vJEZBE FLUIDI

Sveučilište u Mostaru Fakultet strojarstva i računarstva

Ivo Džijan

MEHANIKA FLUIDA VJEŽBE

Mostar, 2017.

SADRŽAJ 1.

VJEŽBE – STATIKA FLUIDA: MANOMETAR ............................................................ 1

2.

VJEŽBE – STATIKA FLUIDA: SILA TLAKA NA RAVNU POVRŠINU ................... 8

3.

VJEŽBE – STATIKA FLUIDA: SILA TLAKA NA ZAKRIVLJENU POVRŠINU ... 17

4.

VJEŽBE – STATIKA FLUIDA: SILA TLAKA NA ZAKRIVLJENU POVRŠINU I SILA UZGONA ............................................................................................................... 27

5.

VJEŽBE – PRIMJENA JEDNADŽBE KONTINUITETA I BERNOULLIJEVE JEDNADŽBE ................................................................................................................... 34

6.


7.


8.

VJEŽBE – PRIMJENA JEDNADŽBE KONTINUITETA, BERNOULLIJEVE JEDNADŽBE I JEDNADŽBE KOLIČINE GIBANJA ................................................. 55

9.

VJEŽBE – PRIMJENA JEDNADŽBE KONTINUITETA, BERNOULLIJEVE JEDNADŽBE I JEDNADŽBE KOLIČINE GIBANJA ................................................. 65

10. VJEŽBE – HIDRAULIČKI STROJEVI ......................................................................... 74 11. VJEŽBE – HIDRAULIČKI STROJEVI ......................................................................... 82 12. VJEŽBE – DIMENZIJSKA ANALIZA .......................................................................... 90 13. VJEŽBE – PRORAČUN CJEVOVODA ....................................................................... 102 14. VJEŽBE – PRORAČUN CJEVOVODA ....................................................................... 110

Ivo Džijan

Mehanika fluida – vježbe, FSR Mostar

I

POPIS NAJVAŽNIJIH OZNAKA Oznaka

Dimenzija

Jedinica u SI sustavu

A, S

L2

m2

c

LT-1

m/s

D, d

L

m

sila

F

MLT-2

N

ubrzanje Zemljine sile teže

g

LT-2

m/s2

volumenski modul elastičnosti

K

ML-1T-2

Pa

Fizikalna veličina površina brzina zvuka promjer

-1

maseni protok

 m

MT

kg/s

moment sile

M

ML2T-2

Nm

snaga

P

ML2T-3

W

tlak

p

ML-1T-2

Pa

volumenski protok

Q

L3T-1

m3/s

potencijal masene sile

U

L2T-2

m2/s2

specifična unutrašnja energija

u

L2T-2

J/kg

volumen fluida

V

L3

m3

brzina strujanja fluida

v

LT-1

m/s

rad sile, energija

W, E

ML2T-2

J

geodetska visina

z

L

m

gustoća fluida

ρ

ML-3

kg/m3

kinematička viskoznost

ν

L2T-1

m2/s

dinamička viskoznost

µ

ML-1T-1

Pa∙s

kutna brzina

w

T-1

rad/s

faktor trenja

λ

-

-

naprezanje

τ, σ

ML-1T-2

N/m2

α

-

rad

kut

Ivo Džijan


PREPORUČENA LITERATURA Virag, Z.: Mehanika fluida – odabrana poglavlja, primjeri i zadaci, Sveučilište u Zagrebu, Fakultet strojarstva i brodogradnje, Zagreb, 2002. Fancev, M.: Mehanika fluida, Tehnička enciklopedija, 8, Hrvatski leksikografski zavod, Zagreb, 1982. Munson, B. R., Young, D. F., Okiishi, T. H.: Fundamentals of Fluid Mechanics, John Wiley&Sons, Toronto, 1990. White, F. M.: Fluid Mechanics, McGraw-Hill, 2003. Cengel, Y. A., Cimbala, J. M.: Fluid Mechanics – Fundamentals and Applications, McGraw-Hill, 2006. Zbirke zadataka Šavar, M.: Zbirka ispitnih zadataka iz Mehanike fluida I, Sveučilište u Zagrebu, Fakultet strojarstva i brodogradnje, Zagreb, 2002. https://www.fsb.unizg.hr/hydro/pdf/Nastavni_materijali/Zbirka_zadataka_iz_MF _%28Savar%29.pdf, 09.12.2015. Bukurov, M., Todorović, B., Bikić, S.: Zbirka zadataka iz mehanike fluida 1, Fakultet tehničkih nauka u Novom Sadu, FTN - Grafički centar GRID, Novi Sad, Srbija, 2013. Maksimović, Č. i dr.: Zbirka zadataka iz Mehanike fluida s rešenim ispitnim rokovima, Građeviniski fakultet Univerziteta u Beogradu, 2002, http://www.ptf.unze.ba/nastava/OHH/L5%20Zbirka%20zadataka%20iz%20Meh anike%20fluida.pdf, 09.12.2015. Obrović B., Savić S.: Zbirka rešenih zadataka iz mehanike fluida - Osnovni kurs, Mašinski fakultet u Kragujevcu, Kragujevac, 2011.

Ivo Džijan


III

1. VJEŽBE – STATIKA FLUIDA: MANOMETAR 1.1 U jedan krak U-cijevi u kojoj se nalazi voda gustoće ρ = 999,1 kg/m3 nadoliveno je ulje gustoće ρ0 = 820 kg/m3, prema slici. Ako je visina stupca ulja h0 = 150 mm, odredite razliku visina h razina ulja i vode. g

pa

pa

h=?

h0

ulje

Rješenje:

pa B

A

pa

h h0-h

h0

Jednadžba manometra od A do B:

pa + ρ g ( h0 − h ) − ρ0 gh0 = pa

(a)

0 ρ h0 − ρ h − ρ0 h0 =

(b)

daje Razlika visina h razina ulja i vode je

 ρ  820   h = h0 1 − 0  = 0,15 1 −  m = 0, 0269 m = 26,9 mm ρ  999,1  

Ivo Džijan


(c)

1

1. Vježbe – Statika fluida: Manometar

1.2 Odredite apsolutni i manometarski tlak u točki A spremnika, za otklone manometra i barometra prema slici. Zadano je: p = 999 kg/m3, p1 = 771 kg/m3, p0 = 13560 kg/m3, h = 5 cm, h0 = 17,5 cm, h1 = 12,5 cm, ha = 752 mm.

h0

A

ha

h h1

Rješenje: Jednadžba barometra:

2

= pa r= 99999,= 6 Pa 1000 = mbar 1000 hPa (a) 0 gha

Napomena:

= 0,001 bar 1= mbar 1 hPa

(b)

Jednadžba manometra:

pA = pa + ρ0 g ( h0 + h1 ) − ρ1 gh1 − ρ gh

(c)

Apsolutni tlak u točki A:

pA = 138 458 Pa=1385 mbar

(d)

Manometarski tlak u točki A:

pMA = pA − pa = 38 458 Pa = 385 mbar

(e)


Ivo Džijan


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

pa

spremnik dimenzija dna LxB priključna cijev

l

h ravnotežni položaj žive l

živa

Rješenje: Volumen nafte u spremniku V = L⋅B⋅H

⇒

H=

V L⋅B

(a)

Jednadžba manometra od slobodne površine nafte u spremniku do slobodne površine žive u manometru p + ρ g ( H + h + l ) − 2 ρ0 gl =p a

a

(b)

Zamjenom prve u drugu jednadžbu se dobije tražena visina

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

(c)

ρ  V  + h  2 ρ0 − ρ  L ⋅ B 

(d)

= l

U slučaju praznog spremnika V = 0 i pune priključne cijevi je l = l0

l0 =

Ivo Džijan

ρ ⋅h 2 ρ0 − ρ

(e)


3


1.4 Osjetljivost hidrostatskog manometra (definirana odnosom otklon manometra / mjerena razlika tlakova) povećava se naginjanjem kraka manometra. Za mikromanometar na slici, duljina l u nagnutom kraku mjeri se od položaja meniskusa kod jednakih tlakova

p1 i

p2. Odredite kut nagiba kraka da bi

osjetljivost manometra bila 1mm/Pa. Zadano je: p = 800 kg/m3. l

d

h1

h2

D=10 d

Rješenje: Iz geometrije na slici je

h2 = l ⋅ sin α

(a)

Jednadžba manometra od jedne do druge slobodne površine je

p2 + ρ g ( h1 + h2 ) = p1

(b)

Volumen za koji se smanji kapljevina u spremniku jednak je dodatnom volumenu u nagnutom kraku, pa se može pisati

D 2π d 2π h1 = l 4 4

(c)

a odavde se može izraziti visina h1 d h1 = l   D

2

(d)

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

(e)

U zadatku je osjetljivost hidrostatskog manometra definirana odnosom otklon manometra i mjerene razlike tlakova, odnosno

4


Ivo Džijan


l = p1 − p2

osjetljivost =

1

= 10−3 m Pa  d   ρ g   + sin a   D  

(f)

2

što daje 2  d  2  103  d  10−3 ρ g   + sin α  = 1 ⇒ sin α = −   = 0,117 ρg  D   D  

(g)

pa je kut nagiba kraka

= α 6,= 75α 6α 44′45′′

(h)

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

otpresak

m

g

D

F=? h

l1

A1

Ivo Džijan


l2

5


Rješenje: F2 F2 otpresak

G mg F2 F2

stap 2

mg

p2

A2 F

p2 ulje

h

l1 p1

F1

p1

F1

l2

A1 Jednadžba ravnoteže poluge

F ⋅ ( l1 + l2 ) = F1 ⋅ l2

(a)

Jednadžba ravnoteže stapa 1

p1 A1 = pa A1 + F1 ⇒

F p1 = pa + 1 A1

(b)

Jednadžba manometra

p2 = p1 − ρ gh

(c)

Jednadžba ravnoteže stapa 2 p2 A2 = pa A2 + F2 + mg ⇒

6

p2 = pa +

F2 + mg D 2p 4


(d)

Ivo Džijan


Ovo je sustav četiri jednadžbe s četiri nepoznate veličine: F, F1, p1, p2 koji se može riješiti tako da se tlakovi iz jednadžbi (b) i (d) uvrste u jednadžbu (c) pa +

F2 + mg F = pa + 1 − ρ gh 2 Dp A1 4

(e)

Iz koje se može izračunati sila F1    F2 + mg  F1 =A1  ρ gh +  =335 N D 2π    4 

(f)

Sila F kojom treba gurati ručicu se sada može izračunati iz jednadžbe (a)

l2 = F F= 62,9 N 1 l1 + l2

Ivo Džijan


(g)

7

2. VJEŽBE – STATIKA FLUIDA: SILA TLAKA NA RAVNU POVRŠINU 2.1 Odredite rezultantnu silu tlaka (veličinu, smjer i hvatište) na kvadratni poklopac dimenzije a = 0,8 m, čije se težište nalazi na dubini H = 1,8 m, za slučajeve prema slikama (a), (b) i (c). Zadano je: h = 0,8 m, H1 = 1,2 m, p = 998,2 kg/m3, p1 = 820 kg/m3, a = 70o.

Ivo Džijan


8

2. Vježbe – Statika fluida: Sila tlaka na ravnu površinu

Rješenje: a)

z O

Fh= ρ gH ⋅ a 2= 11277 N

(a)

H = 1.92 m sin α

(b)

= yC

a=70o

a4 Iξξ a2 12= = ∆y = = 0, 0278 m (c) yC ⋅ S yC ⋅ a 2 12 ⋅ yC

H

yC Fh

C

Sile konstantnog tlaka pa izvana i iznutra se

Dy

poništavaju.

b) 1. način Izvana djeluje sila uslijed atmosferskog tlaka pa, a iznutra sila uslijed konstantnog tlaka p0.

h . .

.

. .

.

.

.

.

. .

a H

.

. .

. .

.

Razlika tih dviju sila je sila F0 pretlaka pM0

. .

.

.

iznutra. Sila Fh uslijed hidrostatskog tlaka je ista kao pod (a). Jednadžba manometra

C

pa + ρ gh = p0

a

pM 0

=

p0 − pa

(d) = ρ gh

= 7831 Pa

F0 = pM 0 ⋅ a 2 = 5012 N

Ivo Džijan


(e) (f)

9


poklopac

Rezultantna sila :

F0

FR

Dy

Dy R

FR = F0 + Fh = 16289 N

(g)

∑M

= M FR

(h)

FR ⋅ ∆yR = Fh ⋅ ∆y

(i)

Fh

C

C

∆y

R

= ∆y ⋅

Fh = 0, 0193 m FR

(j)

b) 2. način

z

Ako se pretlak pM 0 fiktivna slobodna pretvori u visinu tlaka površina pM 0 = h dolazi se do ρg

O h .

. .

.

.

.

.

. .

.

. .

. .

.

. .

.

.

fiktivne

slobodne

površine na kojoj vlada

a

yC

HH

atmosferski tlak, te na površinu djeluje samo sila uslijed hidrostatskog

C

tlaka računata na temelju dubine

Dy R

fiktivne

= 16289 N

10

od

slobodne

površine.

Fh = FR = ρ g ( H + h ) ⋅ a 2 =

= yC

mjerene

H +h = 2, 77 m sin α


(k) (l)

Ivo Džijan


a4 Iξξ 12 ∆y= = R yC ⋅ S yC ⋅ a 2 yR ∆=

(m)

2

a = 0, 0193 m 12 ⋅ yC

c)

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

2 F= ρ1 gH1 ⋅ a= 6176 N h1

H1 = 1, 28 m sin α

= yC1

a4 Iξξ 12= 0, 0418 m ∆ = y1 = yC1 ⋅ S yC1 ⋅ a 2

(n) (o)

(p)

= FR F= h − Fh1 5101 N

(q)

∑M

(r)

C

= M FR

Fh ⋅ ∆y − Fh1 ⋅ ∆y= FR ⋅ ∆yR 1 ∆y

Ivo Džijan

R

=

Fh ⋅∆y − Fh1⋅∆y1 = 0, 0109 m FR


(s) (t)

11


2.2 Potrebno je odrediti na koju visinu h treba spustiti razinu vode, da bi se poklopac jedinične širine, okretljiv u točki O, prema slici, otvorio uslijed vlastite težine. Gustoća poklopca je jednolika, a masa mu je m = 250 kg. Zadano je: L = 160 cm ,

α = 15α , ρ = 998 kg/m3. pa

g pa

L

h=? poklopac

a O r

Rješenje: Na poklopac djeluje

pa a

mg pa

L

h

tlaka.

Poklopac će se otvoriti kada

moment

sile

težine u odnosu na

x

a

Dy

hidrostatskog

yC

C O

vlastita težina i sila

točku O bude veći od

Fh

r

momenta

sile

hidrostatskog tlaka.

Krak sile težine u odnosu na točku O je

L cos α a krak sile Fh hidrostatskog tlaka je 2

L − ∆y , te vrijedi 2

mg

L L  cos α > Fh ⋅  − ∆y  2 2 

(a)

Sila hidrostatskog tlaka je definirana izrazom

12


Ivo Džijan


Fh = ρ ghC A= ρ g ⋅ yC sin α ⋅ L ⋅1

(b)

a pomak

Iξξ 1 ⋅ L3 L2 ∆= y = = yC A 12 ⋅ yC ⋅ L ⋅1 12 ⋅ yC

(c)

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

yC <

m L ctg α + = 0,851 m ρL 6

(d)

Iz slike slijedi granična visina h fluida

L  h= x sin α = 0, 427 m  yC +  sin α = 2 

(e)

Očito je h > L sin α = 0,414 m, što znači da je razina fluida iznad gornjeg ruba poklopca, kao što je pretpostavljeno na slici. Da to nije tako, trebalo bi ponoviti proračun uz pretpostavku da je samo dio površine poklopca u dodiru s fluidom. 2.3 Treba odrediti silu F koja drži u ravnoteži poklopac AB jedinične širine, zglobno vezan u točki A, u položaju prema slici. Zadano je : a = 0,84 m, H = 0,65 m, h = 35,5 cm, ρ = 999 kg/m3.

pa g

B . .. ..... .. p0=? . ..

F

a H

h

pa

A poklopac r

Ivo Džijan


13


Rješenje: U pa

hC=yC=H/2 1

h

B F . . ... p0 . . . . .2. .

Fh

H/2

Dy

A

r

Slika (a) Sile na poklopac

primjeru

nije

pogodno uvoditi fiktivnu slobodnu a

F0

H

ovom

a/2

površinu,

jer

površina AB nije čitava uronjena u fluid. Na dio površine poklopca koji se nalazi iznad fluida, djeluje samo sila konstantnog tlaka p0, a na potopljeni dio površine i sila tlaka p0 i sila hidrostatskog tlaka.

