoljašnjeg poluprečnika b=36mm i dužine L=6,4m usled razlike pritisaka ∆p=0,18 bar. Naći izraz za raspored brzine, protok, maksimalnu i srednju brzinu. Rešenje:
Napišimo prvo Navije-Stoksovu jednačinu i jednačinu kontinuiteta u polarno-cilindričnom koordinatnom sistemu za nestišljiv fluid: ∂ 2 v 1 ∂v r v r 1 ∂ 2 v r 2 ∂v θ ∂ 2 v r 1 ∂p ∂v r ∂v v ∂v ∂v 1 + v r r + θ r + v z r − v θ2 = Fr − + ν 2r + − + − + r ∂θ r ∂r r 2 r 2 ∂θ2 r 2 ∂θ ∂z 2 ∂t ∂r ∂z r ρ ∂r ∂r ∂ 2 v 1 ∂v θ v θ 1 ∂ 2 vθ 2 ∂v r ∂ 2 vθ v ∂v vv ∂v θ ∂v ∂v 1 1 ∂p + v r θ + θ θ + v z θ + r θ = Fθ − + ν 2θ + − + + + r ∂θ r r ∂r r 2 r 2 ∂θ2 r 2 ∂θ ∂z 2 ∂t ∂r ∂z ρ r ∂θ ∂r ∂ 2 v 1 ∂v z 1 ∂ 2 v z ∂ 2 v z ∂v z ∂v v ∂v ∂v 1 ∂p + v r z + θ z + v z z = Fz − + ν 2z + + + 2 ∂t ∂r ∂z ρ ∂z ∂z r ∂θ r ∂r r 2 ∂θ2 ∂r ∂v r v r 1 ∂v θ ∂v z + + + =0 ∂x r r ∂θ ∂z
Karakteristike stujanja: ∂χ = 0, χ - fizička veličina strujanja ; ∂t ∂χ - ravansko strujanje: vθ = 0 , =0; ∂θ - strujanje se odvija pretežno u pravcu z ose, v = v z - stacionarno strujanje:
- zanemarimo zapreminske sile. Sistem jednačina se svodi na: 1 ∂p =0 ρ ∂r ∂ 2 v 1 ∂v 1 ∂p = ν 2 + ,⇒ ρ ∂z r ∂r ∂r
p ≠ p ( r ) , v ≠ v ( z ) , pa je p = p ( z ) , v=v ( r ) .
∂v z =0 ∂z Onda parcijalna diferencijalna jednačina postaje obična diferencijalna jednačina: d 2 v 1 dv dp = η 2 + = −k . dz r dr dr p = −kz + C . Integracijom pritiska dobija se: Za z=0, p=p1; za z=L, p=p1+∆p. ∆p p1 = C , p1 + ∆p = −kL + p1 ⇒ k = − = −2,8125 kPa/m . L
Integracijom jednačine
d 2 v 1 dv k + + =0 dr 2 r dr η
⇒
d dv k r + r = 0, dr dr η
dobija se: v=−
k 2 r + C1 ln r + C2 4η
Konstante se određuju iz graničnih uslova: r=a, v=0 i r=b, v=0
⇒
k b2 − a 2 k 2 b2 − a 2 C1 = − , C2 = a + ln a . a 4η ln a 4η ln b b
Konačno se dobija da je: k 2 2 b2 − a 2 r v = − r −a + ln . a 4η a ln b 1/ 2
1 b2 − a 2 dv Iz izraza = 27, 6 mm , = 0 ⇒ rm = a dr 2 ln b v max = v ( rm ) = 1,136 m/s . pa je maksimalna brzina: Protok je:
π∆p ( a 2 − b 2 ) 2 a Q = ∫ v ⋅ 2rπdr = a + b 2 ) ln − ( a 2 − b 2 ) = 2,83 l/s . ( a r b 8ηL ln b Srednja brzina je: Q vsr = = 1 m/s . 2 π ( a − b2 ) a
MEHANIKA FLUIDA Isticanje kroz velike otvore 1.zadatak. Kroz veliki ptvor u bočnom zidu rezervoara oblika ravnokrakog trougla osnove a i koeficijenta protoka µ, ističe voda. Odrediti protok kroz otvor ako su poznate veličine H1 i H2 (v.sl.).
Rešenje: Elementarni protok je:
dQ = µ 2gz ⋅ x ( z ) dz ,
pa je protok: H2
Q = µ 2g ∫ x ( z ) dz . H1
Sada treba odrediti x(z). Sa slike je (iz sličnosti trouglova): Prethodni sistem jednačina svodi se na oblik: x H −z a = 2 ⇒ x= ( H2 − z ) a H 2 − H1 H 2 − H1 pa je H2 a Q = µ 2g ( H 2 − z ) zdz = H 2 − H1 H∫1 H2
= µ 2g
a 2 3/ 2 2 5 / 2 H2 z − z H 2 − H1 3 5 H1
tj. Q = µ 2g
a 2 5/ 2 4 5/ 2 2 3/ 2 H 2 − H 2 H1 + H1 . H 2 − H1 15 3 5
Ako se, na primer, osnovica velikog otvora poklapa sa nivoom tečnosti (H1=0, H2=h) izraz za protok ima jednostavniji oblik i glasi: Q* =
4 µa 2g ⋅ h 3/ 2 . 15
2.zadatak. Kroz veliki otvor u bočnom zidu rezervoara, oblika romba stranice a, vertikalne dijagonale H i koeficijenta protoka µ, ističe voda. Iznad vode u rezervoaru je konstantan natpritisak pm, a isticanje je u sredinu u kojoj deluje atmosferski pritisak. Odrediti protok vode kroz ovaj otvor.
Rešenje: Protok kroz ovaj otvor je: Q=Q1+Q2, gde su: Q1 – protok kroz donji deo otvora, Q2 – protok kroz gornji deo otvora, Elementarni protok kroz donji deo otvora je: p dQ1 = µ 2g m + y ⋅ x ( y ) dy , ρg
gde je:
x H−y 2h = ⇒ x= ( H − y ) . h H/2 H
Onda je protok kroz donji deo otvora: Q1 = 2µ
H p h 2g ∫ m + y ( H − y ) dy = H ρg H/2 H
3/ 2 5/ 2 3/ 2 2 p h 2 pm 2 pm pm m = 2µ 2g H + y − + y + + y H 5 ρg 3 ρg ρg H / 2 3 ρg
Q1 = 2µ
H p h 2g ∫ m + y ( H − y ) dy = H ρg H/2
3/ 2 3/ 2 5/ 2 5/ 2 2 p p m H 2 p m pm H h m = 2µ 2g H + H − + − + H − + H 3 ρg ρg 2 5 ρg ρg 2 3/ 2 3/ 2 p 2 p m p m H + H − m + . 3 ρg ρg ρg 2
Elementarni protok kroz gornji deo rezervoara je: p dQ 2 = µ 2g m + z ⋅ bdz , ρg
gde je: b z 2h = ⇒ b= z . h H/2 H
Onda je protok kroz donji deo otvora: 2h Q2 = µ 2g H Q2 = µ
H/2
∫ 0
H/2
5/ 2 3/ 2 2 p pm 2h 2 pm pm m + zdy =µ + z − + z 2g z H 3 ρg ρg 5 ρg 0 ρg
5/ 2 5/ 2 3/ 2 3/ 2 p 2 p m p m H p 2h H 2 p 2g m + − m − + − m . H ρg 3 ρg ρg 2 ρg 5 ρg 2
Ukupni protok je: Q = Q1 + Q 2 = 2µ
3/ 2 3/ 2 5/ 2 2 p p h H 2 p 2g H m + H − m + − m + H + H ρg 2 5 ρg 3 ρg
2p H + m+ 5 ρg 2
3/ 2 3/ 2 5/ 2 pm H 2 pm H 2 p m p m + + H − + + + 3 ρg ρg ρg 2 5 ρg 2
5/ 2
2 p 2 pm pm H − m − + 5 ρg 3 ρg ρ g 2
3/ 2
+
2 pm pm 3 ρg ρg
3/ 2
3/ 2 3/ 2 5/ 2 pm H 2 pm h 2 p m Q = 2µ 2g H + H − + − + H + H ρg 2 5 ρg 3 ρg
4p H + m+ 5 ρg 2
5/ 2
2 pm pm + + H 3 ρg ρg
3/ 2
4 pm pm H − + 3 ρg ρg 2
Veza između h i H je: 2
2
h H 2 2 2 + = a ⇒ h= 4a − H , 2 2
h treba uneti u izraz za Q.