Zbog toga je u ovom slučaju jednostavnije računati silu F0 (uslijed konstantnog tlaka p0) na čitavu površinu, koja djeluje u težištu poklopca AB i silu hidrostatskog tlaka Fh, na dio poklopca ispod stvarne slobodne površine, kao što je prikazano na slici (a). Sila težine poklopca prolazi točkom A, te u ravnoteži momenata nije bitna. S obzirom da fluid u spremniku miruje, tlak p0 će se odrediti iz jednadžbe manometra od točke 1 u piezometričkoj cijevi do točke 2 na slobodnoj površini, koja glasi

pa + ρ gh − ρ gH = p0

(a)

iz koje je manometarski tlak

pM 0 = p0 − pa = ρ g (h − H ) = −2890Pa

(b)

Negativni predznak ukazuje da se radi o podtlaku, te će sila F0 (c)

F0 =pM 0 ⋅ a ⋅1 =−2428N biti negativna, odnosno usmjerena suprotno nego što je ucrtano na slici (a). Sila Fh je Fh= ρ g ⋅

H ⋅ H ⋅1= 2070 N 2

(d)

a pomak hvatišta sile Fh je

14


Ivo Džijan


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

(e)

Sila F se određuje iz uvjeta ravnoteže momenata u odnosu na točku A, koja glasi

a H H F ⋅ a = F0 ⋅ + Fh  −  2  2 6

(f)

U gornjoj se jednadžbi sila F0 uvrštava s negativnim predznakom, te slijedi sila F = -680 N, što znači da na poklopac treba djelovati silom F u suprotnom smjeru od smjera na slici (a). S obzirom da se poklopac naslanja na stijenku u točki B, sila F će biti sila reakcije između poklopca i stijenke, te za držanje poklopca u ravnoteži neće trebati djelovati silom izvana. 2.4 Odredite minimalnu silu F kojom se poklopac ABC, jedinične širine (B = 1 m), zglobno učvršćen u točki A, drži u zatvorenom položaju, prema slici. Zadano: H = 0,9 m, h = 0,5 m, a = 1 m, b = 0,4 m, ρ = 1000 kg/m3. Zanemarite težinu poklopca. g

A b

H

a

pa

B F

C

h

Rješenje: Poklopac ABC se sastoji od dvije ravne površine. Hidrostatska sila na ravnu površinu AB, zbog hidrostatskog podtlaka, djeluje prema desno i jednaka je

b Fh1 ρ= ghC1 A1 ρ= g bB 784,5 N = 2

(a)

a njen pomak prema gore u odnosu na težište površine je

Ivo Džijan


15


b3 B I b ∆y1 = ξξ ,1 = 12 = = 0, 0667 m yC1 A1 b bB 6 2

(b)

Duljina ravne površine BC je

e=

a 2 + h 2 = 1,118 m

(c)

Hidrostatska sila na ravnu površinu BC, zbog hidrostatskog pretlaka, djeluje prema dolje-lijevo i jednaka je

h = Fh 2 ρ= ghC 2 A2 ρ= g eB 2741 N 2

(d)

a njen pomak prema dolje-desno u odnosu na težište površine je

e3 B I e ∆y2 = ξξ ,2 = 12 = = 0,1863 m yC 2 A2 e eB 6 2

(e)

Za računanje kraka sile Fh2 u odnosu na točku A oko koje je poklopac okretljiv, potrebno je izračunati projekciju k duljine površine AB na pravac površine BC

k = b sin α

(f)

gdje je kut α jednak

h = a arctan = 26,56° a

(g)

pa je k = 0,1789 m. Poklopca ABC okretljivog oko točke A je u ravnoteži pa važi

∑M

A

(h)

=0

e b    F ( b + h ) + Fh1  − ∆y1  − Fh 2  k + + ∆y2  = 0 2 2    Iz ove jednadžbe je

F = 2698 N

16

(i)

(j)


Ivo Džijan

3. VJEŽBE – STATIKA FLUIDA: SILA TLAKA NA ZAKRIVLJENU POVRŠINU 3.1 Treba odrediti rezultantnu silu na zatvarač, oblika polucilindra, jedinične širine (B = 1m), prema slici. Zadano je: H = 3 m, R = 1 m, α = 60o, ρ = 998,2 kg/m3.

pa a

g

H pa

R

C r

Rješenje:

z G H O a

x

I V H

2Rsina

A n C

B

n D

a

E

F

r

2Rcosa

Slika (a) Geometrija zatvarača Ishodište koordinatnog sustava Oxz je smješteno na slobodnu površinu. Sile atmosferskog tlaka pa izvana i iznutra se poništavaju tako da na zatvarač djeluje samo sila hidrostatskog tlaka, koja se razlaže na horizontalnu i vertikalnu komponentu.

Ivo Džijan


17

3. Vježbe – Statika fluida: Sila tlaka na zakrivljenu površinu

Horizontalna komponenta sile se računa iz izraza

Fx = - pCx × S x

(a)

gdje je Sx projekcija površine zatvarača, a pCx hidrostatski tlak u njenu težištu. Gledajući sliku (a), horizontalne sile na dijelu površine DEF zatvarača se međusobno poništavaju jer je projekcija dijela EF jednaka projekciji DE, a suprotnog je predznaka. Projekcija Sx se dakle odnosi na dio ABD površine zatvarača, oblika je pravokutnika  površine 2BRsinα i pozitivna je, jer vektor normale n na površinu čini s pozitivnim smjerom osi x kut manji od 90o. Težište projekcije površine Sx je u točki C u kojoj je hidrostatski tlak pCx = p gH , te je

Fx = -r gH × (2 R sin a × B ) = -50,9 kN

(b)

Negativni predznak sile Fx kazuje da sila gleda u negativnom smjeru osi x, tj. u lijevo. Vertikalna komponenta sile je po veličini jednaka težini fluida u volumenu od površine zatvarača do slobodne površine. Volumen je definiran vertikalama AH i FI, povučenim iz rubnih točaka površine zatvarača. Točka B dijeli površinu zatvarača na dijelove s pozitivnom i negativnom projekcijom Sz. Dio AB površine ima negativnu projekciju Sz, te vertikalna sila na taj dio površine gleda u pozitivnom smjeru osi z, a definirana je volumenom ABGHA. Dio površine BDEF ima pozitivnu projekciju Sz, na koju vertikalna komponenta sile hidrostatskog tlaka gleda prema dolje, a definirana je težinom fluida u volumenu BDEFIGB.

G

G H

I

H

I

V A B

+

A

= B

B

D

E

F

D

E F

Slika (b) Volumen s kojim se računa vertikalna komponenta hidrostatske sile

18


Ivo Džijan


Kada se ove dvije sile zbroje dobije se ukupna vertikalna komponenta sile hidrostatskog tlaka koja gleda prema dolje, a definirana je volumenom ABDEFIHA, koji se vidi na slici (b) i osjenčan je na slici (a). Veličina tog volumena se računa kao umnožak zbroja površina polukruga i trapeza AFIH sa širinom B zatvarača, te je izraz za silu Fz é R 2p ù + 2 R cos a × H ú × B = -44, 7 kN Fz = -r g × ê ê 2 ú ë û

(c)

Negativni predznak sile Fz ukazuje da ona gleda prema dolje. Za određivanje hvatišta rezultante u općem bi slučaju bilo potrebno prvo odrediti položaj hvatišta horizontalne i vertikalne komponente sile hidrostatskog tlaka. Za slučaj cilindrične površine to nije nužno, jer se unaprijed zna da će rezultanta prolaziti točkom d

C jer i sve elementarne sile pndS prolaze točkom C.

b

C

FR Slika (c) Položaj rezultantne sile Rezultantna sila je po veličini jednaka FR = Fx2 + Fz2 = 67, 7 kN

(d)

a djeluje pod kutom β prema slici (c)

b = arctg

Ivo Džijan

Fz = 41,3o Fx


(e)

19


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

F=?

g

a

r

a

pa A

Rješenje: 1. način

Duljina obje ravne površine se dobije iz geometrijskih odnosa i iznosi (a)

l=a 2

Hidrostatske sile na gornju 1 i donju 2 ravnu površinu i pomaci u odnosu na težišta tih površina se računaju na sljedeći način 1 F1 ρ g a ⋅ l ⋅ B = 2

20

l3B l 12 = ∆l1 = 1 l ⋅l ⋅ B 6 2


(b)

Ivo Džijan


3 F2 ρ g a ⋅ l ⋅ B = 2

= ∆l2

l3B 12 =

3 l ⋅l ⋅ B 2

l 18

(c)

Jedandžba sume momenata svih sila oko točke A daje

1  1  F ⋅ 2a − F1  l − ∆l1  − F2  l − ∆l2  = 0 2  2 

(d)

Iz ove jedandžbe se može izračunati tražena sila F kojom se gredu drži u ravnoteži

 1 1 5 = F ρ gl 2 B  = +  ρ gl 2 B  12 3  12

F = 8164 N

(e) (f)

2. način – površina se tretira kao zakrivljena površna

Kada se ukupna površina u dodiru s kapljevinom tretira kao zakrivljena, onda se određuju horizontalna i vertikalna komponenta ukupne sile. Za određivanje horizontalne komponente potrebno je odrediti vertikalnu projekciju ukupne površine

S x =− B ⋅ ( 2a )

(g)

aksijalni moment inercije te projekcije

B ⋅ ( 2a ) 2a 3 = Iξξ = 12 3 3

(h)

Horizontalna komponenta ukupne sile na zakrivljenu površinu je

Fh =− ρ ⋅ g ⋅ hC ⋅ S x =− ρ ⋅ g ⋅ a ⋅ ( −2a ) =2 ρ ga 2 =19593 N

Ivo Džijan


(i)

21


2 ⋅ a3 I xx 3= 1= ∆= = h a 0,333 m hC S x a ⋅ 2a 3

(j)

Vertikalna komponenta ukupne sile na zakrivljenu površinu je a

=

2a

T

r

r

A

A V =

2a ⋅ a B a2 B = 2

(k)

2 = Fv ρ= gV ρ ga = B 9797 N

(l)

Sila FV djeluje kroz težište volumena V.

F

pa

Fh

Fv

2a

A Jedandžba sume momenata svih sila oko točke A daje sila F kojom se gredu drži u ravnoteži

F ⋅ 2a= Fv ⋅ ∆x + Fh ( a − ∆h )

(m)

1  a 2a  Fv ⋅ + Fh ⋅   2a  3 3

(n)

= F

(o)

F = 8164 N

22


Ivo Džijan


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

g

R

d

a=?

plin

pM=konst.

Rješenje: k C A F0

a

b

R

a

O G

d/2

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

Ivo Džijan

d ≥ G⋅k 2

(a)


23


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

F0 =pM ⋅ Sila težine je

d 2p =56,5 N 4

(b)

4 3 R π= g 164 N 3 Krak k sile težine, prema slici (a) je = G mg = ρc

(c)

= k R cos (α + β )

(d)

gdje se kut β može odrediti iz pravokutnog trokuta AOC prema slici (a), iz jednadžbe d 2 ⇒ β= 41, 4o R Uvrštavanje izraza (d) u izraz (a) daje cos β=

cos (α + β ) ≤

odakle je

F0 ⋅ d 0, 25838 = 2R ⋅ G

α + β ≥ 75o , odnosno α ≥ 33, 6o

24


(e)

(f) (g)

Ivo Džijan


3.4 Odredite silu F kojom se može otvoriti poklopac jedinične širine (B = 1 m) zglobno učvršćen u točki A. Zadano: H = 0,8 m, a = 0,5 m, b = 0,9 m, R = 0,35 m, ρ = 1000 kg/m3. Zanemarite težinu poklopca. a F

b

B

A R

pa

g pa

H ρ

Rješenje: Horizontalna komponenta ukupne sile na zakrivljenu površinu poklopca je jednaka nuli. Vertikalna komponenta ukupne sile na zakrivljenu površinu poklopca se sastoji od dva dijela. Prvi dio je vertikalna sila na poklopac kad bi bio ravna horizontalna površina i ta bi sila zbog podtlaka djelovala prema dolje

Fhz= ρ gH ( a + b ) = B 10983 N 1

(a)

Drugi dio je sila uzgona na polucilindrični dio poklopca (sila uzgona se pojavljuje jer je prvi dio vertikalne sile obračunat po cijeloj površini)

R 2π Fhz 2 ρ= g B 1887 N = 2 Tražena sila F se može izračunati iz sume momenata svih sila oko točke A

∑M

A

(c)

=0

a+b 0 − Fhz 2b = 2 1  a+b  = F −= Fhz 2b  4278 N  Fhz1 a+b 2  − F ( a + b ) + Fhz1

Ivo Džijan

(b)


(d) (e)

25


3.5 Odredite dubinu h1 fluida gustoće ρ1 =820 kg/m3 kod koje će rezultantna sila na kuglu mase m = 20 kg i promjera D = 230 mm, prema slici, biti jednaka nuli. Zadano je: H = 1,4 m, h = 0,8 m, ρ = 1000 kg/m3. pa h1

D m

h

ρ1

g pa

H ρ

Rješenje: Horizontalna komponenta ukupne sile na kuglu je jednaka nuli. Vertikalna komponenta ukupne sile na zakrivljenu površinu poklopca se sastoji od dva dijela. Prvi dio je vertikalna hidrostatska sila na gornju polukuglu koja je uronjena u kapljevinu gustoće ρ1 i ta bi sila djelovala prema dolje

 D 2π 1 D 3π  F= ρ1 gV ρ1 g  h1 = − ⋅ (a) 1 hz1 4 2 6   Drugi dio je vertikalna hidrostatska sila na donju polukuglu koja je uronjena u kapljevinu gustoće ρ i ta bi sila djelovala prema gore

 D 2π 1 D 3π  Fhz= ρ gV = ρ g H − h + ⋅ = 275, 7 N (b) ( ) 2 2  4 2 6   Tražena dubinu h1 fluida se može izračunati iz sume svih sila u vertikalnom pravcu u koju, osim vertikanih hidrostatskih sila, ulazi i sila težine kugle mg

∑F

z



=0

ρ1 g  h1 

= h1

26

0 − Fhz1 + Fhz 2 − mg =

D 2π 1 D 3π  − ⋅ = Fhz 2 − mg 4 2 6 

4  Fhz 2 − mg 1 D 3π  = + ⋅   0,315 m D 2π  ρ1 g 2 6 


(c) (d) (e)

Ivo Džijan

4. VJEŽBE – STATIKA FLUIDA: SILA TLAKA NA ZAKRIVLJENU POVRŠINU I SILA UZGONA 4.1 Treba odrediti silu F u vijcima, kojima je pričvršćen poklopac, oblika stošca, mase m = 474 kg, prema slici. Zadano je: H=1,4 m, h=0,9 m, R=0,8 m, pM0=2800 Pa,

g

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

ρ=998 kg/m3.

poklopac H

.

.

.. .. .

pM0

h R

r

Rješenje: Na slici (a) su prikazane sile koje djeluju na poklopac. Osim sile težine samog poklopca i sile Fv u vijcima (koja je pretpostavljena tako da izaziva vlačna naprezanja u vijcima), djeluje još vertikalna sila F0 konstantnog pretlaka pM0 i sila Fz hidrostatskog tlaka. Horizontalne

sile

tlaka

se

međusobno

poništavaju. Sila F0 konstantnog pretlaka je Slika (a) Sile na poklopac

jednaka

umnošku

pretlaka

i

ploštine

projekcije Sz površine stošca sa strane pretlaka pM0.

Projekcija Sz je oblika kruga polumjera R i negativna je, te je sila jednaka

F0 = pM0 × R 2 p = 5630 N

(a)

i gleda prema gore.

Ivo Džijan


27

4. Vježbe – Statika fluida: Sila tlaka na zakrivljenu površinu i Sila uzgona

Vertikalna komponenta Fz sile hidrostatskog tlaka je po veličini jednaka težini fluida u prostoru od površine stošca u dodiru s fluidom do slobodne površine. Taj volumen je osjenčan na slici (a). Njegov je obujam V = R 2 ph -

ph é 2 R + r 2 + R r ùûú ê ë 3

(b)

Nepoznati polumjer r se određuje iz sličnosti trokuta, prema kojoj je r R = H -h H

Þ r=R

H -h = 0, 286 m H

(c)

što uvršteno u izraz (b), daje obujam V=0,914 m3. Sila Fz također gleda prema gore (jer je projekcija površine u dodiru s fluidom negativna), a po veličini je

Fz = r gV = 8945 N

(d)

Iz ravnoteže vertikalnih sila, prema slici (a), slijedi tražena sila u vijcima

Fv = F0 + Fz - mg = 9930 N

28


(e)

Ivo Džijan


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

g

l=

?

L

pa

D

rv

O

Rješenje:

Fb

L/ 2

l/2

a

Težina grede je

= G ρg

.

O

G

D 2π ⋅L 4

(a)

Sila uzgona dijela grede uronjene u vodu je D 2π = Fb ρ v g ⋅l 4 Jednadžba ravnoteže za gredu okretljivu oko točke O daje L l G ⋅ cos α = Fb ⋅ cos α ∑ MO = 0 2 2

(b)

(c)

Uvrštavanjem izraza (a) i (b) u jednadžbu (c) može se izračunati tražena duljina l uronjenog dijela grede D 2π L2 D 2π l 2 ρ ρg ⋅ cos α = ρ v g ⋅ cos α = (d) l L= 7, 76 m 4 2 4 2 ρv Ivo Džijan


29


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

r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

zrak

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

voda

uže

Rješenje:

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

F

mg

Sila uzgona zbog zraka u bačvi je Fb = ρ g

V 2

(a)

Težina bačve je (b)

G = mg

Ravnoteža sila u vertikalnom smjeru daje

Fb − F − G = 0

(c)

Tražena sila u užetu je F = Fb − G = ρ g

30

V − mg = 2015 N 2


(d)

Ivo Džijan


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

pa

H

a

F=?

pa

Rješenje:

O

r0

r

a

pa

H

pa

F1

H

F1

F2

F2 O

pa

pa

F4

O

F3 A

F4

Slika (a) Sile tlaka na kocku

A

F3

Slika (b) Sile nakon dodavanja para suprotnih sila

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


31


L = a × sin a + a × cos a = 0, 613 m

(a)

k = L 2 = 0, 306 m

(b)

pa

k=L/2

H

yC

pa

Fb O a C F4

F

mg a

D y

A acosa

asina L

Slika (c) Rezultantne sile na kocku yC =

H a + = 1, 46 m cos a 2

hC = yC cos a = 1,38 m

(c) (d)

Na temelju čega je F4 = rr g hC A = g × yC cos a × a 2 = 2618 N

(e)

a4 I a2 Dy = xx = 12 2 = = 0, 011 m 12 yC yC A yC × a

(f)

Fb = rr g V = ga 3 = 834,5 N

(g)

Kocka će se podići kada moment sile F (u odnosu na točku O) svlada momente ostalih sila, tj.

æa ö L F × L > F4 çç + D y÷÷÷ + (mg - Fb )× çè 2 ø 2

(h)

odakle je sila F > 776 N .

32


Ivo Džijan


4.5 Odredite gustoću ρp materijala cilindrične posude koja stabilno pliva u položaju prema slici. Zadano je: D = 10 cm, d = 8 cm, a = 1 cm, L = 10 cm, H = 8 cm, h = 3 cm, ρ = 1000 kg/m3, pa = 1,013 bara. Zanemarite težinu zraka u posudi. g

h

a H

p0

D

pa

L

d

ρ Rješenje: Kada posuda stabilno pliva na površini kapljevine onda su u ravnoteži vertikalne sile na posudu i to sila uzgona posude, sila uzgona zraka i težina posude. Sila uzgona posude se računa s volumenom posude uronjenim u kapljevinu, odnosno volumenom posude koji se nalazi ispod nivoa slobodne površine

(D ρg

2

− d 2 )π

h ) 1,941 N (a) ( L −= 4 Sila uzgona zraka se računa s volumenom zraka u posudi koji se nalazi ispod nivoa F= ρ gV= b,P b,P

slobodne površine

d 2π h ) 2, 465 N (b) ( H −= 4 Tražena gustoću ρp materijala posude se može izračunati iz sume svih sila u vertikalnom pravcu u koju, osim sila uzgona, ulazi i težina posude mg (c) Fb,P + Fb,zr − mg = 0 ∑ Fz = 0

rr F= gV= g b,zr b,zr

1 ( Fb,P + Fb,zr )= 0, 449 kg g Masa posude se može izraziti kao m = ρ PVP m=

gdje je volumen posude D2 − d 2 )π ( d 2π VP = L+ a= 3,33 ⋅10−4 m3 4 4 Sada se može izračunati gustoća materijala posude m ρ= = 1349 kg/m3 P VP Ivo Džijan


(d) (e)

(f)

(g)

33

5. VJEŽBE – PRIMJENA JEDNADŽBE KONTINUITETA I BERNOULLIJEVE JEDNADŽBE 5.1 Odredite minimalni protok Q u nestlačivom strujanju fluida kod kojeg će ejektor početi usisavati fluid kroz vertikalnu cjevčicu. Zadano je A2 = 14 cm2, A1 = 3,5 cm2, h = 0,9 m. A2

A1

Q=?

r

pa

h g

pa r

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

p1 < pa − ρ gh

(a)

Bernoullijeva jednadžba od presjeka A1 do presjeka A2 glasi:

p1 v12 p v2 + = 2 + 2 ρ g 2g ρ g 2g

(b)

Jednadžba kontinuiteta

v= v= Q= ⇒ v1 1 A1 2 A2

Q Q = i v2 A1 A2

(c)

Uvrštavanjem (c) i (a) u (b)

pa − ρ gh Q 2 pa Q2 + > + 2 gA12 ρ g 2 gA22 ρg

(d)

odakle je:

Q>

Ivo Džijan

A1 A2 2 2

2 1

A −A

2 gh = 1,52 ⋅10−3 m3 s


(e)

34

5. Vježbe – Primjena jednadžbe kontinuiteta i Bernoullijeve jednadžbe

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

1

z1

0

z0

r

d pa

zB=?