3/ 2
4 p + m 15 ρg
5/ 2
3.zadatak. U veritkalnom zidu nalazi se trougaoni otvor koji se otvara poklopcem čija je brzina vo=1 m/s. Odrediti zapreminu vode koja istekne kroz veliki otvor, ako se poklopac kreće vertikalno: a) na dole i b) na gore. Dati su podaci: H=2m, h=1,5m, a=1m i µ=0,62.
Rešenje: a) Položaj trenutne otvorenosti poklopca (otvora) određen je koordinatom y (vidi sliku b). Onda je elementarni protok: dQ = µ 2gz ⋅ x ( z ) dz , gde je iz sličnosti trouglova: x a a = ⇒ x = ( z-H ) . z−H h h H+ y a Q=µ 2g ∫ ( z − H ) zdz h H dy Q dV = Qdt , y = v o t ⇒ dt= ⇒ dV= dy . vo vo V=µ
a hv o
a =µ hv o = 2µ
a hv o
h H+ y 2g ∫ ∫ ( z − H ) zdz dy = 0 H H+ y
h
2 2 2g ∫ z 5 / 2 − Hz 3/ 2 dy = 5 3 H 0 h
1 1 1 5/ 2 3/ 2 1 2g ∫ ( H + y ) − H 5 / 2 − H ( H + y ) + H 5 / 2 dy 5 5 3 3 0 h
V = 2µ
a hv o
1 1 2 1 7/2 5/ 2 1 2 2g ( H + y ) − yH5 / 2 − H ( H + y ) + yH5 / 2 5 7 5 3 5 3 0
= 2µ
a hv o
1 2 2 1 7/2 5/ 2 2 2g ( H + h ) − H 7 / 2 − hH 5 / 2 − H ( H + h ) + H 7 / 2 + hH 5 / 2 5 15 15 3 35
Odnosno: V = 4µ
a hv o
H 4 1 7 / 2 h 5/ 2 7/2 5/ 2 1 2g ( H + h ) − ( H + h ) + − H + H = 170, 7 m 3 . 15 15 105 15 35
b) Koristeći identičan postupak kao i u zadatku pod a), dobija se da je: V = 2µ
a hv o
hH 8 5/ 2 7/2 1 2g (8H + 15h )( H + h ) − ( H + h ) − H 7 / 2 = 363, 7 m3 . 3 105 105
4.zadatak. U veritkalnom zidu nalazi se pravougaoni veliki otvor koji zatvara poklopac. Kada se poklopac kreće konstantnom brzinom vo, odrediti zapreminu vode koja istekne kroz veliki otvor za vreme njegovog otvaranja, ako se poklopac kreće: a) s desna na levo i b) s leva na desno. Dati podaci su: vo, a, h, H, µ.