Rješenje: Spuštanjem izlaznog kraja sifona brzina strujanja se povećava, a tlak u najvišoj točki sifona smanjuje. Pri minimalnom tlaku u najvišoj točki, koji odgovara tlaku isparavanja p1 = pv postiže se maksimalno moguća brzina v1 = vmax. Iz Bernoullijeve jednadžbe od točke 1 do točke B slijedi: 2 2 pv vmax pa vmax + + z1 = + + zB ρ g 2g ρ g 2g

(a)

odakle je:

p − pv = zB = z1 − a 24,1 m ρg

(b)

Iz Bernoullijeve jednadžbe od 0 do B slijedi:

z0 =

2 vmax + zB ⇒ 2g

vmax =

2 g ( z0 − zB ) = 11, 2 m/s

(c)

Maksimalni protok je:

Qmax = vmax ⋅

Ivo Džijan

d 2π d 2π = ⋅ 2 g ( z0 − zB ) = 0, 2 m3 s 4 4


(d)

35


5.3 Voda neviskozno struji kroz cijev promjera d između dva velika spremnika u kojima je razlika visina razina H. Odredite postotno povećanje protoka Q ako se na cijev ugradi difuzor izlaznog promjera D = 2d. pa 0

g H

1

pa

d

r

D

Rješenje: Bernoullijeva jednadžba od 0 do 1

pa pa v 2 +H = + ρg ρ g 2g

v = 2 gH

Ova Bernoullijeva jednadžba vrijedi i za cijev konstantnog promjera d i za cijev s difuzorom promjera D, a v je brzina utjecanja u spremnik. Stoga će u prvom slučaju protok biti Q0 = v ⋅

d 2π D 2π , a u drugom slučaju Q= v ⋅ , 4 4

Q D2 4 što znači da bi se protok povećao četiri puta. odakle je = = Q0 d 2 Q − Q0 D2 − d 2 ⋅100%= ⋅100%= 300% Postotno povećanje protoka je: Q0 d2 Komentar: Iz gornje analize slijedi da bi se povećanjem promjera D mogao dobiti po volji veliki protok, što u stvarnosti nije slučaj. 1)

Povećanjem protoka Q povećava se brzina u cijevi promjera d, viskozni gubici

postaju značajni što smanjuje brzinu i protok. 2)

Kod velike razlike promjera D i d (na maloj

duljini difuzora) dolazi do odvajanja strujanja od stijenke difuzora, te je izlazna brzina v veća od

D

prosječne brzine koja bi bila za slučaj jednolikog profila brzine po presjeku što dovodi do većih gubitaka, odnosno smanjenje protoka Q.

36


Ivo Džijan


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

h=?

g

3 d

H 1

2

v1

v2 pM2

D2

D1

pM1

z=0

Rješenje: Može se postaviti Bernoullijeva jednadžba od 1 do 3 i od 2 do 3. U izlaznom presjeku 3, pretlak je jednak nuli, a brzina jednaka v3 pa vrijedi: Bernoullijeva jednadžba od 1 do 3

pM1 v12 v32 + = +H ρ g 2g 2g

(a)

Bernoullijeva jednadžba od 2 do 3

pM2 v22 v32 + = +H ρ g 2g 2g

(b)

Gornje jednadžbe imaju jednake desne strane, a budući su jednaki pretlaci pM1 = pM2 zaključuje se da je v1 = v2. Q3

Q1

Q2

Iz jednadžbe kontinuiteta slijedi

Q1 + Q2 = Q3

(c)

ili

Ivo Džijan


37


v1 ⋅

D12π D 2π d 2π + v2 ⋅ 2 = v3 ⋅ 4 4 4

(d)

odakle je

v3= v1 ⋅

D12 + D22 d2

(e)

Uvrštavanjem (e) u (a) slijedi: pM1 v12 v 2 ( D1 + D2 ) + = 1 ⋅ +H ρ g 2g 2g d4 (((( 2

2 2

(f)

v32 2g

ili 2

v1 =

pM1 − 2 gH 3,16 m s = 2 ( D12 + D22 ) − 1 d4

ρ

(g)

Iz (e) slijedi:

v3 = 19, 7 m s

(h)

Iz Bernoullijeve jednadžbe od 3 do 4 slijedi tražena visina h

v32 = h ⇒ h = 19,8 m 2g

38


(i)

Ivo Džijan


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

g

1

pa r

1

r

2

H

h D

pa 2

3 d=?

Rješenje: Ako fluid u priključnoj cijevi u spremniku 2 miruje, znači da u točki 2 vlada hidrostatski tlak

p= pa + ρ gh ili pM 2 = ρ gh 2

(a)


v32 H= ⇒ v3 = 2g

2 gH

(b)


H=

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

Jednadžba kontinuiteta D 2π d 2π v2 ⋅ 1 =v3 ⋅ 4 4

⇒ d =D

v2 v3

(c)

(d)

Zamjenom se dobije traženi promjer d

H −h 4 = d D= 69, 7 mm H

(e)

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


39

6. VJEŽBE – PRIMJENA JEDNADŽBE KONTINUITETA I BERNOULLIJEVE JEDNADŽBE 6.1 Odredite brzinu v1 i tlak p1 zraka (ρz =1,23 kg/m3) u simetrali cijevi promjera D = 50 mm, pomoću mjernog sustava s Prandtl-Pitotovom cijevi prema slici. Pretpostavite neviskozno strujanje i uzmite u obzir promjer Prandtl-Pitotove cijevi. Zadano je: d = 5 mm, L = 100 mm, α = 11°, ρa = 800 kg/m3, h = 40 mm, pa = 101325 Pa.

1

d

3

2

p1, v1=?

D

rz

L

rz

ra

h

ra

Rješenje: Točka 2 je točka zastoja, a u točki 3 će zbog smanjenja presjeka brzina v3 biti veća od brzine v1, a tlak p3 manji od tlaka p1. Diferencijalni manometar s kosom cijevi mjeri razliku tlaka p2 − p3 , a U cijev razliku tlaka p3 − pa (ako se u jednadžbama manometra zanemari gustoća zraka što je moguće jer je gustoća zraka ρz puno manja od gustoće alkohola ρa u manometrima). Postavljanjem Bernoullijevih jednadžbi, jednadžbe kontinuiteta i jednadžbi manometra slijedi: Bernoullijeva jednadžba od 1 do 2

Ivo Džijan


40


p1 v2 p + 1 =2 ρz g 2 g ρz g

(a)


p3 v2 p2 = + 3 ρz g ρz g 2 g

(b)


D2 − d 2 )π ( D 2π v1 ⋅ =⋅ v3 4 4

(c)

Jednadžba diferencijalnog manometra

p2 − p3 = ρa g L sin a

(d)


pa − p3 = ρa g h

(e)

U gornjem sustavu s pet jednadžbi nepoznanice su: p1, v1, p2, p3, i v3. Iz (e)

p3 = pa − ρa g h = 101011 Pa

(f)

Iz (d)

p2 = p3 + ρa g L sin a = 101161 Pa

(g)

2

( p2 − p= 3)

(h)

Iz (b)

v3 =

Iz (c)

D2 − d 2 15, 44 m s v1 = v3 ⋅ = D2

(i)

Iz (a)

1 p1 =− p2 100841 Pa ρ z v12 = 2

(j)

ρz

15, 6 m s

Napomena: Razlika brzina v1 i v3 je očito mala pa se najčešće zanemaruje debljina Prandtl-Pitotove cijevi.

Ivo Džijan


41


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

g

D2

L D1 Q

h0 r0

Rješenje: r,n,pv v2, p2 2

L 1

x

v1, p1

h0 r0


Qid =v1,id ⋅

D12π D 2π =v2,id ⋅ 2 4 4

(a)


42


Ivo Džijan


8Q 2 8Q 2 p1 p + 4 id 2 = L + 2 + 4 id 2 ρ g gD1 p ρ g gD2 p

(b)


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

(c)

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

(d)

Iz (c)

p

Iz (b) Qid =

4

D12 D22 4 1

4 2

D −D

 p − p2  − L 2g  1  ρg 

(e)

Uvrštavanjem (d) u (e) dobije se idealni protok Qid =

π 4

ρ  D12 D22 2 gh0  0 − 1 171,9 l s = D14 − D24  ρ 

(f)

Stvarni protok se računa korigiranjem dobivenog idealnog protoka

Q = Cd ⋅ Qid

(g)

gdje je koeficijent protoka Cd

C= Cc ⋅ Cv d

(h)

Cv koeficijent brzine Cc koeficijent kontrakcije mlaza Prema dijagramu u Tehničkoj enciklopediji broj 8 str. 148 (donja slika), na temelju Reynoldsova broja izračunatog na promjeru cijevi D1

Re1 =

v1,id ⋅ D1

ν

=

4Qid = 7, 27 ⋅105 > 105 π ⋅ D1 ⋅ν

(i)

očita se (prema punoj liniji)

Cv = 0,984

Ivo Džijan

(j)


43


Za Venturijevu cijev je CC = 1 pa je koeficijent protoka Cd = Cc ⋅ Cv = 0,984 i stvarni protok

= Q 0,984 = Qid 0,1692 m3 s

(k)

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

44

0,984

π 0,32 ⋅ 0,152 4

 1,96 ⋅105 − 2337  = − 0, 75  0,347 m3 s 2g  998, 2 g 0,34 − 0,154  


(l)

Ivo Džijan


6.3 Odredite vrijeme potrebno da se cilindrična kapa, mase m = 7 kg, spusti na stup promjera D = 20 cm. Zanemarite trenje između kape i stupa, te pretpostavite savršeno brtvljenje. 3 Zadano je: d = 2 mm, cd = 0.8, H = 17 cm, ρ = 998 kg/m . g

pa d

H

D

Rješenje: Suma sila koje djeluju na cilindričnu kapu mora biti jednaka nuli. Sila težini jednaka je tlaku koji djeluje ispod kape pomnoženoj s površinom. 2

D −d

mk ⋅ g − p M ⋅ pM =

2

4

⋅p = 0

4⋅ mk ⋅ g

p M = 0.022 bar

(D2 − d2)⋅ p

Bernoullijeva jednadžba od točke ispod kape do otvora promjera d te jednadžba kontinuiteta ( pM

ρ ⋅g

+

v1

)

2

2⋅ g

=

v

2

v1 ⋅

2⋅ g

2

D ⋅p 4

= v⋅

pM

v = 2⋅



ρ ⋅ 1 −



2

pM

4

ρ ⋅g

v = 2.093

  4 D  d

d ⋅p

4

=

v

2

2⋅ g



⋅ 1 −



  4 D  d

4

m s

Tijekom vremena konstantna je ravnoteža sila pa je konstantna brzina istjecanja fluida kroz otvor promjera d i protok Q. V

t =

2

D ⋅π

Q⋅ t

4 2

H⋅D

cd ⋅ v⋅ d

⋅H

c d ⋅ v⋅

2

d ⋅π 4

⋅t

3

2

Ivo Džijan

t = 1.015 × 10 s


45


6.4 Odredite promjer d cjevovoda prema slici da bi nivo u spremniku 2 ostao na istoj visini. Pretpostavite neviskozno strujanje fluida. Pretpostavite konstantnu visinu u spremniku 1. Zadano je: H1 = 0.65 m, H2 = 1.2 m, H3 = 3.6 m, D1 = 100 mm, D2 = 250 mm. pa

H2

g

d

H1 pa

H3

Spremnik 1

Spremnik 2

D1

D2

Rješenje: Pomoću Toricelliyeve jednadžbe moguće je izračunati brzine kroz sve tri cijevi v1 = 2⋅ g ⋅ H1

v1 = 3.571 ms

-1

v2 = 2⋅ g ⋅ H2

v2 = 4.851 ms

-1

v3 = 2⋅ g ⋅ (H3 - H2)

v3 = 6.861 ms

-1

Ako je visina fluida u spremniku 2 konstantna količina fluida koji ulazi u spremnik jednaka je količini fluida koji izlazi iz spremnika. Pomoću jednadžbe kontinuiteta lako je izračunati promjer cjevovoda d v 1⋅

d =

46

2

d ⋅π 4 1 v1

2

+ v 2⋅

(

2

D1 ⋅ π

= v 3⋅

4 2

D2 ⋅ π 4 2

⋅ v1⋅ −v2⋅ D1 + v3⋅ D2

)

d = 0.326 m


Ivo Džijan


6.5 Odredite promjere D1 i D2 otvora između spremnika, prema slici, da bi protok iz sva tri spremnika bio isti. Pretpostavite neviskozno stacionarno strujanje fluida. Zadano je: Q = 1.2 l/s, d1 = 12 mm, d2 = 17 mm, d3 = 22 mm. Q

g

h1

h2 D1

d1

d2

h3

D2

d3

Rješenje: Izlazne brzine iz spremnika jednostavno je izračunati iz jednadžbe kontinuiteta jer kroz svaki otvor istječe trećina ulaznog protoka v1 =

Q

4

⋅

Q

v2 =

3 d 2π 1

⋅

4

3 d 2π 2

v3 =

Q

⋅

4

3 d 2π 3

Postavljanjem Bernoullijeve jednadžbe od površine spremnika do izlaznog otvora izračunavaju se visine fluida u spremniku 2

h1 =

2

v1

h2 =

2⋅ g

2

v2

h3 =

2⋅ g

v3

2⋅ g

Postavljenjem Bernoullijeve jednadžbe između lijevog i srednjeg spremnika uzimajući u obzir gubitak ulaska u veliki spremnik izračunava se brzina strujanja između spremnika. 2

h1 = h2 +

v4

2⋅ g

v 4 = 2⋅ g ⋅ (h 1 − h 2)

v 4 = 3.066

m s

Kroz otvor između lijevog i srednjeg spremnika protiče dvije trećine ulaznog protoka 2

v 4⋅

D 1 ⋅π

2

4

3

⋅Q

pa je veličina otvora D1 =

8⋅ Q v 4⋅ π⋅ 3

Ivo Džijan

D1 = 0.018 m


47


Postavljenjem Bernoullijeve jednadžbe između srednjeg i desnog spremnika uzimajući u obzir gubitak ulaska u veliki spremnik izračunava se brzina strujanja između spremnika. 2

h2 = h3 +

v5

v 5 = 2⋅ g ⋅ (h 2 − h 3)

2⋅ g

v 5 = 1.414

m s

Kroz otvor između srednjeg i desnog otvora protiče trećina ulaznog protoka pa je veličina otvora 2

v 5⋅

48

D2 ⋅ π 4

=

1 3

⋅Q

D2 =

4⋅ Q v 5⋅ π⋅ 3

D2 = 0.019 m


Ivo Džijan

7. VJEŽBE – PRIMJENA JEDNADŽBE KONTINUITETA I BERNOULLIJEVE JEDNADŽBE 7.1 Izračunajte protok Q kroz cijev prema slici uz pretpostavku da je koeficijent protoka Cd = 0.98. Zadano je: D = 200 mm, d = 150 mm, h1 = 38 cm, h2 = 65 cm, h0 = 5.2 cm, ρ0 = 13560 kg/m3, ρ = 1000 kg/m3. pa

h0

g

ρ0

h2

h1 D

d

ρ

Q

Rješenje: Bernoullijeva jednadžba između presjeka promjera D Venturijeve cijevi i presjeka promjera d p1 ρ ⋅g

2

+

v1

p2

2⋅ g

ρ ⋅g

2

v2

+

2⋅ g

Pomoću jednadžbe kontinuiteta brzine možemo izraziti kao v1 =

4⋅ Q 2

D ⋅π

v2 =

4⋅ Q 2

d ⋅π

Jednadžbe manometra p2 = pa + ρ ⋅ g⋅ h2

p 1 = p a + ρ 0⋅ g ⋅ h 0 + ρ ⋅ g ⋅ h 1

Rješavajući ovaj sistem jednadžbi moguće je izračunati protok kroz Venturijevu cijev p a + ρ 0⋅ g ⋅ h 0 + ρ ⋅ g ⋅ h 1 ρ ⋅g

+

2

Q ⋅8 4

 ρ0   h 0 + h 1 − h 2 ⋅ p2⋅ g  ρ  Q= 1 1  − 8⋅  4 4 D  d Qst = Cd ⋅ Q

Ivo Džijan

2

D ⋅p ⋅g

=

pa + ρ ⋅ g⋅ h2 ρ ⋅g

Q = 0.062

2

Q ⋅8

+

4

2

d ⋅p ⋅g

3

m s

3

m Qst = 0.061 s


49


7.2 Odredite protok Q kroz sustav prema slici. Pretpostavite strujanje neviskoznog fluida, te zanemarite promjenu tlaka uslijed postojanja stupca zraka. Zadano je: D = 0.23 m, d = 0.1 m, h = 24 mm, ρ = 1.2 kg/m3 (gustoća zraka), ρa = 785 kg/m3 (gustoća alkohola). D

pa

Q ρa

g

d pa

h

ρa

Rješenje: Bernoullijeva jednadžba od užeg od izlaznog (šireg) presjeka iz cijevi izgleda pM

ρ ⋅g

2

vd

+

2g

2

=

vD

2g

Jednadžba kontinuiteta vd =

4⋅ Q

vD =

2

d π

4⋅ Q 2

D π

Pomoću ovih jednadžbi moguće je izraziti protok pM

ρ ⋅g

2

2

+

8⋅ Q

4 2

=

8⋅ Q

4 2

D ⋅π g

d ⋅π g

 p ⋅ d 4⋅ π2⋅ D4   M  Q= 4 4 8⋅ ρ ⋅ −D + d 

(

)

Jednadžba manometra za tekućinski manometar p M = p − p a = −ρ a⋅ g ⋅ h

p a − ρ a⋅ g ⋅ h = p

Traženi protok jednak je 4 2

Q=

(

4

8⋅ ρ ⋅ −D + d

50

4

−ρ a⋅ g ⋅ h ⋅ d ⋅ π ⋅ D 4

)

3

Q = 0.14

m

s


Ivo Džijan


7.3 Na slici je prikazan uređaj za ispitivanje konvergentne sapnice. Za prikazano očitanje diferencijalnog manometara uz pretpostavku neviskoznog strujanja zraka gustoće ρz= 1.2 kg/m3 odredite protok Q kroz sapnicu. Zadano je: D1 = 100 mm, D2 = 50 mm, h1= 347 mm, h2 = 59 mm, ρA = 830 kg/m3. g pa

D1

D2

ρz h1 h2 ρA

Rješenje: Bernoullijeva jednadžba kroz sapnicu do izlaznog mlaza u kome vlada atmosferski tlak 2

2

p M1

+

ρ z⋅ g

v1

=

2⋅ g

v2

2⋅ g

Jednadžba manometra od simetrale cjevovoda do izlaza i Pitotove cijevi u kojoj vlada zaustavni tlak pM2 p M1 + ρ z⋅ g ⋅ h 1 + ρ A⋅ g ⋅ h 2 − ρ z⋅ g ⋅ (h 1 + h 2) = p M2

Zaustavni tlak jednak je 2

p M2 = ρ z⋅

v2

2

Uvrštenjem zaustavnog tlaka u jednadžbu manometra, a onda sve zajedno uvršteno u Bernoullijevu jednadžbu p M1 = p M2 − ρ A⋅ g ⋅ h 2 + ρ z⋅ g ⋅ h 2

p M1 = ρ z⋅

ρ z⋅

v2

v2

2

2

− ρ A⋅ g ⋅ h 2 + ρ z⋅ g ⋅ h 2

2

2

− ρ A⋅ g ⋅ h 2 + ρ z⋅ g ⋅ h 2

ρ z⋅ g

2

+

v1

2⋅ g

2

=

v2

2⋅ g

Jednadžba kontinuiteta za sapnicu glasi

Ivo Džijan


51


v1 =

4⋅ Q

v2 =

2

D1 π

4⋅ Q 2

D2 π

Supstitucijom jednadžbe kontinuiteta izvodi se izraz za računanje protoka −ρ A⋅ g ⋅ h 2 + ρ z⋅ g ⋅ h 2

ρ z⋅ g 1

Q=

8

2

+

8⋅ Q

4 2

=0

D1 ⋅ π ⋅ g

(

)

2 4 π

⋅ g ⋅ h 2⋅ ρ A − ρ z ⋅ D1 ⋅

3

Q = 0.222

ρz

m

s

7.4 Iz prikazane posude izlazi kroz sapnicu mlaz vode s koeficijentom kontrakcije Cc=1. Pomoću Pitot cijevi mjerena je brzina istjecanja u mlazu na udaljenosti H1 = 250 mm ispod otvora na posudi. Odredite koeficijent brzine Cv i protok Q. Utjecaj otpora zraka zanemarite. Zadano je: H = 1.5 m, ρ = 997 kg/m3, D = 63 mm, h = 832mm, h0 = 183 mm, ρ0 = 13540 kg/m3. pa

g

H ρ H1

D

h ρ h00

ρ0

Rješenje: Postavljanjem jednadžbe manometra moguće je izračunati zaustavni tlak na ulazu u Pitot cijev. pz + ρ ⋅ g⋅ h − ρ 0⋅ g⋅ h0 = pa

pz − pa = ρ 0⋅ g⋅ h0 − ρ ⋅ g⋅ h

Bernoullijeva jednadžba od otvora na posudi do ulaza u Pitot cijev pa

ρ ⋅g

52

+

2

pz + H1 = 2⋅ g ρ ⋅g

v1


Ivo Džijan


iz ove dvije jednadžbe moguće je izračunati brzinu na izlazu iz posude

 ( pz − pa)

v1 = 2⋅ g ⋅ 



ρ ⋅g



− H1



v1 =

 (ρ 0 ⋅ g ⋅ h 0 − ρ ⋅ g ⋅ h )

2⋅ g ⋅ 



ρ ⋅g



− H1



v1 = 5.246

m s

Postavljanjem jednadžbe od površine fluida u posudi do izlaznog mlaza moguće je izračunati brzinu strujanja kod strujanja idealnog fluida v =

2⋅ g ⋅ H

v = 5.424

m s

Koeficijent brzine i protok računaju se iz izraza Cv =

v1

Cv = 0.967

v

3

2

D π Q = C v⋅ C c⋅ v⋅ 4

Ivo Džijan

Q = 0.0164

m

s


53


7.5 Odredite protok Q kroz sustav prema slici. Pretpostavite strujanje neviskoznog fluida, te zanemarite promjenu tlaka uslijed postojanja stupca zraka. Zadano je: D = 0.28 m, d = 0.12 m, h = 14 mm, ρ = 1.2 kg/m3 (gustoća zraka), ρa = 785 kg/m3 (gustoća alkohola). D

pa

Q

d pa

g

h

ρa

Rješenje: Bernoullijeva jednadžba od neporemećene struje u cijevi promjera d do izlaznog mlaza pM ρ⋅g

+

vd

2

2

=

2g

vD

2g

Bernoullijeva jednadžba od neporemećene struje u cijevi promjera d do zaustavne točke na ulazu u manometar. pM ρ⋅g

+

vd

2

=

2g

p Mz ρ⋅g

Iz ove dvije jednadžbe slijedi p Mz ρ⋅g

2

=

vD

2g

Iz jednadžbe manometra slijedi p a + ρa ⋅ g ⋅ h = p a + p Mz

p Mz = ρa ⋅ g ⋅ h = 107.775 Pa

Brzina na izlaznom presjeku jednaka je vD =

2⋅ p Mz ρ

= 13.402

m s

Protok kroz sustav jednak je 2

3

D π m Q = vD⋅ = 0.825 4 s

54


Ivo Džijan

8. VJEŽBE – PRIMJENA JEDNADŽBE KONTINUITETA, BERNOULLIJEVE JEDNADŽBE I JEDNADŽBE KOLIČINE GIBANJA 8.1 Odredite horizontalnu silu vode na redukcijsku spojnicu prema slici, uz pretpostavku neviskoznog strujanja fluida. Zadano je: D = 200 mm, d = 100 mm,

ρ = 1000 kg/m3, pM1 = 1,6 bar, pM2 = 0,9 bar. pa 1

2

Q

D r

d pM2

pM1 Rješenje: Bernoullijeva jednadžba od 1 do 2

pM1 v12 pM2 v22 + = + ρ g 2g ρ g 2g

(a)


Q =⋅ v1

D 2π d 2π =⋅ v2 4 4

Iz= (b) v1

4Q 4Q ; v2 = 2 Dπ d 2π

(b) (c)

Zamjenom (c) u (a) dobije se

pM1 − pM2 = Q p= 0, 096 m3 s  1 1  8ρ  4 − 4  D  d

= 05 m s; v2 12, 2 m s Iz (c) v1 3,=

Ivo Džijan


(d)

(e)

55

8. Vježbe – Primjena jednadžbe kontinuiteta, Bernoullijeve jednadžbe i jednadžbe količine gibanja

K.P.

I1

x K.V.

Sila kojom spojnica djeluje na fluid se određuje iz jednadžbe količine gibanja:

m 1v1 − m 2v2 + pM1 A1 − pM2 A2 + Fw = 0 uz Fw = − ρ Q ( v1 − v2 ) − pM1

 2= m= ρ Q m= 1 m

(f)

D 2pp d2 + pM2 = 878 N − 5026 N + 707 N = −3441 N (g) 4 4

Sila Fw ima smjer suprotan od pretpostaljenog. Sila F kojom fluid djeluje na spojnicu je suprotnog smjera od sile Fw , odnosno djeluje u smjeru od većeg promjera k manjem.

F= − Fw = 3441 N

(h)

Ako bi strujanje bilo istim protokom Q u suprotnom smjeru, s obzirom da se radi o neviskoznom strujanju, brzine i tlakovi u presjecima 1 i 2 bi bili isti, te bi sila F ostala ista po veličini i po smjeru. 8.2 Odredite rezultantu silu vode na račvu prema slici uz pretpostavku neviskoznog strujanja. Volumen vode u račvi je V = 0,11 m3. Zadano je: H = 3,8 m, h = 2,1 m, h1 = 1 m, D1 = 300 mm, D2 = 200 mm, D3 = 100 mm, ρ = 1000 kg/m3.

pa

g

r

pa D1

H

r D2

h

h1 D3

56


Ivo Džijan


Rješenje:

0 r

4 r

H

h

1

2

h1

3 Budući je točka 0 na najvećoj geodetskoj, a ujedno i piezometričkoj visini, a točka 3 na najnižoj, fluid će sigurno strujati od točke 0 prema 3 te vrijedi Bernoullijeva jednadžba od 0 do 3

H=

v32 ⇒ v3 = 2g

2 gH = 8, 63 m s

(a)

Budući nema viskoznih gubitaka, a točka 4 je niža od točke 0, doći će do strujanja u niži spremnik te Bernoullijeva jednadžba od 0 do 4 uz gubitke utjecanja glasi

v22 H =h + ⇒ v2 = 2 g ( H − h ) =5, 77 m s 2g

(b)

Brzina u presjeku 1 se određuje iz jednadžbe kontinuiteta

v1 ⋅

v2 D22 + v3 D32 D32π D12π D 2π 3,53 m s = v2 ⋅ 2 + v3 ⋅ = ⇒ v1 = D12 4 4 4

(c)

Za određivanje impulsnih funkcija potrebno je poznavati pretlake u presjecima 1 i 2, koji se određuju iz Bernoullijevih jednadžbi od 1 do 3 i od 1 do 2 Bernoullijeva jednadžba od 1 do 3

v32 pM1 v12 + + h= ⇒ ρ g 2g 1 2g

pM1=

ρ 2

(v

2 3

− v12 ) − ρ gh1= 21244 Pa

(d)


pM1 v12 pM2 v22 + = + ⇒ ρ g 2g ρ g 2g

pM2 = pM1 +

ρ

(v 2

2 1

− v22 ) = 10787 Pa

(e)

Sila na račvu se određuje iz jednadžbe količine gibanja. Ucrtane sile projiciramo u x i z pravcu i dobijemo.

Ivo Džijan


57


z

I1

I3

x K.V.

ρ Q3v3 + Fw,x =0 ⇒

G

Fw,x = − ρ Q3v3 = −585 N

0 − ρ Q1v1 − pM1 A1 − ρ Q2 v2 − pM 2 A2 − FG + Fw,z =

Fw,z = ( pM1 + ρ v12 ) ⋅

D12pp D2 + ( pM2 + ρ v22 ) ⋅ 2 + ρ gV = 4845 N 4 4

(f) (g) (h)

Sila F kojom fluid djeluje na spojnicu je suprotnog smjera od sile Fw . Fx = − Fw,x = 585 N

(i)

Fz = − Fw,z = −4845 N

(j)

F=

a = arctg

Fx2 + Fz2 = 4880 N

Fz = −83,1a Fx

(k)

z Fx

x

a

Fz

58

F


Ivo Džijan


8.3 Odredite silu fluida na dvokraku račvu u vertikalnoj ravnini, prema slici. Pretpostavite neviskozno strujanje fluida. Zadano je: h = 1,5 m, Q = 12 l/s, D = 100 mm, d = 85mm, ρ = 1000 kg/m3, α = 250 , β = 500, γ = 400, V = 15 l (volumen vode u račvi). Q

d

α

g

h d

D pa

γ

β

pa

Rješenje: Bernoullijeva jednadžba od ulaznog presjeka 1 do lijevog izlaznog presjeka 2 iz račve, uz z = 0 na visini ulaznog presjeka 1 i uz korištenje manometarskih tlakova, je h+

pM1 v12 v22 + = ρ g 2g 2g

(a)

Bernoullijeva jednadžba od ulaznog presjeka 1 do desnog izlaznog presjeka 3 iz račve, uz iste uvjete kao u prethodnoj Bernoullijevoj jednadžbi, je

h+

v32 pM1 v12 + = ρ g 2g 2g

(b)

Usporedbom ovih jednadžbi vidi se da su izlazne brzine jednake v3 = v2

(c)

Brzine i protoci na ulazu u račvu i na oba izlaza iz račve računamo iz jednadžbe kontinuiteta

Q = Q2 + Q3 = v1

d 2π Q = v1 4

4Q = 2,11 m/s πd2

D2 + d 2 )π ( D 2π d 2π Q = v2 + v3 = v2 4 4 4 v= v= 3 2

4Q = 0,88 m/s π ( D2 + d 2 )

d 2π D 2π 6,967 l/s = Q3 v= 5, 033 l/s = Q2 v= 3 2 4 4

Ivo Džijan


(d) (e)

(f)

59


Manometarski tlak na ulaznom presjeku se računa iz Bernoullijeve jednadžbe ρ pM1 =( v22 − v12 ) − ρ gh = −16552 Pa 2

(g)

Težina fluida unutar račve računa se prema izrazu

= G ρ= gV 147 N

(h)

ρQv1 d

pM1A1

α

z g Fw

h D pa ρQv2

x

G

γ

d

β

pa ρQv3

U vertikalnom pravcu djeluje težina fluida, na ulaznom presjeku sapnice djeluje sila tlaka i protok količine gibanja, a na izlaznim presjecima samo protok količine gibanja, pa se ravnoteža sila u horizontalnom i vertikalnom pravcu može napisati kao (i) 0 ( pM 1 A1 + ρ Qv1 ) sin α + ρ Q2v2 sin γ − ρ Q3v3 sin β + Fw,x =

− ( pM 1 A1 + ρ Qv1 ) cos α + ρ Q2 v2 cos γ + ρ Q3v3 cos β − G + Fw,z = 0

(j)

Projekcije sile kojom fluid djeluje na koljeno su suprotnog predznaka od projekcija sile kojom koljeno djeluje na fluid   d 2p Fx = − Fw,x = p + ρ Qv1  sin α + ρ Q2 v2 sin γ − ρ Q3v3 sin β = −28, 42 N (k)  M1 4  

Fz = − Fw,z

  d 2p = −  pM 1 + ρ Qv1  cos α + ρ Q2 v2 cos γ + ρ Q3v3 cos β − G = −77, 27 N 4  

(l)

Sila kojom fluid djeluje na koljeno je

F=

Fx2 + Fz2 = 82,33 N

Fz = δ arctg= 69,8° Fx

(m) Fx δ F

60


Fz Ivo Džijan


8.4 Treba odrediti rezultantnu silu fluida (veličinu i smjer) na difuzor s koljenom, prema slici, uz protok Q = 389 l/s. Pretpostaviti strujanje idealnoga fluida. Volumen difuzora je Vd = 3,27 m3, a volumen koljena do priključka je Vk = 0,16 m3. Napomena: uzeti u obzir i silu hidrostatskog tlaka koja djeluje izvana na difuzor. Zadano je: D = 1,2 m, d = 0,3 m, H = 6,6 m, h = 1,2 m,

ρ = 1011 kg/m3. g h

d

pa Q

r

H

D

Rješenje: d

0 2

r

z=0

Q

h H

1 D

Slika (a) Slika (a) prikazuje sustav koljena i difuzora s ucrtanim karakterističnim točkama. Iz zadanog protoka Q je moguće izračunati brzine u cijevi i na izlazu iz difuzora. Brzina v0 na ulazu u koljeno je v0 =

4Q = 5,5 m s d 2p

(a)

a na izlazu iz difuzora brzina v1 je v1 =

Ivo Džijan

4Q = 0,344 m s D 2p


(b)

61


Pretpostavlja se da je prostor u kojeg fluid istječe iz difuzora dovoljno veliki da se strujanje fluida u tom prostoru može zanemariti, tj. pretpostavlja se da u njemu vlada hidrostatski tlak kao u fluidu u mirovanju. Prema tome je pretlak pM1 u točki 1 na izlazu iz difuzora jednak rM1 = r gH = 65440 Pa . Nepoznati pretlak pM0 u točki 0 na ulazu u koljeno slijedi iz Bernoullijeve jednadžbe postavljene od točke 0 do točke 1 koja glasi

rM0 v2 r v2 + 0 + H + h = M1 + 1 rr g 2g g 2g

(c)

Uzimajući u obzir da je rM1 r g = H , jasno je da jednadžba (c) prelazi u Bernoullijevu jednadžbu postavljenu od točke 0 do točke 2 na slobodnoj površini, u kojoj bi član

v12 2 g označavao gubitke utjecanja u veliki spremnik, a koji nastaju od točke 1 do točke 2 prema slici (a). Iz jednadžbe (c) slijedi rM0 =

1 rr (v12 - v02 ) - gh = -27147 Pa 2

(d)

što ukazuje na činjenicu da na ulazu u koljeno vlada podtlak. Ovdje treba naglasiti da je u ovom primjeru pretpostavljeno strujanje idealnoga fluida kod kojeg je moguće strujanje bez odvajanja i kod ovako velikog omjera promjera D d = 4 , što kod realnog fluida ne bi dolazilo u obzir. Pojavom odvajanja strujanja u realnoj situaciji bi izlazni presjek difuzora bio efektivno manji, a i gubici mehaničke energije ne bi bili zanemarivi. U tom smislu ovo treba shvatiti kao školski primjer. Nakon što su određene brzine i tlakovi u karakterističnim presjecima može se primjenom jednadžbe količine gibanja izračunati sila fluida na difuzor.