Rešenje:
a) Trenutni položaj poklopca, pri njegovom kretanju s desna na levo, prikazan na sl.b, određen je koordinatom y. Za trenutno otvorenu površinu otvora imamo: x y η = ⇒ x = y; η=z- ( H+h-ξ ) η ξ ξ ξ h a a = ⇒ y = ξ; x= η y a h h a a Dakle, x= η = z- ( H+h-ξ ) . h h Onda je: dQ = µ 2gz ⋅ xdz , pa je: H+h a Q=µ 2g ∫ z − ( H + h − ξ ) zdz . h H + h −ξ dV = Qdt , y = v o t =
a a a ξ ⇒ dt= dξ ⇒ dV= Qdξ . h hv o hv o
h H+h a a V=µ 2g ∫ ∫ z − ( H + h − ξ ) zdz dξ hv o h 0 H + h −ξ Integracijom se dobija da je: 2
2g a 4 2 h2 7/2 5/ 2 3/ 2 7/2 H + h − H − h H + h + H + h) . ( ) ( ) ( 15 v o h 105 6 b) Pri kretanju poklopca s leva na desno, trenutno otvorena površina velikog otvora ima oblik trapeza. Zato se ova površina deli na dve, i to trougla i pravougaonika i dobija se: 2 2 2 2g a 2 2 h2 h 7/2 3/ 2 h 5/ 2 V = 2µ 3 − 5 H + h + hH + ) ( (H + h) + v o h 105 a 15 6 a V = 2µ
2 2 4 7 / 2 h 2 h 5/ 2 + H 1 + + − 1 H ( H + h ) . 105 a 15 a
5.zadatak. Voda ističe iz rezervoara kroz veliki otvor oblika elipse (sa poluosama a=0,5m i b=1m) čije se teme nalazi na slobodnoj površi tečnosti u rezervoaru. Odrediti zapreminski protok vode Q kroz otvor, pod uslovom da se nivo tečnosti održava na istoj visini. Koeficijent isticanja µ=0,62.
Rešenje:
Iz jednačine elipse imamo: x 2 y2 + =1 ⇒ a 2 b2
x = a 1−
y2 . b2
Kako je y+z=b, to je elementarna površina:
( b − z ) dz = 2a 2bz − z 2 dz y2 dA = 2xdz = 2a 1 − 2 dz = 2a 1 − b b2 b 2
Iz izraza za elementarni protok, dQ = µ 2gz ⋅ dA(z) ,
dobija se protok kroz elipsasti otvor: 2b 2a dQ = µ 2g ∫ z 2b − z ⋅ dz . b 0
Integral u izrazi za protok, može se izračunati, na primer smenom 2b-z=u, te proizilazi da je: 2b 2a 64 Q = µ 2g ∫ ( 2bu1/ 2 − u 3/ 2 ) ⋅ du = µab gb = 4,13 m3 / s b 15 0
MEHANIKA FLUIDA Isticanje kroz male otvore 1.zadatak. Rezervoar oblika obrtnog paraboloida napunjen je vodom i prazni se kroz tri jednaka otvora. Odrediti vreme pražnjenja rezervoara (integralnu reprezentaciju), ako su dati podaci: h, b, d i µ.
Rešenje: Kada se pražnjenje vrši kroz sva tri otvora, jednačina isticanja glasi:
( 2Q1 + Q 2 ) dt = −A(z)dz , gde su: A(z) = r π , 2
a iz jednačine paraboloida imamo:
r2 z = b2 h
⇒ r2 =
b2 b2 z ⇒ A(z)= πz . h h
h d2π , Q1 = µa 2g z − ; Q 2 = µa 2gz; a= 3 4 pa se zamenom dobija: h b2 h b2 2µa 2g z − + µa 2gz dt=- πzdz ⇒ µa 2g 2 z − + z dt=- πzdz 3 h 3 h b2 π z 4b 2 z dt = − dz ⇒ dt = − 2 dz µah 2g µd h 2g h h 2 z − + z 2 z− + z 3 3
t1 = −
4b 2 µd 2 h 2g
h/3
∫
z
dz . h 2 z− + z 3 Posle ovog vremena (t1) pražnjenje se obavlja samo kroz otvor na dnu sa protokom Q2, pa imamo da je:
4b 2 t2 = − 2 µd h 2g
0
∫
h /3
h
4b 2 2h zdz = 2 µd h 2g 3 3
Ukupno pražnjenje rezervoara je: t = t1 + t 2
3/ 2
8b 2 h = 2 3µd h 2g 3
3/ 2
.
2.zadatak. Sud koji se sastoji od cilindra i kupe prazni se kroz prikazani prosti cevovod. Za vreme pražnjenja u sudu iznad vode deluje konstantan natpritisak pm. Odrediti vreme pražnjenja rezervoara, ako su poznati podaci: D, d, h, H1, H2, L, ρ, ξu, ξk, ξv i λ. Rešenje: Bernulijeva jednačina za preseke 0-0 i 1-1 ima oblik: pm v2 L + gz = ξ u + 2ξ k + ξ v + λ + 1 ρ 2 d
Onda je: Q1 = µ
⇒
d2π p 2g z + m , gde je µ = 4 ρg
v2 =
p 2g m + z ρ
L ξ u + 2ξ k + ξ v + λ + 1 d
.
1
. L ξ u + 2ξ k + ξ v + λ + 1 d Pražnjenje cilindričnog dela suda je određeno jednačinom: D2π D2 dz . − dz = Q1dt ⇒ dt = − 2 4 µd 2g pm z+ ρg Integracijom se dobija da je: t1 = −
H2 + h
D2 µd
2
2g
pm p dz D2 = 2 − H2 + h + m H1 + H 2 + h + ρg ρg µd 2g p z+ m ρg
∫
H1 + H 2 + h
Posle ovog vremena (t1) obavlja se pražnjenje dela rezervoara oblika kupe: dt 2 = − gde iz sličnosti trouglova imamo da je: dt 2 = −
D2π 2 (y − h) 4H 2 2
.
r 2π dy , Q2
r y−H D = ⇒ r= (y − h) . D/2 H2 2H 2
dy d2π p µ 2g y + m 4 ρg
D2 t2 = − µH 2 2 d 2 2g
=−
h
∫
H2 + h
D2 H 2 2µd 2 2g
(y − h)
(y − h)
2
pm y + ρg
dy
2
pm y + ρg
dy .
5/ 2 5/ 2 3/ 2 2 pm p m 4 pm D2 t2 = − H 2 + h + −h + − H 2 + h + − ρg ρg 3 ρg µH 2 2 d 2 2g 5 3/ 2 p p p p p − h + m h + m + 2 h + m H 2 + h + m − h + m ρg ρg ρg ρg ρg
Ukupno vreme pražnjenje rezervoara je: t = t1 + t 2 .
3.zadatak. U cilindričnom sudu mase m, može da se kreće klip bez trenja. Odrediti vreme za koje će se sud isprazniti kroz pet malih otvora oštrih ivica. Dati su podaci: D, d, Do, H, ρ i µ.
Rešenje: Na početku treba odrediti visinu h do koje je sud napunjen tečnošću. Iz jednačine ravnoteže suda imamo da je: π 4m . mg = ρgh ( D 2 − d 2 ) ⇒ h = 4 ρπ ( D 2 − d 2 ) Prvo se prazni širi deo suda, pri čemu je, zbog dinamičke ravnoteže suda, visina h=const. Diferencijalna jednačina pražnjenja šireg dela suda glasi: 5µ
t1 = −
d o2 π D2π 2g ( h + z )dt1 = − dz 4 4
D2 5µd o2 2g
0
∫
H
dz 2D 2 = h + z 5µd o2 2g
(
)
h+H − h .