I0

K.V. z x

G I1

Slika (b)

62


Ivo Džijan


Slika (b) prikazuje kontrolni volumen koji obuhvaća unutarnjost koljena i difuzora. Jednadžba količine gibanja u pravcu x-osi je

pQv0 + pM0

d 2p + Fwx = 0 4

(e)

D 2p - FG + Fwz = 0 4

(f)

u pravcu z-osi je

pQv1 + pM1

Težina FG fluida u koljenu i difuzoru je FG = r g (Vk + Vd ) = 34000 N

(g)

Na slici (b) se vidi da su horizontalna komponenta Fxu i vertikalna komponenta Fzu sile fluida na koljeno i difuzor

Fxu = -Fwx = pQv0 + pM0

d 2p = 243 N 4

(h)

Fzu = -Fwz = pQv1 + pM1

D 2p - FG = 40140 N 4

(i)

i gledaju u pozitivnim smjerovima izabranog koordinatnog sustava. S obzirom da su impulsne funkcije računate s manometarskim tlakom, u ovim komponentama sile je već obračunata sila atmosferskog tlaka koja djeluje izvana na difuzor, te ostaje još za izračunati silu hidrostatskog tlaka, koja djeluje na difuzor. Vertikalna komponenta sile hidrostatskog tlaka na površinu potopljenu u mirujući fluid je po definiciji jednaka težini fluida u volumenu između promatrane površine i slobodne površine. V Fhz

H

Vd D

Slika (c) Slika (c) prikazuje taj volumen za ovaj primjer. Očito je obujam V fluida koji definira vertikalnu komponentu sile hidrostatskog tlaka jednak obujmu valjka promjera D visine H, umanjenom za obujam Vd difuzora, tj.

Ivo Džijan


63


V=

D 2p H -Vd = 4,19 m3 4

(j)

Vertikalna komponenta Fzv sile hidrostatskog tlaka gleda prema dolje, a po veličini je jednaka

Fzv = -r gV = -41590 N

(k)

Horizontalna komponenta sile hidrostatskog tlaka na difuzor je jednaka nuli. Rezultantna sila F na koljeno i difuzor je zbroj sile F u koja djeluje iznutra i sile hidrostatskog tlaka Fzv koja djeluje izvana, tj. Fx = Fxu = 243 N

(l)

Fz = Fzu + Fzv = -1451 N Fx

x

a Fz

F

Slika (d) Rezultantna

sila

je

F = Fx2 + Fz2 = 1471 N ,

a

djeluje

pod

kutom

a = artg ( Fz Fx ) = -80,5o u odnosu na pozitivni smjer osi x, kao što prikazuje slika (d).

64


Ivo Džijan

9. VJEŽBE – PRIMJENA JEDNADŽBE KONTINUITETA, BERNOULLIJEVE JEDNADŽBE I JEDNADŽBE KOLIČINE GIBANJA 9.1 Mlaz fluida nastrujava u neviskoznom strujanju u horizontalnoj ravnini protokom Q = 0,03 m3/s, brzinom v = 3 m/s, na okomito postavljenu ploču prema slici. Treba odrediti silu fluida na ploču ako je Q1 = 0,01 m3/s. Zadano je: ρ = 1000 kg/m3. z=konst. Q v

Q2

pa r Q1

ploča

Rješenje: Strujanje je neviskozno, stacionarno i ravninsko te vrijedi Bernoullijeva jednadžba po kojoj zbroj

r v2 + + z ostaje konstantan duž strujnice. Strujanje je u horizontalnoj rg 2g

ravnini z=konst. pri atmosferskom tlaku p = pa = konst. iz čega se zaključuje da i brzina v

mora

biti

konstantna.

Iz

jednadžbe

kontinuiteta

slijedi

da

je

protok

Q2 = Q - Q1 = 0, 02 m3 s .

Q

I

I2

Q2

y

a

x

Q1 K.V.

F

I1

Slika (a)

Ivo Džijan


65


Na slici je prikazan kontrolni volumen koji obuhvaća mlaz. Kroz ulaznu i obje izlazne površine prolazi količina gibanja. Ostali dijelovi kontrolne površine su nepropusni za fluid s tim da je samo na dijelu kontrolne površine između fluida i ploče tlak različit od  atmosferskog te će se sila Fw u jednadžbi količine gibanja odnositi samo na tu površinu. Pretpostavka o neviskoznom strujanju ima za posljedicu da u fluidu nema smičnih naprezanja, pa tako ni između fluida i ploče, a s obzirom da je ploča ravna, sila kojom ploča djeluje na fluid mora biti okomita na ploču, prema slici. Iz jednadžbe količine gibanja u smjeru osi y slijedi

ρ Q1v − ρ Q2 v sin α = 0 α sin=

Q1 = 0,5 Q2

(a)

iz koje slijedi kut α=30o. Iz x-komponentne jednadžbe količine gibanja slijedi sila kojom ploča djeluje na fluid

ρ Qv − ρ Q2 v cos α − Fw = 0

(b)

Fw = ρ Qv − ρ Q2 v cos α = 38, 0 N

(c)

Tražena sila mlaza fluida na ploču je suprotnog smjera

F = Fw = −38, 0 N

(d)

9.2 Fluid nastrujava u horizontalnom ravninskom neviskoznom strujanju na ploču jedinične širine nagnutu pod kutom α = 36°. Treba odrediti pretlak u presjeku A-A ako je ploča uravnotežena silom F = 680 N, prema slici. Zadano je: h = 25 mm, H = 40 mm, β = 42°, ρ = 1000 kg/m3. pa z = konst. a

H

h

A pM=?

r

b

Q

A

F

66


Ivo Džijan


Rješenje: pa

1

z = konst.

Q1 0

H

Q

Q2 2

A pM A

Slika (a) Slika (a) prikazuje sustav s ucrtanim karakterističnim točkama. Strujanje je ravninsko neviskozno i stacionarno te vrijedi Bernoullijeva jednadžba, a profil brzine po poprečnom presjeku mlaza je jednolik. S obzirom da je strujanje u horizontalnoj ravnini pri stalnom tlaku iz Bernoullijeve jednadžbe postavljene od točke 0 do točke 1 i od točke 0 do točke 2 slijedi da je brzina u točkama 1 i 2 jednaka brzini u točki 0, tj. vrijedi v1=v2=v0=v. Iz jednadžbe kontinuiteta slijedi (uz jediničnu širinu B = 1 m )

Q = v × h × B = Q1 + Q2

(a) I1

y

a x b F

Slika (b) Slika (b) prikazuje kontrolni volumen koji obuhvaća mlaz od izlaza iz mlaznice do izlaznih rubova ploče. Kroz ulaznu i obje izlazne površine prolazi količina gibanja. Od  preostalih dijelova kontrolne površine, postoji samo sila Fw kojom ploča djeluje na fluid. Jednadžba količine gibanja za smjer x glasi

ρ Q1v cos α − ρ Q2 v cos α − ρ Qv + Fw cos β = 0

Ivo Džijan


(b)

67


a za smjer y

− ρ Q1v sin α + ρ Q2 v sin α + Fw sin β = 0

(c)

Iz posljednje jednadžbe se može napisati sin β sin α

ρ Q1v − ρ Q2 v = Fw

(d)

što uvršteno u prvu jednadžbu daje Fw

sin β cos α − ρ Qv + Fw cos β = 0 sin α

(e)

Iz ove jednadžbe uz v = Q hB moguće je izračunati protok Q  cos α  sin β + cos β  = Fw  ρQ hB  sin α 

Q =

 cos α  Fw  sin= β + cos β  168 l/s ρ  sin α 

hB

(f) (g)

Brzina v u točki 0 je v = Q (h × B ) = 6,73 m s , a brzina vA u presjeku A-A je

vA = Q ( H × B ) = 4, 2 m s . Iz Bernoullijeve jednadžbe postavljene od točke A do točke 0 prema slici (a), koja glasi

rM v2 v2 + A = rg 2g 2g

(h)

slijedi traženi pretlak

rM = 0,5r (v 2 - vA2 ) = 13800 Pa

68


(i)

Ivo Džijan


9.3 Mlaz neviskoznog fluida promjera d = 20 mm, gustoće ρ = 1000 kg/m3 nailazi brzinom v = 38 m/s na ploču u obliku slova V, prema slici. Odredite komponentu Fy ukupne sile fluida na ploču ako se zna da je komponenta Fx jednaka nuli. Zadano je: α = 50°, β = 32°. y z = konst.

pa d v β

ρ

pa

α

x

Rješenje: y z = konst. ρQv1

pa

ρQv

pa d v β

ρ

α

x ρQv2

Iz zadanih podatak se može izračunati protok kroz mlaznicu

Q=v

d 2π = 0, 011938 m3 / s 4

(a)

Jednadžba kontinuiteta je

Q = Q1 + Q2

(b)

Iz Bernoullijevih jednadžbi između izlaza iz mlaznice (ulaza u kontrolni volumen) i mjesta silaska fluida s ploče (točke 1 i 2), uz jednaki atmosferski tlak u sve tri karakteristične točke (p = pa = konst. ) i ploču u horizontalnoh ravnini (h = konst.), jasno je da su sve brzine jednake

v1 = v2 = v = konst.

(c)

Jednadžba količine gibanja za smjer x glasi

ρ Q1v − ρ Q2 v cos α − ρ Qv cos β + Fw,x = 0

(d)

a za smjer y

Ivo Džijan


69


0 ρ Q2 v sin α − ρ Qv sin β + Fw,y =

(e)

Iz jednadžbe (d) uz uvjet zadatka Fw,x = 0 i primjenu jednadžbe (b) slijedi

Q − Q2 − Q2 cos α − Q cos β = 0

(f)

1 − cos β = Q2 Q= 0, 0011042 m3 / s 1 + cos α

(g)

Iz jednadžbe (e) slijedi y komponenta sile ploče na fluid 208,3 N Fw,y = − ρ Q2 v sin α + ρ Qv sin β =

(h)

A tražena y komponenta sile fluida na ploču je (i)

Fy = − Fw,y = −208,3 N

9.4 Potrebno je odrediti silu F kojom treba pridržavati lopaticu mase m = 4,8 kg okretljivu oko točke O, prema slici, da bi bila u horizontalnom položaju. Pretpostaviti neviskozno strujanje fluida. Za proračun obujma vode u lopatici pretpostaviti poprečni presjek mlaza konstantnim i jednakim presjeku na ulazu u lopaticu. Zadano je: L = 1,4 m, L1 = 0,9 m, R = 0,28 m, h = 1,9 m, d = 40 mm, vm = 10,6 m/s, ρ = 999 kg/m3.

L L1 T

pa

O R

mg

pa h d

70

g

F=?


r vm

Ivo Džijan


Rješenje: U ovom je primjeru lopatica zglobno vezana u točki O, te se uvjet ravnoteže izražava činjenicom da suma momenata svih sila koje djeluju na lopaticu mora biti jednaka nuli.

F T O mg

rgV I2

I1

Slika (a) Slika (a) prikazuje lopaticu s ucrtanim silama koje djeluju na nju. Fluid svojim strujanjem kroz lopaticu izaziva silu koja želi podići lopaticu, a sila težine lopatice je želi spustiti. Pretpostavlja se da je moment sile fluida na lopaticu veći od momenta sile težine lopatice te je za postizanje ravnoteže potrebno djelovati silom F prema dolje kao što je prikazano na slici (a). Za određivanje momenta sile fluida na lopaticu je potrebno primijeniti jednadžbu količine gibanja na kontrolni volumen koji obuhvaća fluid unutar lopatice. U ovom slučaju strujanje se smatra jednodimenzijskim, a promjer ulazne i izlazne površine mlaza je mali u odnosu na udaljenost tih površina od točke O. Na ulaznom i izlaznom presjeku vlada atmosferski tlak. Jednadžba momenta količine gibanja je

rrr Qv1 ( L + R ) + Qv2 ( L - R ) - mgL1 - gVL - FL = 0

(a)

Iz ravnoteže momenata oko točke O slijedi izraz za silu F oblika

F=

rrr Qv1 ( L + R ) + Qv2 ( L - R ) - mgL1 - gVL L

(b)

za čije je određivanje potrebno poznavati brzine v1 i v2, ploštine ulazne A1 i izlazne A2 površine te obujam V fluida u kontrolnom volumenu. Tražene veličine će se odrediti primjenom Bernoullijeve jednadžbe i jednadžbe kontinuiteta.

Ivo Džijan


71


pa 2

1 h

g

z=0

0

Slika (b) Slika (b) prikazuje mlaz s ucrtanim karakterističnim točkama. Točka 0 je postavljena na izlazu iz mlaznice, u njoj vlada atmosferski tlak, a brzina strujanja je vm. Strujanje je neviskozno, te Bernoullijeva jednadžba postavljena od točke 0 do točke 1 glasi

vm2 v2 = 1 +h 2g 2g

(c)

a od točke 0 do točke 2

vm2 v2 = 2 +h 2g 2g

(d)

Usporedbom jednadžbi (c) i (d) se zaključuje da su brzine v1 i v2 jednake, tj. v1 = v2 = vm2 - 2 gh = 8, 66 m s

(e)

Treba naglasiti da u viskoznom strujanju brzine v1 i v2 ne bi bile jednake, jer bi došlo do gubitka mehaničke energije. S obzirom da je strujanje pri konstantnom atmosferskom tlaku, a da su točke 1 i 2 na istoj visini zaključuje se da se jedino može smanjiti kinetička energija, tj. brzina v2 bi bila manja od brzine v1. Jednadžba kontinuiteta kaže da je protok fluida u mlazu konstantan, tj.

Q = vm

d 2p = v1 A1 = v2 A2 = 0, 0133 m3 / s 4

(f)

iz koje je

A1 = A2 =

d 2 p vm = 15, 4 ×10-4 m 2 4 v1

(g)

Obujam fluida u lopatici se prema zadatku aproksimira obujmom polutorusa čiji je presjek površine A1, a duljina poluopseg kruga polumjera R, tj. 72


Ivo Džijan


V = Rp A1 = 13,52 ×10-4 m3

(h)

Konačno se iz izraza (b) može izračunati sila F

F=

Ivo Džijan

rr v12 A1 × 2 L - mgL1 - gVL = 187 N L


(i)

73

10. VJEŽBE – HIDRAULIČKI STROJEVI 10.1 Treba odrediti kutnu brzinu vrtnje w0 i protok Q0 kroz slobodno rotirajuću svinutu cijev prema slici. Kolika je dobivena snaga PT i protok QT za slučaj da cijev rotira kutnom brzinom wT = w0/2. Koliku snagu PP (i pri kojem protoku QP) treba uložiti da bi se cijev okretala kutnom brzinom wP = 2w0. Pretpostavite neviskozno strujanje fluida, a gubitke trenja u ležaju zanemarite. Zadano je: H = 0,6 m, R = 0,6 m, d = 60 mm, pM0 = 0,31 bar, β = 35o, ρ = 1000 kg/m3. . .. . .. .

.. . . . .. . . . . .. . .. . . . . . . . . . . . . .. .M0 .

p

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

0

r g

H

R d 1 b d

pa

tlocrt Rješenje: Zadatak

se

rješava

primjenom

osnovnih

jednadžbi:

jednadžbe

kontinuiteta,

Bernoullijeve jednadžbe za rotirajuću strujnicu i osnovne Eulerove jednadžbe za turbostrojeve. Jednadžba kontinuiteta za rotirajuću cijev kaže da je protok

d 2π Q w= konst = 4

(a)

Za konstantni promjer d cijevi i relativna brzina w ostaje konstantna duž cijevi. Bernoullijevu jednadžbu za rotirajuću strujnicu se postavlja duž simetrale cijevi od slobodne površine fluida u spremniku do izlaza iz cijevi (točka 1 na slici uz zadatak). Bernoullijeva jednadžba za rotirajuću strujnicu, postavljena od točke 0 do točke 1 (prema slici uz zadatak) glasi

Ivo Džijan


74

10. Vježbe – Hidraulički strojevi

pM0 w2 − u 2 +H = 2g ρg

(b)

Uzimajući u obzir da je obodna brzina u na ulazu u cijev jednaka nuli izraz za snagu P za rotirajuću cijev se svodi na

= P ρ gQh= ρ gQ TS

uvθ − u0 vθ 0 = ρ Q ⋅ uvθ g

(c)

gdje su

u = wR vθ= u − w cos β

(d)

obodna brzina i projekcija apsolutne brzine na obodni smjer u izlaznom presjeku cijevi. Kut β je kut između relativne i obodne brzine. w b v b

w

u

Slika (a) Kod slobodno rotirajuće cijevi snaga P je jednaka nuli, tj. projekcija vθ je jednaka nuli,   što je slučaj kada je apsolutna brzina v okomita na obodnu brzinu u , kao što prikazuje slika (a).

 Jasno je da kod slobodno rotirajuće cijevi brzina u gleda u negativnom smjeru projekcije relativne brzine w na obodni smjer. Iz izraza (d) za vθ =0 i iz slike (a) slijedi da je u = w cos β

(e)

što uvršteno u jednadžbu (b) daje izraz za veličinu relativne brzine, oblika 2 = w

ρ

( pM 0 + ρ gH )

15, 0 m s = 1 − cos 2 β

(f)

Iz jednadžbe (e) obodna brzina= je u w= cos β 12, 3 m s , a tražena brzina vrtnje

= ω0 u= R 20, 4 rad s . Iz jednadžbe (a) protok je Q0=42,3 l/s.

Ivo Džijan


75


Slobodno rotirajuća cijev se vrti bez vanjskog utjecaja, a ako se želi da se cijev vrti sporije, znači da ju treba kočiti, tj. kočenjem odvoditi energiju od cjevčice što znači da

ωω = će cjevčica raditi kao turbina. Za kutnu brzinu= T 0 2 10, 2 rad/s , obodna brzina uT ω= 6,13 m s , što uvršteno u jednadžbu (b) daje će biti= TR wT =

2

ρ

+ uT2 ( pM 0 + ρ gH ) =

(g)

10, 6 m s

a protok QT je prema jednadžbi (a) QT=29,8 l/s. vT wT

vqT b uT

Slika (b)

 Slika (b) prikazuje trokut brzina na izlazu iz cijevi. Projekcija apsolutne brzine vT na smjer obodne brzine je prema izrazu (d)

vθT = uT − wT cos β = −2,51 m s

(h)

Brzina vθΤ je negativna što ukazuje na turbinski rad, a snaga turbine je prema izrazu (c)

= PT ρ= QT uT vθT 460 W . Ako se želi da se cjevčica vrti brže nego kod slobodne rotacije očito će trebati dovoditi

ωω 2= 40,8 rad/s , obodna brzina će biti snagu kao i kod pumpe. Za kutnu brzinu = P 0 = uP ω= 24,5 m s , a relativna brzina wP = 26, 0 m s i protok QP=73,5 l/s. PR vqP

vP wP b

uP

Slika (c) Slika (c) prikazuje trokut brzina na izlazu iz cijevi. Brzina vθP je

76


Ivo Džijan


vθP = uP − wP cos β = 3, 24 m s

(i)

Brzina vθP je pozitivna što ukazuje da se snaga dovodi, a prema izrazu (c) snaga PP je

= PP ρ= QPuP vθP 5,84 kW 10.2 Primitivna turbina preko remenice predaje korisnu snagu PM = 730 W, pri konstantnoj brzini vrtnje N = 30 o/min i pri ukupnom protoku kroz turbinu Q = 28,5 l/s. Treba odrediti snagu PS koju predaje spremnik, snagu PT turbine i snagu PI fluida na izlazu iz turbine, mehanički stupanj korisnosti ηm = stupanj korisnosti

ηu =

PM i ukupni PT

PM . Pretpostavite jednodimenzijsko strujanje idealnog PS

fluida. Zadano je H = 1,3 m, R = 1,2 m, D = 40 mm, β = 15o, ρ = 1000 kg/m3. pM0 g

r remenica A

N=konst.

A

H=konst.

b Presjek A-A

D N

R

b

Ivo Džijan


77


Rješenje: U ovom primjeru treba izvršiti makroskopsku bilancu energije u sustavu. Fluid se u spremniku nalazi pod nepoznatim pretlakom na visini H u odnosu na izlazni presjek turbine, a uz pretpostavku velikog spremnika se može smatrati da fluid u njemu miruje. Svaka čestica fluida ima specifičnu energiju (po jedinici težine fluida), koja odgovara piezometričkoj visini. Ako fluid iz spremnika istječe protokom Q kroz turbinu, tada je snaga PS koju daje spremnik jednaka umnošku piezometričke visine (npr. slobodne površine u spemniku) i težinskog protoka fluida, tj.

= PS

( pM0 + ρ gH ) Q

(a)

Ta se snaga dijelom predaje turbini, a dijelom, kroz izlazni mlaz turbine, odlazi u okolinu. Uz pretpostavku idealnog strujanja fluida snaga PT turbine je definirana izrazom

PT = ρ Quvθ

(b)

gdje je Q ukupni protok kroz turbinu (kroz oba kraka). U izrazu (b) je uzeto u obzir da su obodne brzina i projekcija apsolutne brzine na smjer brzine u jednake u oba izlazna presjeka turbine, te da je na ulazu u turbinu obodna brzina u = 0. Fluid napušta turbinu apsolutnom brzinom v, te je snaga oba mlaza na izlazu iz turbine

PI = ρ Q

v2 2

(c)

Jasno je da zbroj snaga PT i PI mora biti jednak snazi PS koju predaje spremnik. Snaga turbine PT se dijelom troši na svladavanje trenja u ležaju i remenici (snaga gubitaka PG), a preostala snaga je korisna snaga PM koja je zadana. Za numeričko izračunavanje gore definiranih snaga, nužno je odrediti pretlak u spremniku. Kutna brzina rotacije turbine= je ω π= N 30 3,14 rad s . Obodna brzina = u ω= R 3, 77 m s , a relativna brzina w je prema jednadžbi kontinuiteta jednaka

= w

1 4Q = 11,3 m s 2 D 2π

(d)

gdje je uzeto u obzir da kroz svaki krak struji pola ukupnog protoka Q. Bernoullijeva jednadžba za rotirajuću strujnicu od slobodne površine u spremniku do izlaza iz turbine glasi

78


Ivo Džijan


pM0 w2 − u 2 +H = 2g ρg

(e)

odakle je pretlak pM0=0,44 bar. Snaga PS koju predaje spremnik je prema izrazu (a), PS=1630 W. Slika (a) prikazuje trokut brzina na izlazu iz kraka turbine.

w v b vq

u

.

Slika (a) Projekcija vθ je

vθ = u − w cos β = −7,18 m s

(f)

Negativni predznak brzine vθ ukazuje da se radi o turbini, tj. odvođenju snage. Snaga PT turbine je prema (b) PT=772 W, a snaga PG gubitaka PG = PT - PM = 42 W. Apsolutna brzina na izlazu iz turbine je

v= vθ2 + ( w sin β )

2

= 7, 76 m s

(g)

Snaga PI mlazova na izlazu iz turbine je prema (c) PI = 858 W. Očito je da vrijedi PS = PT + PI. Traženi stupnjevi korisnosti su

η= m

PM = 0,946 PT

(h)

η= u

PM = 0, 448 PS

(i)

Ivo Džijan


79


10.3 Odredite visinu dobave hP pumpe, kutnu brzinu vrtnje wP rotora, moment MP kojim rotor djeluje na fluid i snagu PP koju pumpa predaje fluidu da bi se kroz centrifugalnu pumpu prema slici ostvario protok Q = 0,007 m3/s. Pretpostavite radijalnu brzinu na ulazu u rotor, neviskozno strujanje fluida te beskonačni broj beskonačno tankih lopatica. Zadano je: β1 = 150, β2 = 370, d1 = 150 mm, d2 = 350 mm, b1 = 8 mm, b2 = 5 mm (visine lopatica), ρ = 1000 kg/m3.

β1

β2

d2 d1

w

Rješenje: Ulazni trokut brzina je pravokutni jer je radijalna apsolutna brzina na ulazu w1

β1

w2

v1

β2

u1

v2

u2

vθ 1 = u1 − w1 cos β1 = 0

(a)

vθ= u2 − w2 cos β 2 2

(d)

u1 = w1 cos β1

(b)

vn2 = w2 sin β 2

(e)

vn1 = w1 sin β1

(c)


= Q v= vn2 d 2π= b2 Q w= w2 sin b 2 d 2π b2 n1d1π b1 1 sin b1d1π b1

(f)

Nakon zamjene relativne brzine preko obodne na ulazu Q=

80

u1 Q cos b1 sin b1d1π= b1 u1 = 4,950 m/s cos b1 d1π b1 sin b1

(g)


Ivo Džijan


Kutna brzina vrtnje u1 = ωP

d1 2

ω = P

2u1 = 66 rad/s d1

(h)

Obodna brzina na izlazu d2 = u2 ω= 11,55 m/s P 2

(i)

Relativna brzina na izlazu = w2

Q = 1,511 m/s sin b 2 d 2π b2

(j)

Obodna komponenta apsolutne brzine na izlazu

vθ 2 = u2 − w2 cos β 2 = 10,34 m/s

(k)

Eulerova jednadžba za turbostrojeve

hP =

uv 1 ( u2vθ 2 − u1vθ 1 ) = 2 θ 2 = 12,18 m g g

(l)

Snaga pumpe

= PP ρ= gQhP 597 W

(m)

Moment pumpe M= P

Ivo Džijan

PP = 9, 04 Nm

ω


(n)

81

11. VJEŽBE – HIDRAULIČKI STROJEVI 11.1 Centrifugalna pumpa radi na N = 1750 o/min, a apsolutna brzina na ulazu u lopatični prostor je radijalna (α1 = 90o). Kut lopatica na ulaznom bridu u odnosu na negativni smjer obodne brzine je β1 = 30o, a na izlaznom β2 = 45o. Uz pretpostavku neviskoznog strujanja i beskonačnog broja beskonačno tankih lopatica (tangencijalne relativne brzine na lopatice) odredite protok Q vode gustoće ρ = 1000 kg/m3 kroz pumpu, te visinu dobave hp pumpe, snagu Pp koju pumpa predaje vodi i prirast tlaka p2 - p1 kroz pumpu. Promjer lopatičnog vijenca na ulazu je D1 = 100 mm, a na izlazu D2 = 250 mm, visina lopatica na ulazu je b1 = 15 mm, a na izlazu b2 = 8 mm. Rješenje:

z=konst.

w

u1

r1 r2

w1

u2

b1

b2

w2

 Kutovi β1 i β2 se definiraju u odnosu na smjer −u . Prema uvjetima zadatka rotor se okreće brzinom N=1750 o/min , te je kutna brzina rotacije

ω =

πN

= 183,3 rad s 30

(a)

Ako se sve veličine na ulazu u rotor označe indeksom 1, a na izlazu iz rotora indeksom 2, tada su obodne brzine na ulazu i izlazu iz rotora

Ivo Džijan


82


u1 = ω ⋅ r1 = 9,16 m s

(b)

u2 = ω ⋅ r2 = 22,9 m s Trokuti brzina: w2 w1

v1

b2

b1

u1

a=90

u2

o

v2

vn2 vq2

vq1 = 0

(c)

vo2= u2 − w2 cos β 2

(e)

vn= v= u1 tg β1 1 1

(d)

vn2 = w2 sinβ 2

(f)

vn1 = 5, 29 m s Jednadžba kontinuiteta

Q 2= r1 π b1 vn1 2r2 π b2 vn2 =

(g)

0, 0249 m3 s Q D= = 1 π b1 vn1

(h)

vn2 Iz (g)=

Q = 3,97 m s D2 π b2

w2 Iz (f) =

vn2 = 5, 61 m s sinβ 2

Iz (e)

vo2 = u2 − w2 cos β 2 = 18,9 m s

Osnovna Eulerova jednadžba za turbostrojeve

hp =

uv 1 ( u2vθ2 − u1vθ1 ) = 2 θ2 = 44, 2 m g g

(i)

Uočimo da visina dobave ne ovisi o gustoći fluida! Snaga predana fluidu

= Pp ρ= g Q hp 10,8 kW

(j)

Snaga se povećava s gustoćom fluida!

p p2 − p1 kroz rotor crpke se može izračunati bilo postavljanjem Prirast tlaka D= Bernoullijeve jednadžbe od ulaza do izlaza iz rotora koja glasi

Ivo Džijan


83


Bernoullijeva jednadžba

p1 v12 p2 v22 + + hp = + ρ g 2g ρ g 2g

(k)

ili Bernoullijeve jednadžbe za rotirajuću strujnicu između istih točaka, a koja glasi

p1 w12 − u12 p2 w2 2 − u22 + =+ 2g 2g ρg ρg

(l)

U obje jednadžbe je uzeto u obzir da se rotor nalazi u horizontalnoj ravnini z=konst., a iz obje jednadžbe slijedi isti prirast tlaka.

  1  2 2 2 2 p2 −= p1 ρ u2 − w2 + w1 − u1     2   2 v n1  

(m)

(vidi trokut brzina na ulazu) p2 −= p1

1 2 2, 61 bar r ( u22 − w2 2 + v= n1 ) 2

(n)

odnosno 1 p2 − p= rr ghP + v12 − v22 = ( ) 2, 61 bar 1 2

84


(o)

Ivo Džijan


11.2 Odredite snagu predanu jednom stupnju radnog kola aksijalne turbine srednjeg promjera R = 0,32 m rotora. Odredite kutove statorske lopatice α3 i α4 ako su ulazni i izlazni kut rotora jednaki i iznose β1 = β 2 = β = 25 o . Zadano je: Q = 0,031 m3/s, (protok kroz turbinu), ρ = 1000 kg/m3, w = 10,472 rad/s,

b1 = b2 = b = 10 mm (visina rotorske lopatice). Rješenje: u u

b

b a3

a4

a4

a3

b

a4

R

u

v w

b w cosb

w sinb

u w sinb

b

w v

Obodna brzina je u = R ω = 3, 351 m s

(a)

Jednadžba kontinuiteta za aksijalnu turbinu je

Ivo Džijan


85


Q = 2 Rπ b1w1 sin b1 = 2 Rπ b2 w2 sin b 2

(b)

Zbog jednakih kutova β1 = β 2 = β i jednakih visina lopatica b1 = b2 = b jednake su i relativne brzine na ulazu i izlazu

w1 = w2 = w =

Q = 3, 697 m s 2 Rπ b sin b

(c)

Kut β1 je definiran između relativne brzine i pozitivne obodne brzine, pa je iz trokuta brzina na ulazu obodna komponenta apsolutne brzine na ulazu jednaka

v1o = w cos β + u = 6, 702 m s

(d)

Kut statorske lopatice na ulazu u rotor je æ w sin b a4 = arctg çç çè v1o

ö÷ ÷ = 13,1o ÷ø÷

(e)

Iz trokuta brzina na izlazu obodna komponenta apsolutne brzine na izlazu jednaka je

v0o = u - w cos β = 0

(f)

pa je kut statorske lopatice na izlazu iz rotora æ w sin β çè v0o

a 3 = arctg ççç

ö÷ o ÷÷÷ = 90 ø

(g)

Pad visine energije u turbini, prema Eulerovoj jednadžbi, je

hT =

u (v1q - v2q ) = 2, 29 m g

(h)

a snaga turbine je

PT = r ghT Q = 705, 6 W

(i)

Pad tlaka kroz rotor se može izračunati iz Bernoullijeve jednadžbe za rotirajuću strujnicu

p1 w12 - u12 p2 w22 - u22 + = + pg 2g pg 2g

p1 = p2

Dp = 0

(j)

Pad tlaka kroz cijeli stupanj (rotorsku i statorsku lopaticu zajedno) je

p1 v2 p v2 + 1 - hT = 4 + 4 pg pg 2g 2g

v1 º v4

Dp = p1 - p4 = p ghT = 0, 2246 bar

86


(k) (l)

Ivo Džijan


11.3 Za pokretanje zubarske bušilice koristi se turbina pogonjena zrakom. Turbina se vrti brzinom N = 30000 okretaja u minuti, a poznato je da je unutarnji radius radnog kola (do korijena lopatica) r = 33 mm , a vanjski radijus (do vrha lopatica)

R = 42 mm . Poznato je da je tangencijalna brzina mlaza zraka na ulazu u turbinu jednaka dvostrukoj vrijednosti obodne brzine, a apsolutna brzina na izlazu iz turbine je okomita na obodnu brzinu. Odredite specifičnu snagu turbine

eT = PT / m . Pretpostavite neviskozno strujanje zraka pri konstantnom tlaku, a problem analizirajte kao ravninski za razmotani vijenac lopatica.

Q

r

R

w=konst

Rješenje: Za zadani broj okretaja kutna brzina rotacije radnog kola turbine w=

2nn = 3141,6 rad/s 60

(a)

Obodna brzina (brzina translacije razmotanog vijenca) se računa na srednjem radijusu: u =ω

R+r =117,8 m/s 2

(b) w2

u b1

v1

Ivo Džijan

w1 u

b2 .

u v2


87


Prema osnovnoj Eulerovoj jednadžbi za turbostrojeve, pad visine energije u turbini je eT =

PT u v −u v = ρQ 1 θ 1 2 θ 2

(c)

Kod aksijalnog stroja su obodne brzine na ulaznom i izlaznom presjeku jednake:

u= u= u . Brzina vθ 1 (projekcija apsolutne brzine na smjer obodne brzine) odgovara 1 2 tangencijalnoj komponenti mlaza na ulazu, što je prema uvjetima zadatka definirano kao

vθ 1 = 2u , a zbog okomitosti apsolutne brzine na izlazu iz radnog kola je vθ 2 = 0 , te je e= T

88

PT kJ kW 2 27, 76 = 27, 76 = 2u= m kg kg/s


(d)

Ivo Džijan


11.4 Peltonova turbina promjera radnog kola D = 3 m i kuta lopatice β = 160 o okreće se konstantnom brzinom vrtnje n = 240 o/min. Mlaz vode (gustoće

ρ = 1000 kg/m3) napušta mlaznicu promjera d = 5 cm brzinom v = 60 m/s. Odredite silu F na lopatice te moment M i snagu P radnog kola. Rješenje:

v

d

D

b

Kutna brzina vrtnje je = ω

π ⋅n

= 25,133 rad s 30

(a)

Snaga Pelton turbine s jednim mlazom je uz u = ω D 2

P = ρv

d 2π 4

æ D ÷ö D ççv - ωω (1- cos β ) = 0, 292 MW ÷ çè 2 ÷ø 2

(b)

Moment radnog kola je M=

P

ω

= 7644 Nm

(c)

Sila na lopatice je F=

Ivo Džijan

2M = 5096 N D


(d)

89

12. VJEŽBE – DIMENZIJSKA ANALIZA 12.1 Ispitajte dimenzijsku nezavisnost sljedećih skupova fizikalnih veličina: a) p, τ i ν b) Q, L i µ c) g, L i Q d) F, M i t e) ρ, p i V gdje su: p - tlak, τ - smično naprezanje, v - brzina, Q - protok, L - karakteristična duljina, µ - dinamička viskoznost, g - ubrzanje sile teže, F - sila, M - moment sile, t - vrijeme, ρ - gustoća i V - volumen. Rješenje: a) p, τ, v Skup fizikalnih veličina je dimenzijski nezavisan ako se dimenzije niti jedne veličine iz skupa ne mogu prikazati dimenzijama preostalih veličina u skupu. Veličina

p

τ

Dimenzija

-1 -2

-1 -2

ML T

ML T

v LT-1

Imamo skup od tri fizikalne veličine (n = 3) u čijim se dimenzijama pojavljuju tri osnovne dimenzije (m = 3). Očito je da p i τ imaju istu dimenziju, pa je skup sigurno dimenzijski zavisan. To se može pokazati pomoću teorema o dimenzijski nezavisnom skupu po kojem se traži rješenje sustava

[ p ] [t ] [v] a

b

gdje npr.

c

= M 0 L0 T 0

[ p]

označava dimenziju tlaka p u osnovnom sustavu mjernih dimenzija

(MLTΘ). a

b

c

 ML-1T -2   ML-1T -2   LT -1  = M 0 L0 T 0 M a L- a T -2 a ⋅ M b L-b T -2b ⋅ Lc T - c = M 0 L0 T 0

M a +b L- a -b + c T -2 a -2b -c = M 0 L0 T 0

Ivo Džijan


90

12. Vježbe – Dimenzijska analiza

M:

a

+b

L: T:

−a −2a

−b −2b

+c −c

=0

(1)

=0 =0

(2) (3)

⇒ c=0

(1) u (2)

Za c = 0 jednadžbe (1), (2) i (3) su iste, te trebamo riješiti sustav s dvije nepoznanice a,

0 . Postoji dakle bezbroj rješenja koja b povezane jednom jednadžbom a + b = zadovoljavaju jednadžbu a = -b , a b može biti bilo koji broj; pa je prema teoremu o dimenzijski nezavisnom skupu skup p, τ i v dimenzijski zavisan. Bezdimenzijski parametar od veličina iz tog skupa je a

 p = Π p= τ v   što je jasno jer p i τ imaju istu dimenziju. τ  a

−a 0

b) Q, L, µ Veličina

Q

L

µ

Dimenzija

3 -1

L

ML-1 T-1

LT

n=3

m=3

[Q ] [ L ] [ µ ] a

b

c

a

= M 0 L0 T 0 c

 L3T -1  [ L ]  ML-1 T -1  = M 0 L0 T 0 M: L: T:

b

3a −a

c −c −c

+b

(1)

=0 =0 =0

(2) (3)

Iz (1) c = 0, iz (3) a = 0, iz (2) b = 0. Sustav ima samo trivijalno rješenje a= b= c= 0 što znači da je skup Q, L, µ dimenzijski nezavisan. c) g, L, Q g

L

Q

LT-2

L

L3T-1

Veličina Dimenzija n=3

Ivo Džijan

m=2


91


U skupu n = 3 veličine pojavljuju se m = 2 dimenzije te skup ne može biti dimenzijski Q 2  nezavisan. Očito [ g ] = 5  L 

d) F, M, t F

Veličina

MLT-2 m=3

Dimenzija n=3

[ F ] [ M ] [t ] a

b

c

M

t

ML2 T-2

T

= M 0 L0 T 0

a

b

-2 2 -2 0 0 0  MLT   ML T  [ T ] = M L T

a a −2a

M: L: T:

c

+b +2b −2b

+c

(1)

=0 =0 =0

(2) (3)

(1)-(2) ⇒ b = 0 iz (1) a = 0, iz (3) c = 0. Skup F, M, t je dimenzijski nezavisan. e) ρ, p, V

ρ

p

V

ML-3

ML-1 T-2

L3

Veličina Dimenzija n=3

m=3

[ ρ ] [ p ] [V ] a

b

a

c

= M 0 L0 T 0 b

c

-3 -1 -2 3 0 0 0  ML   ML T   L  = M L T

M: L: T:

a −3a

+b −b −2b

+3c

=0 =0 =0

(1) (2) (3)

iz (3) b = 0, iz (1) a = 0, iz (2) c = 0 Skup ρ, p, V je dimenzijski nezavisan.