Za pražnjenje užeg dela suda imamo jednačinu: 5µ
t2 = −
d o2 π d2π 2gy ⋅ dt 2 = − dy 4 4
d2 5µd o2 2g
0
∫
H
dz 2d 2 = y 5µd o2 2g
Ukupno vreme pražnjenje rezervoara je: t = t1 + t 2 .
h.
4.zadatak. Cilindrični sud napunjen tečnišću gustine ρ, zatvoren je klipom sa gornje strane. Masa klipa je m. Odrediti vreme za koje se sud isprazni kroz tri jednak otvora prikazana na slici. Dati su podaci: D1, D2, H, h, d i µ. (Dati integralnu preprezentaciju.)
Rešenje: Vreme pražnjenja suda sastoji se od dva vremena, vremena pražnjenja kroz sva tri otvora i vremena pražnjenja kroz donji otvor. Kada se sud prazni kroz sva tri otvora, tada klip na tečnost deluje konstantnim natpritiskom pm =
4mg . D12 π
Onda je diferencijalna jednačina pražnjenja suda: 5µ
p d2π pm D2π 2g 2 m + z − h + + z dt1 = − 1 dz 4 ρg 4 ρg
t1 = −
D12 5µd 2 2g
h
∫
H+h
1 p p 2 m +z−h + m +z ρg ρg
dz .
Posle vremena t1 pražnjenje je samo kroz donji otvor. Ako se zanemari isticanje kroz gornje otvore, kada je tečnost neposredno pri površi klipa, dobija se jednačina: µ t2 = −
d2π D2π 2gy ⋅ dt 2 = − 2 dy 4 4 D 22
µd 2 2g
0
∫ h
2D 2 1 dy = 2 2 h. y µd 2g
Ukupno vreme pražnjenje rezervoara je: t = t1 + t 2 .
5.zadatak. Hidraulički akumulator napunjen uljem gustine ρ, sastoji se od cilindra, klipa mase m i opruge krutosti c. Opruga hidrauličkog akumulatora prethodno je sabijena za vrednost b>H. Odrediti vreme pražnjenja hidrauličkog akumulatora. Dati su podaci: D, d, H, L, b, ρ, m, µ i c.
Rešenje: Radi jednostavnijeg pisanja uvodimo oznake: A=
D2π 4
i
a=
d2π . 4
Klip deluje na tečnost konstantnim natpritiskom: pm =
4mg mg . = D2π A
Sila u opruzi zavisi od trenutnog položaja klipa, pa je pritisak od opruge: pc =
Fc c c c = b − ( H − z ) = ( b − H ) + z . A A A A
Onda je diferencijalna jednačina pražnjenja suda: p p µa 2g c + m + z dt = − Adz ρg ρg
t=−
A µa 2g
0
∫
H
dz c mg c + + 1 z (b − H) + ρgA ρgA ρgA
MEHANIKA FLUIDA Isticanje kroz otvore sa promenljivim nivoom tečnosti 1.zadatak. Prizmatična sud podeljen je vertikalnom pregradom, u kojoj je otvor prečnika d, na dve komore. Leva komora je napunjena vodom visine H, a desna je prazna. Odrediti vreme izjednačavanja nivoa u komorama posle otvaranja otvora. Dati odaci su: A1,A2,µ i h.