92


Ivo Džijan


12.2 Moment M fluida na rotor aksijalne turbine zavisi od gustoće fluida ρ, promjera D rotora, kutne brzine w rotacije rotora i volumenskog protoka Q fluida kroz turbinu. Primjenom dimenzijske analize treba odrediti opći oblik zavisnosti momenta M od preostalih veličina. Ako se zna da moment M linearno zavisi od protoka Q (pri čemu je za Q = 0, M = 0), treba odrediti postotnu promjenu momenta M za geometrijski sličnu turbinu 10% manjeg promjera koja rotira 15% većom kutnom brzinom i koristi isti fluid pri istom protoku Q. Rješenje: Popis utjecajnih veličina u pojavi dat je u donjoj tablici Veličina Dimenzija

M

Q

ρ

D

w

ML2T-2

L3T-1

ML-3

L

T-1

U dimenzijama navedenih pet fizikalnih veličina (n = 5) pojavljuju se tri osnovne dimenzije (m = 3) te će se izabrati skup od tri dimenzijski nezavisne veličine. U taj skup se neće uključiti moment M i protok Q jer je u zadatku zadana njihova linearna zavisnost, koju je najlakše iskoristiti ako se svaka od tih veličina nalazi samo u po jednom Π parametru. Za dimenzijski nezavisan skup ostaju veličine ρ, D, w za koje je iz tablice dimenzija očito da su dimenzijski nezavisne jer se dimenzija gustoće ne može prikazati pomoću dimenzija L i T sadržanih u D i w, dimenzija w se ne može prikazati pomoću dimenzija ρ i w jer se iz dimenzije gustoće ne može s dimenzijom T iz w poništiti dimenzija mase M. U ovom se primjeru mogu jednostavno formirati Π parametri. Tako se dimenzija momenta može prikazati u obliku

[ M ] =ML2T -2 =ML-3  ⋅ [ L]

5

2

⋅ T -1  =[ ρ ] ⋅ [ D ] ⋅ [ω ] 5

2

(a)

iz čega slijedi parametar Π1 oblika

Π1 =

M ρ D 5ω 2

(b)

i analogno za dimenziju volumenskog protoka

Ivo Džijan


93


[Q ] =L3T -1 =[ L]

3

⋅ T -1  =[ D ] ⋅ [ω ] 3

(c)

iz čega slijedi parametar Π2 oblika

Π2 =

Q D 3ω

(d)

Opći oblik zavisnosti parametra Π1 od parametra Π2 glasi

M

 Q 

Π1 Γ= ili Γ 3  ( Π2 ) 2 ρ D 5ωω D 

(e)

Ako se zna da moment M linearno zavisi od protoka Q tada opći izraz (e) prelazi u oblik

M Q C 3 + C1 = 5 2 D ρ D ωω

(f)

gdje su C i C1 bezdimenzijske konstante. Zbog uvjeta da je za M = 0, Q = 0, konstanta C1 je također jednaka nuli, te je konačni izraz za moment

M= C ⋅ ρ D 2ω Q

(g)

Za smanjenje promjera od 10% vrijedi D1 = 0,9 D, a za povećanje kutne brzine za 15% vrijedi w1 = 1,15 w što uvršteno u izraz (g) daje

M1 = C ⋅ ρ ( 0,9 D ) (1,15ω ) Q = 0,9315 C ρ D 2ω Q (( M 2

(h)

smanjenje momenta M1 u odnosu na M za 6,85%. 12.3 Otvorena cilindrična posuda promjera D, koja na dnu ima otvor promjera d, koeficijenta protoka Cd ispunjena je fluidom do visine H. Posuda se potpuno isprazni u vremenu t1 = 36,5 s. Primjenom Pi-teorema treba odrediti za koje bi se vrijeme t2 ispraznila geometrijski slična posuda tri puta većih dimenzija (što znači da je i otvor na dnu tri puta veći) istog koeficijenta protoka Cd otvora na dnu posude u istom polju gravitacije. Uputa: pretpostaviti da je t = f(D, d, Cd, H, g). Rješenje: Pojavom upravlja n = 6 veličina čiji je popis dan u sljedećoj tablici Veličina

t

D

d

Cd

H

g

Dimenzija

T

L

L

1

L

LT-2

94


Ivo Džijan


Iz tablice je vidljivo da se u dimenzijama utjecajnih veličina pojavljuju dvije osnovne dimezije L i T (m = 2), te je moguće izabrati skup od dvije dimenzijski nezavisne veličine. U taj skup neće ući vrijeme t jer se traži zavisnost vremena t od preostalih veličina, a mora ući gravitacija g jer je to jedina preostala veličina koja sadrži dimenziju vremena. Koeficijent protoka CD je bezdimenzijska veličina, te je sama po sebi Π parametar i ne može ući u skup dimenzijski nezavisnih veličina. Za drugu veličinu dimenzijski nezavisnog skupa ostaje izbor između D, d, i H, te se izabire promjer posude D. Nakon izbora osnovnog skupa trebalo bi dokazati njegovu dimenzijsku nezavisnost, što je u ovom primjeru nepotrebno jer je očito da se pomoću dimenzije promjera ne može prikazati dimenzija gravitacije, pa se može odmah pristupiti formiranju n – k = 4 Π parametra. Parametar Π1 formira se od vremena t u obliku

Π1 = t g a Db

(a)

ili pomoću dimenzija a

L0 T 0 = T  LT -2  [ L ]

b

(b)

što nakon izjednačavanja eksponenata nad istim bazama daje sustav linearnih jednadžbi

L= : 0 a +b T: 0 = 1 -2a

(c)

rješenje kojeg je a = 1/2, b = -1/2, što uvršteno u izraz (a) daje

Π1 = t

g D

(d)

Parametar Π2 formira se od promjera otvora d, koji ima istu dimenziju kao i promjer D iz skupa dimenzijski nezavisnih veličina, te direktno slijedi

Π2 =

d D

(e)

a isto vrijedi i za Π parametar koji se formira od visine H

Π3 =

H D

(f)

Koeficijent protoka Cd je sam po sebi Π parametar te se može pisati

Π 4 = Cd

Ivo Džijan

(g)


95


Dakle, fizikalni zakon između 6 fizikalnih veličina izražen funkcijom f oblika t = f(D, d, Cd, H, g)

(h)

primjenom Pi-teorema prelazi u zakon među četiri Π parametra oblika

Π1 = Γ ( Π 2 , Π 3 , Π 4 )

(i)

odnosno

t

g d H  = Γ  , , Cd  D D D 

(j)

Iako je funkcija Γ nepoznata funkcija, ipak se može odgovoriti na pitanje u zadatku. Naime, u zadatku je u obje situacije isti koeficijent Cd, a za geometrijski slične posude parametri Π2 i Π3 su jednaki iz čega slijedi da je vrijednost nepoznate funkcije Γ ista u oba slučaja, što povlači jednakost parametara Π1 u obliku t1

g = t2 D1

g D2

(k)

D2 iz čega slijedi= t2 t1 = t1= 3 63, 2 s . D1

12.4 Pumpa koja transportira vodu gustoće ρ = 998 kg/m3 protokom Q = 5 l/s u optimalnom režimu rada postiže razliku tlaka ∆p = 4 bar. Kupac je zainteresiran za kupnju pumpe koja transportira ulje gustoće ρ1 = 800 kg/m3 protokom Q1 = 4,5 l/s te u optimalnom režimu rada postiže pretlak ∆p1 = 3,5 bar. Potrebno je načiniti geometrijski sličnu pumpu koja zadovoljava uvjet kupca. Odredite za koliko je potrebno promijeniti (povećati ili smanjiti) sve linearne dimenzije te kutnu brzinu vrtnje postojeće pumpe. Rješenje: U prvom koraku treba sačiniti popis utjecajnih veličina u pojavi kojih ima n = 5 i njihovih dimenzija, što je dano u sljedećoj tablici: Veličina Dimenzija

96

ρ

ω

D

Q

∆p

ML-3

T-1

L

L3T-1

ML-1T-2


Ivo Džijan


Obzirom da se u dimenzijama utjecajnih veličina pojavljuju tri osnovne dimenzije (m = 3), pretpostavit ćemo da postoji skup od tri dimenzijski nezavisne veličine, čijim ćemo dimenzijama prikazati dimenzije preostalih fizikalnih veličina iz popisa. S obzirom da se karakteristika pumpe prikazuje u H-Q dijagramu, gdje je H visina dobave:

H = ∆p / ( ρ g ) , veličine ∆p i Q nećemo stavljati u skup dimenzijski nezavisnih veličina (želimo da se svaka od njih pojavi u samo jednom Pi parametru), te nam za taj skup preostaju veličine ρ , ω i D . U drugom koraku bi trebali pokazati dimenzijsku nezavisnost odabranog skupa, što u ovom slučaju nije potrebno, jer se u dimenzijama ω i D ne pojavljuje dimenzija mase, pa se sigurno dimenzija ρ ne može prikazati dimenzijama ω i D , što znači da je skup dimenzijski nezavisan. U trećem koraku od veličina izvan dimenzijski nezavisnog skupa (ovdje ∆p i Q ) formiramo bezdimenzijske Pi parametre. Parametar Π1 ćemo definirati kao umnožak

Π1 = Dp ρ xω y D z

(a)

pa iz činjenice da je Π1 bezdimenzijski, vrijedi x

y

M 0 L0T 0 =ML-1T -2  ML-3  T -1  [ L ]

z

(b)

iz čega izjednačavanjem eksponenta nad istim bazama, slijedi sustav linearnih algebarskih jednadžbi: M: T: L:

1+ x = 0 −2− y = 0 − 1 − 3 x + z =0

(c)

Iz prve jednadžbe je x = −1 , iz druge y = −2 i iz treće z = −2 , što uvršteno u definiciju parametra Π1 daje

Π1 =

Dp ρω 2 D 2

(d)

Analogno se definira parametar Π 2

Π 2 = Q ρ xω y D z

(e)

pa iz činjenice da je Π 2 bezdimenzijski, vrijedi

Ivo Džijan


97

12. Vježbe – Dimenzijska analiza x

y

M 0 L0T 0 =L3T -1  ML-3  T -1  [ L ]

z

(f)

iz čega izjednačavanjem eksponenta nad istim bazama, slijedi sustav linearnih algebarskih jednadžbi: x=0 − 1 − y =0 3 − 3x + z = 0

M: T: L:

(g)

Iz prve jednadžbe je x = 0 , iz druge y = −1 i iz treće z = −3 , što uvršteno u definiciju parametra Π 2 daje

Π2 =

Q ω D3

(h)

Parametar Π1 se može shvatiti kao bezdimenzijska visina dobave, a parametar Π 2 kao bezdimenzijski protok, pa se tipična H-Q karakteristika može prikazati funkcijom

Π1 = Γ ( Π 2 ) . Kvalitativni prikaz te funkcije je dan na sljedećoj slici, u kojoj je ucrtana optimalna točka, tj. točka u kojoj pumpa radi s maksimalnim stupnjem korisnosti.

optimalna točka

Za jednu točku bezdimenzijskog prostora, definiranu bezdimenzijskim parametrima

Π1op i Π 2op postoji beskonačno puno (kažemo sličnih) dimenzijskih rješenja. Uvjet sličnosti je da se nalazimo u istoj točki bezdimenzijskog prostora, tj. vrijedi op Π = 2

Q1 Q = 3 3 ωω D 1 D1

Π1op i=

Dp1 Dp = 2 2 ρω D ρ1ω12 D12

(i)

Iz uvjeta jednakosti parametra Π 2op slijedi

ω1  D1  ω D

3

 Q1 4,5 = = = 0,9  Q 5 

(j)

a iz jednakosti parametara Π1op

98


Ivo Džijan

12. Vježbe – Dimenzijska analiza 2

2

 ω1   D1  Dp1 ρ 3,5 998 = = 1,092   =  Dp ρ1 4 800 ω   D 

(k)

Rješenje jednadžbi (j) i (k) je

D1 = 0,928D i ωω 1 = 1,126

(l)

12.5 Sila L uzgona na krilo površine A zavisi od brzine

v

leta, gustoće ρ zraka i

napadnog kuta a (kuta između pravca vektora brzine i spojnice vrha i repa profila krila). Ako su u zračnom tunelu na krilu površine 0,4 m2, pri brzini strujanja od 30 m/s i gustoći zraka 1,29 kg/m3 izmjerene sljedeće vrijednosti sile uzgona, ovisno o napadnom kutu  /°

0

5

10

15

20

25

L /N

0

30

40,6

42

36

24

nacrtajte ovisnost bezdimenzijske sile uzgona o napadnom kutu. Izračunajte silu uzgona na geometrijski sličnom krilu površine 30 m2, koje će letjeti u zraku gustoće 0,9 kg/m3 brzinom 400 km/h, pod napadnim kutom 5°. Rješenje: Prvo ćemo problem prikazati bezdimenzijskim varijablama, pa ćemo za te potrebe sačiniti popis utjecajnih veličina u pojavi i njihovih dimenzija, što je dano u sljedećoj tablici Veličina Dimenzija

L

ρ -2

MLT

v -3

ML

-1

LT

A

α

2

1

L

S obzirom da se u dimenzijama utjecajnih veličina pojavljuju tri osnovne dimenzije, pretpostavit ćemo da postoji skup od tri dimenzijski nezavisne veličine, čijim ćemo dimenzijama prikazati dimenzije preostalih fizikalnih veličina iz popisa. S obzirom da nas zanima zavisnost sile uzgona od napadnog kuta, L nećemo stavljati u skup dimenzijski nezavisnih veličina (želimo da se pojavi u samo jednom Pi parametru), a kut a je sam po sebi bezdimenzijska veličina, za skup dimenzijski nezavisnih veličina preostaju veličine

ρ,

v

i A.

Ivo Džijan


99


U drugom koraku bi trebali pokazati dimenzijsku nezavisnost odabranog skupa, što u ovom slučaju nije potrebno, jer se dimenzija mase nalazi samo u dimenziji gustoće, a dimenzija vremena samo u dimenziji brzine, što znači da je skup dimenzijski nezavisan (jer se npr. dimenzija brzine sigurno ne može prikazati dimenzijama gustoće i površine, budući da u njima nema dimenzije vremena). U trećem koraku od veličina izvan dimenzijski nezavisnog skupa (ovdje L i α ) formiramo bezdimenzijske Pi parametre. Parametar Π1 ćemo definirati kao umnožak

Π1 = L ρ x v y Az

(a)

pa iz činjenice da je Π1 bezdimenzijski, slijedi x

y

M 0 L0T 0 =MLT -2  ML-3   LT -1   L2 

z

(b)

iz čega izjednačavanjem eksponenta nad istim bazama, slijedi sustav linearnih algebarskih jednadžbi: M: T: L:

1+ x = 0 −2− y = 0 1 − 3x + 2 z = 0

(c)

Iz prve jednadžbe je x = −1 , iz druge y = −2 i iz treće z = −1 , što uvršteno u definiciju parametra Π1 daje

Π1 =

L ρv2 A

(d)

Uobičajeno je umjesto ρ v 2 u nazivniku uzimati dinamički tlak ρ v 2 / 2 , a u tom slučaju parametar Π1 nazivamo koeficijentom uzgona CL =

L 1 2 ρv A 2

(e)

Napadni kut α je bez dimenzije, pa je sam po sebi Pi parametar. Dakle, općenito možemo reći da je koeficijent uzgona funkcija napadnog kuta, i obično se tako i prikazuje u dijagramu. Za mjerene podatke, se mogu definirati bezdimenzijske vrijednosti, prema sljedećoj tablici:

100


Ivo Džijan

12. Vježbe – Dimenzijska analiza a /°

0

CL

0

5

10

15

20

25

0,129 0,175 0,181 0,155 0,103

Sljedeća slika daje grafički prikaz mjerenih podatka, gdje točkice pokazuju izmjerene vrijednosti, kroz koje je povučena krivulja.

Tipični dijagram za koeficijent uzgona za male napadne kutove pokazuje linearni rast koeficijenta uzgona s porastom kuta, zatim dolazi do zaustavljanja porasta, do maksimuma, nakon čega koeficijent uzgona opada. Pad koeficijenta uzgona je povezan s pojavom odvajanja strujanja na gornjoj strani profila. Bezdimenzijski dijagram vrijedi za sva geometrijski slična krila. Tako će za zadano geometrijski slično krilo na koje zrak nailazi pod napadnim kutom α = 5°, koeficijent uzgona biti CL = 0,129. Za površinu krila A = 30 m2, gustoću zraka r = 0,9 kg/m3 i brzinu leta v = 400 km/h = 111,1 m/s, sila uzgona će biti = L

Ivo Džijan

1 2 = ρ v ACL 21,5 kN. 2


101

13. VJEŽBE – PRORAČUN CJEVOVODA 13.1 Voda se prepumpava iz nižeg u viši spremnik, protokom Q = 14 l/s. Odredite visinu dobave hp pumpe i potrebnu snagu PM motora za pokretanje pumpe ako su iskoristivost pumpe ηP = 0,75, visina gubitaka do ulaza u pumpu hF1-2 = 1,5 m, visina gubitaka od izlaza iz pumpe do ulaza u viši spremnik hF3-4 = 1,5m. Zadano je: ρ = 998,2 kg/m3, D = 71,4 mm, z1 = 6,2 m, z5 = 12,5 m.