Rešenje: Vreme izjednačavanja nivoa sastoji se od dva vremena: vremena punjenja komore poprečnog preseka A2 do visine otvora d i vremena podvodnog isticanja tečnosti do trenutka izjednačavanja nivoa u komorama. Za vreme isticanja dok otvor nije potopljen važi jednačina: H1 − h d2π 4A 1 4A 1 − A1dz = µ 2gz ⋅ dt ⇒ dt = − 2 1 dz , dz ⇒ t1 = − 2 1 ∫ 4 µd π 2g z µd π 2g H − h z gde H1 određujemo iz uslova jednakosti zapremina: A1 ( H − H1 ) = A 2 h t1 =
8A1 µd 2 π 2g
⇒
H1 = H −
A2 h. A1
A H − h − H − 1 + 1 h . A2
Pri daljem isticanju važi jednačina: A1 dy1 . A2 A + A2 A2 Koristeći da je: y = y1 − y 2 ⇒ dy = 1 ⇒ dy1 = dy1 dy . A2 A1 + A 2 AA AA 1 1 − 1 2 dy = µa 2gy ⋅ dt ⇒ dt = − 1 2 dy A1 + A 2 A1 + A 2 µa 2g y − A1dy1 = A 2 dy 2 = µa 2gy ⋅ dt
t2 = −
A1A 2 ( A1 + A 2 ) µa 2g
0
∫
H1 − h
⇒
dy 2 = −
A A1A 2 1 8 dy = 2 H − 2 + 1 h µd π 2g ( A1 + A 2 ) y A1
Ukupno vreme pražnjenja rezervoara je: t = t1 + t 2
2.zadatak. Cilindričan sud povšine preseka A prazni se kroz cev površine preseka a. Cev se obrće oko verikalne ose 0-0 konstantnom ugaonom brzinom ω. Izlazni otvor cevi nalazi se na rastojanju R od ose obrtanja. Uporediti vremena pražnjenja suda za slučaj da cev stoji u da se obrće. Poznati podaci su: A, a, Ho, H, µ, R i ω.
Rešenje: Za slučaj da se cev obrće protok je: R 2 ω2 Q1 = µa 2g z + . 2g
Diferencijalna jednačina isticanja (pražnjenja suda) je: A − Adz = Q ⋅ dt ⇒ t1 = − µa 2g
H
∫
Ho
1 R 2 ω2 z+ 2g
dz ,
a posle integracije imamo da je: t1 =
2A µa 2g
R 2 ω2 R 2 ω2 H + − H + o 2g 2g
.
Ako se cev ne obrće treba u prethodnom izrazu ostaviti da je ω=0 i dobija se da je: 2A t2 = H o − H . µa 2g Onda je: t1 = t2
Ho +
R 2 ω2 R 2 ω2 − H+ 2g 2g Ho − H
.
3.zadatak. Cilindrični sud napunjen vodom obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω. Iznad vode je klip mase m. Sud se prazni kroz četiri ravnomerno raspoređena otvora. Odrediti ugaonu brzinu ω, tako da se sud isprazni za vreme T. Dati su podaci: D, d, h, µ, T, m i ρ.
Rešenje: Osnovna hidrostatička jednačina glasi: 1 ω2 2 1 ω2 ⇒ p = ρ r 2 − ρgz + ρC p= r − gz + C dp = ω2 xdx + ω2 ydy − gdz ⇒ ρ 2 ρ 2 2 ω p k − p a = ρ r 2 − ρgy + ρC − p a 2 D/2 2 ω 2 mg = ∫ ρ r − ρgy + ρC − p a 2rπdr 2 0 ω2 D 2 4mg , = ρC − p a − ρgy + ρ 2 Dπ 16 4mg ω2 D 2 . ρC = p a + ρgy + 2 − ρ Dπ 16 ω2 4mg ω2 D 2 Jednačina rasporeda pritiska je: p = ρ r 2 − ρgz + p a + ρgy + 2 − ρ 2 Dπ 16 ω2 2 ω2 D 2 4mg . Jednačina slobodne površi p=pa je: ρgz = ρ r + ρgy + 2 − ρ 2 Dπ 16 Otvori se nalaze na rastojanju r=D/2, pa je rastojanje od otvora do slobodne površine tečnosti: mg = ( ρC − p a − ρgy )
D2π D4π + ρω2 4 64
⇒
2
ρgz D = ρ
4mg 4mg ω2 D ω2 D 2 ω2 D 2 + ρ gy + − ρ = ρ gy + + ρ 2 2 D2π 16 D2π 16
4m ω2 D 2 4m ω2 D 2 , . + = y + k k = + ρD 2 π 16g ρD 2 π 16g Onda je diferencijalna jednačina isticanja vode: D2 1 D2 π d2π dy . − dy = 4µ 2g ( y + k )dt ⇒ dt = − 2 4 4 4µd 2g y + k zD = y +
D2 4µd 2 2g Rešenje poslednje jednačine po ω2 je:
Vreme pražnjenja suda je: T = −
0
∫ h
1 D2 dy = y+k 2µd 2 2g
(
)
h+k − k .
2 2 2µd 2 T 2g 2 2 16g D 4m 2 ω = 2 . h − − 2 ρ π D 4µd 2 T 2g D2 D
4.zadatak. Sud tankih zidova, mase m, (stabilno) pliva na vodi. Kada se na mestu A, koje se nalazi na nivou slobodne površi probuši otvor površine poprečnog preseka a i koeficijenta protoka µ, sud tone. U trenutku kada je sud potonuo nivo vode u sudu je ispod otvora A. Odrediti vreme tonjenja suda, ako je sud oblika konusa. Poznate veličine su: D, h, a, m, µ i ρ.
Rešenje: Iz sličnosti trouglova imamo: D d0 d 2x = = = h h0 h0 + z y
⇒
d0 =
D D 1D h0 , d = (h0 + z) , x = y. h h 2h
Diferencijalna jednačina pražnjenja suda je: A ( x ) dy = Q ⋅ dt ,
gde je: A ( x ) = x 2 π =
2
1D πy 2 . 4 h2 ⇒
Q = µa 2gz
1 D2 2 πy dy = µa 2gz ⋅ dt . 4 h2
Veličina h0 određuje se iz uslova plivanja u početku: mg = ρg
1 d 02 π 1 D2 3 h 0 = ρ gπ h0 3 4 12 h 2
2
⇒
h0 =
3
12m h . ρπ D
Sada treba naći vezu između koordinata z i y. Ta veza se dobija iz uslova kvazistacionarne hidrodinamičke ravnoteže sila: D 1 1 d2π mg + ρg x 2 πy = ρg d = (h0 + z) . (h0 + z) , 3 3 4 h Dobija se da je: 3 y3 = ( h 0 + z ) − h 30 3y 2 dy = 3 ( h 0 + z ) dz 2
⇒
y 2 dy = ( h 0 + z ) dz . 2
2
1D 2 π ( z + h 0 ) dz = µa 2gz ⋅ dt 4 h
π D T= 4µa 2g h
2 h −h0
∫ 0
(z + h0 ) z
2
π D dz = 10µa 2g h
2
4 h − h 0 4h 02 + hh 0 + h 2 . 3
5.zadatak. Vertikalni cilindrični sud prečnika D i visine H napunjen je vodom do visine h=3/4H, prazni se kroz otvor prečnika d, koji se nalazi u težištu dna suda i koeficijenta protoka µ. Odrediti vreme pražnjenja suda kada se sud obrće oko svoje vertikalne ose konstantnom ugaonom brzinom. Ugaona brzina je takva da slobodna površina vode u početnom trenutku pražnjenja dodiruje gornju ivicu suda.
Rešenje: Iz jednakosti zapremina pre i za vreme obrtanja dobija se: 3 1 z 0 = h − ( H − h ) = 2h − H = H − H = H . 2 2 1 Dakle, z 0 = H . 2 Jednačina pražnjenja suda je: D2π D2π dV = Vp + dz − Vp = − dz 4 4 − −
D2π dz = Q ⋅ dt 4
D2π d2π dz = µ 2gz ⋅ dt 4 4
t=−
D2 µd 2 2g
0
∫
H/2
⇒
dt = −
D2 µd
2
1 dz . 2g z
H/2 1 D2 dz = − 2 2 z 0 z µd 2g
Vreme pražnjenja suda iznosi: t=
D2 µd 2
H . g