5

g pa

4

1

D

z1

Q

r

2 D

z5

3 pumpa hp

Rješenje: Iz jednadžbe kontinuiteta se može izračunati brzina na ulazu u gornji spremnik v4 =

4Q = 3,5 m s D 2p

(a)

Visine gubitaka energije između točaka su

hF1-2 = 1,5 m

hF3-4 = 1,5 m

v42 hF4-5 = = 0, 63 m 2g

(b)

Ukupni gubitak visine energije je

hF1-5 = hF1-2 + hF3-4 + hF4-5 = 3, 63 m

(c)

Modificirana Bernoullijeva jednadžba od 1 do 5

pa p + z1 + hp = a + z5 + hF1-5 pg pg

(d)

iz koje se može izračunati visina dobave pumpe

Ivo Džijan


102

13. Vježbe – Proračun cjevovoda

hp = z5 - z1 + hF1-5 = 9,92 m

(e)

Snaga pumpe je

Pp = p gQ × hp = 1360 W

(f)

Snaga motora koji pokreće pumpu je PM =

Pp hp

(g)

= 1813 W

13.2 Pumpa dobavlja vodu mlaznici protokom Q = 0,056 m3/s. Motor predaje pumpi snagu PM = 40,2 kW, a ukupna iskoristivost pumpe je 85%. Na ulazu u pumpu je izmjeren manometarski tlak pM2 = -0,351 bar. Odredite visinu gubitaka energije hF1-2 od razine vode u spremniku do ulaza u pumpu, te hF3-5 od izlaza iz pumpe do izlaza iz mlaznice. Skicirajte energetsku i hidrauličku-gradijentnu liniju. Zadano je: h = 1,5 m, ρ = 998,2 kg/m3, D2 = 150 mm, D3 = 100 mm, D5 = 50 mm.

Q

D5 pa

g

pa

D3

1

2

h D2

3

4 5

Pumpa ηP

r

Rješenje: Budući da je poznat protok, moguće je odrediti brzine u svim karakterističnim presjecima:

v2 =

4Q = 3,17 m s D22 p

v3 = v4 =

4Q = 7,13 m s D32 p

v5 =

4Q = 28,5 m s (a) D52 p


rM2 v22 0= + + h + hF1-2 rg 2g

(b)

rM2 v22 hF1-2 = - h = 1,57 m rg 2g

(c)

Ivo Džijan


103


Snaga i visina dobave pumpe

Pp = hp PM = 34,17 kW

hp =

⇒

Pp p gQ

= 62,3 m

(d)


pM3 v32 pM2 v22 + + hp = + 2g 2g pg pg pM3 = pM2 + p ghp +

(e)

p 2 v2 - v32 ) = 5,55 bar ( 2

(f)


rM3 v2 v2 + 3 = 5 + hF3-5 rg 2g 2g

(g)

Bernoullijeva jednadžba od 4 do 5 (gubici u mlaznici se zanemaruju)

v2 rM4 v2 + 4 = 5 rg 2g 2g

(h)

hF3-5 =

pM3 1 + v32 - v52 ) = 16,3 m ( pg 2g

(i)

rM4 =

r 2 v5 - v42 ) = 3,80 bar ( 2

(j)

z

Točka 1. spremnik

G.L.

rM rg

rM +z rg H.G.L.

v2 2g

rM v2 +z+ rg 2g

E.L.

0

0

0

0

0

2. ulaz u pumpu

1,5

-3,1

-1,6

0,5

-1,1

3. izlaz iz pumpe

1,5

56,7

58,2

2,6

60,8

4. ulaz u mlaznicu

1,5

38,9

40,4

2,6

43,0

5. izlaz iz mlaznice

1,5

0

1,5

41,5

43,0

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

104


Ivo Džijan

13. Vježbe – Proračun cjevovoda v32 2g

60,8 58,2

E.L.

43,0 40,4

H.G.L.

pM 4 2g

v52 2g

D5 pa

1

2

v22 2g

3

G.L.

4 5

-1,1

r H.G.L.

13.3 U cjevovodnom sustavu prema slici fluid struji od spremnika 1 prema spremniku 2 protokom Q = 170 m3/h. Treba odrediti protok Q1 koji bi se ustalio u sustavu kada bi na polovini duljine (od točke B) postojao paralelni cjevovod do spremnika 2, istih geometrijskih karakteristika. Zadano je: ρ = 999 kg/m3,

υ

= 1,05.10-6 m2/s,

D = 200 mm, k = 0,2 mm, L1B = LB2 = 844 m. Napomena: Zanemarite sve lokalne gubitke osim lokalnog gubitka ulaska u veliki spremnik. ra H= ?

r,n

ra

1 D, k

2

Q D, k

Ivo Džijan

B

L 1B = L B2


105


Rješenje: U ovom primjeru je nepoznata razlika H visina slobodnih površina u velikim spremnicima, a može se izračunati na temelju zadanih podataka. Slika (a) shematski prikazuje zadani sustav s ucrtanim karakterističnim točkama. pa

0 z= 0

H

3

pa

1

2

Slika (a) Modificirana Bernoullijeva jednadžba od točke 0 do točke 3 glasi

L + L v2 L +L  v2 8Q 2  1 + λ 1B B2  H= + λ 1B B2 = 4 2  2g D 2g D π g  D 

(a)

Re 4Q D= πυ 2,86 ⋅105 , a koeficijent trenja λ je prema izrazu Reynoldsov broj je = Swamee-Jain λ = 0,0208, što uvršteno u izraz (a) daje traženu razliku visina H = 20,3 m. ra

0 r,n

z= 0

H

3

1

ra 2

Q 1/2 Q1 B

Q 1/2

Slika (b) Slika (b) prikazuje sustav za slučaj da od točke B postoji paralelni cjevovod do spremnika 2. S obzirom da su paralelni cjevovodi jednakih karakteristika može se zaključiti da će protoci kroz njih biti jednaki, a iz jednadžbe kontinuiteta slijedi da će biti jednaki polovini ukupnog protoka Q1. Modificirana Bernoullijeva jednadžba vrijedi duž strujnice i u ovom slučaju se postavlja od točke 0 do točke 3, pri čemu je potpuno svejedno kojom granom cjevovoda se dolazi do točke 3. Ako se zanemare svi lokalni

106


Ivo Džijan


gubici, kao što je rečeno u zadatku, modificirana Bernoullijeva jednadžba od točke 0 do točke 3 glasi 2

Q  8 1  L1B 8Q12 L 2  + λ1 + λ2 B2 H= 4 2 4 2 Dπ g D Dπ g D

2

Q  8 1   2 D 4π 2 g

(b)

iz koje je D 4π 2 g H

Q1 =

(c)

L L 8λ1 1B + 2 + 2λ2 B2 D D

Ako se u jednadžbi (c) uvrste poznate veličine slijedi

{Q1}m

3

s

=

1, 77 2 + 33760λ1 + 8440λ2

(d)

gdje je λ1 koeficijent trenja u prvom dijelu cjevovoda gdje je Reynoldsov broj = Re1

4Q1 = 6, 063 ⋅106 {Q1}m3 s π Dν

(e)

a λ2 koeficijent trenja u paralelnim granama gdje je očito Re2=0,5⋅Re1. Jednadžba (d) se rješava iterativnim postupkom koji započinje pretpostavkom koeficijenta trenja u režimu potpuno izražene hrapavosti (pretpostavka Re1 = Re2 = ∞), gdje je očito λ1 = λ2. Rezultati iterativnog postupka su dani u sljedećoj tablici: Broj iteracije

λ1

λ2

Q1, m3/s

Re1

Re2

0

0,0208

0,0208

0,0598

3,62.105

1,81.105

1

0,0205

0,0211

0,0600

3,64.105

1,82.105

2

0,0206

0,0213

0,0599

iz koje slijedi protok Q1 = 59,9 l/s = 215,6 m3/h. Očito je ugradnjom paralelnog cjevovoda došlo do povećanja protoka, što je i bilo za očekivati.

Ivo Džijan


107


13.4 Odredite gubitke tlaka pri strujanju zraka (ρ = 1,225 kg/m3 = konst.,

ν = 1,4607·10-5 m2/s) protokom Q = 5 m3/s kroz cjevovod duljine L = 60 m pravokutnog presjeka axb = 600x300 mm. Cijev je od galvaniziranog željeza.

b

r,n a Rješenje:

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

D = e

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

(a)

gdje je: A površina poprečnog presjeka toka (ovdje je to puni presjek A = a⋅b) i O oplakani opseg toka odnosno duljina opsega poprečnog presjeka u dodiru s fluidom, ovdje O = 2(a+b) U nastavku se koriste izrazi za proračun pada tlaka u cijevima kružnog poprečnog presjeka, s tim da se u svim izrazima umjesto promjera D, koristi ekvivalentni promjer De, osim pri definiciji brzine strujanja, koja se definira omjerom protoka Q i stvarne površine A poprečnog presjeka toka. Dakle vrijedi:

k 0,15 mm = = 0, 000375 De 0, 4 m

(b)

Prosječna brzina se računa sa stvarnom površinom toka. = v = Re

108

Q = 27, 7 m s ab v ⋅ De = 7, 6 ⋅105

ν


(c) (d)

Ivo Džijan


l =

1,325 0, 01647 = 2   k  5, 74  + 0,9   ln    3, 7 De Re  

(e)

te je traženi gubitak tlaka prema Darcy-Weissbachovom izrazu:

L ρ 2 = Dp λ = v 1167,3 Pa De 2

Ivo Džijan


(f)

109

14. VJEŽBE – PRORAČUN CJEVOVODA 14.1 Odredite promjer D2 cjevovoda da bi razina fluida u spremniku 2 prema slici ostala konstantna. Zadano je: ρ = 997 kg/m3, ν = 0,86·10-6 m2/s, H = 18,2 m, h = 11,4 m, L1 = 898 m, D1 = 200 mm, k1 = k2 = 0,02 mm i L2 = 2610 m. Napomena: Zanemarite sve lokalne gubitke osim lokalnog gubitka ulaska u veliki spremnik. pa 1

r

g

H pa Q=? 2

r

L1,k1, D1

h

pa

L2, k2,D2=?

Rješenje: U ovom primjeru imamo istjecanje fluida iz velikog spremnika 1, u spremnik 2 konačnih dimenzija, iz kojeg fluid istječe u atmosferu. Traži se da razina fluida u spremniku 2 ostane konstantna, te je prema jednadžbi kontinuiteta jasno da protok Q kojim fluid utječe u spremnik 2 mora biti jednak protoku kojim fluid iz njega istječe. Budući je zadana visinska razlika H, te svi podaci za cjevovod između spremnika 1 i 2, moguće je izračunati protok Q, kojim fluid utječe u spremnik 2, a zatim se treba odrediti promjer D2, da bi fluid istim tim protokom istjecao iz spremnika 2. Protok Q će se odrediti iz modificirane Bernoullijeve jednadžbe, koja postavljena od točke 1 na slobodnoj površini u spremniku 1, do točke 2 na slobodnoj površini u spremniku 2. Uzimajući u obzir da su brzine na obje slobodne površine jednake nuli, te da između točaka 1 i 2 imamo lokalni gubitak utjecanja u spremnik 2 (K = 1) modificirana Bernoullijeva jednadžba glasi:

pa pa v2 L v2 +H = + K 1 + λ1 1 1 ρg ρg 2g D1 2 g

Ivo Džijan


(a)

110


a brzina v1 u cjevovodu između spremnika 1 i 2 se može izraziti preko protoka Q u obliku

v1 =

4Q D12π

(b)

Kombinacijom izraza (a) i (b) slijedi

= H

8Q 2 ( D1 + λ1 L1 ) D15π 2 g

(c)

odnosno traženi protok Q je gπ 2 D15 H 8( D1 + λ1 L1 )

Q=

(d)

Uvrštavanjem zadanih veličina iz gornjeg izraza slijedi

0, 2654 0, 2 + 898λ1

{Q}m /s = 3

(e)

gdje je

l1 =

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

(f)

2

i

Re = 1

v1 D1 =

ν

4Q = 7, 4 ⋅106 {Q}m3/s π D1ν

(g)

Protok Q se određuje iterativno iz izraza (e), (f) i (g), s tim da iterativni postupak započinjemo s izrazom (f) uz pretpostavku Re1 = ∞. Nakon određivanja λ1, određuje se protok prema izrazu (e), a zatim Reynoldsov broj prema izrazu (g), nakon čega se ponovo može izračunati λ1 prema izrazu (f). Tablica se popunjava sve dok se protok ne prestane mijenjati u prve tri znamenke.

Ivo Džijan

Iteracije

λ1

Q [m3/s]

Re1

0

0,0119

0,0803

5,947·105

1

0,0142

0,0739

5,467·105

2

0,0143

0,0735

5,442·105

3

0,0143

0,0735


111


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

4Q . Uzimajući u obzir linijske gubitke M.B.J. glasi D2 2π

v22 L v2 8Q 2 (λ2 L2 D2 ) 5 2 h= + λ2 2 2 =+ 2g D2 2 g D2 π g

(h)

odakle je D2 =

5

8Q 2 (D + λ L ) π 2 gh 2 2 2

(i)

Uvrštavanjem svih zadanih vrijednosti u izraz (h) slijedi:

= {D2 } 0,1314 5 ({D2 }m + 2610λ2 ) m

(j)

gdje je

l2 =

1,325   k2 5, 74   + ln  0,9     3, 7 D2 Re2  

2

(k)

i Reynoldsov broj

= Re2

4Q 1 108817 = πν D2 { D2 }m

(l)

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

112


Ivo Džijan


Iteracije

D2 [m]

k2/D2

Re2

λ2

0

0,2000

0,0001

5,430·105

0,01130

1

0,2580

0,000073

4,199·105

0,01446

2

0,2723

0,000074

3,998·105

0,01450

3

0,2723

Iz tablice je očito da se nakon druge iteracije promjer D2 prestao mijenjati u prve četiri znamenke, pa se za konačno rješenje usvaja D2=272 mm. 14.2 Treba odrediti snagu koju pumpa predaje fluidu u sustavu za hlađenje kada je izveden kao otvoreni, prema slici (a), te kao zatvoreni prema slici (b). U oba je slučaja protok u sustavu Q = 0,005 m3/s, a promjena gustoće i viskoznosti s temperaturom se može zanemariti. Zadano je: ρ = 998,2 kg/m3, ν = 1,2.10-6 m2/s, La = 10,4 m, D = 80 mm, k = 0,05 mm, H = 2,4 m, h = 0,5 m, svi lokalni gubici u otvorenom sustavu ΣKa = 4,2, a u zatvorenom ΣKb = 4,8, Lb = La + H.

hlađeni objekt

Q

hlađeni objekt

1

g

H

La D k

Q

Lb=La+H D k

pa r, n pumpa

h

Pa=? (a)

Ivo Džijan

g


hladnjak

pumpa Pb=? (b)

113


Rješenje: hlađeni objekt

1

Q

H

z=0

pa

0 r, n

h

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

hp =H +

L v2 v2 v2 + ∑ Ka +λ a D 2g 2g 2g

(a)

iz koje je očito da će se visina dobave pumpe trošiti na svladavanje geodetske visine H, lokalnih i linijskih gubitaka, a da će se dio visine dobave pretvoriti u kinetičku energiju izlaznog mlaza. Tražena se visina dobave pumpe može izračunati direktno iz izraza (a) jer su poznati i protok i promjer cjevovoda. Brzina strujanja fluida je v =

4Q 0,995 m s = D 2π

(b)

Reynoldsov broj je

114


Ivo Džijan


= Re

vD = 6, 63 ⋅104

(c)

ν

iz čega se zaključuje da je strujanje u cijevi turbulentno, te se koeficijent trenja λ računa iz izraza

l =

1,325 0, 022 = 2   k 5, 74   ln  3, 7 D + Re0,9     

(d)

što uvršteno u izraz (a) daje visinu dobave pumpe hp = 2,8 m . Snaga koju pumpa predaje fluidu je tada

= Pa ρ= gQhp 137, 4 W

(e) hlađeni objekt

Q

hladnjak

1

Slika (b) Zatvoreni sustav Slika (b) prikazuje zatvoreni sustav hlađenja u kojem cirkulira jedan te isti rashladni fluid. U ovom su slučaju strujnice zatvorene krivulje, te se modificirana Bernoullijeva jednadžba može postaviti npr. od ulaza u pumpu, točka 1 na slici (b), duž strujnice kroz pumpu, hlađeni objekt i hladnjak ponovo do točke 1 na ulazu u pumpu. S obzirom da polazna točka odgovara dolaznoj u Bernoullijevoj jednadžbi se izjednačuju dovedena energija i energija gubitaka, tj. vrijedi

Lb v 2 p1 v12 p1 v12 v2 + +z +h = + + z + ∑ Kb +λ ρ g 2g 1 p ρ g 2g 1 2g D 2g

Ivo Džijan


(f)

115


hp =

∑ Kb

L v2 v2 +λ b 2g D 2g

(g)

Iz gornje je jednadžbe očito da će se visina dobave pumpe trošiti samo na svladavanje lokalnih i linijskih gubitaka trenja. Brzina i koeficijent trenja λ su jednaki kao i u prethodnom slučaju, te je hp = 0, 42 m . Snaga pumpe u ovom slučaju je

= Pb ρ= gQhp 20, 6 W

(h)

Očito je u zatvorenom sustavu potrebna puno manja snaga pumpe nego u otvorenom jer u zatvorenom sustavu nije potrebno svladavati geodetsku visinu H, a nema ni gubitka kinetičke energije. 14.3 Treba odrediti promjer D tlačnog cjevovoda Pelton turbine da bi se na izlazu iz mlaznice dobilo 92% raspoložive potencijalne energije u obliku kinetičke energije izlaznog mlaza uz protok od Q = 0,552 m3/s. Koliki je promjer D3 mlaznice. Zadano je: ρ = 998,2 kg/m3, ν = 1,139.10-6 m2/s, L = 390 m, k = 0,2 mm, H = 274 m, Ku = 0,1, Km = 0,06. pa r,n Ku H

? D=

g L, k Km

D3 pa

Rješenje: Promjer D cjevovoda koji privodi fluid iz akumulacijskog jezera do Pelton turbine određuje se iz uvjeta da se turbini dovede što više raspoložive energije. Zbog toga će se fluid transportirati kroz cjevovod velikog promjera D, u kojem će strujanje biti malom

116


Ivo Džijan


brzinom, te će i gubici mehaničke energije biti mali. Pred mlaznicom će tlak biti visok, a u mlaznici će se ta energija tlaka pretvoriti u kinetičku energiju mlaza. pa 0 r,n

1 Ku

H

Km 2 3

pa

Slika (a) Slika (a) prikazuje cjevovod s ucrtanim karakterističnim točkama. U točki 1 na ulazu u cjevovod nastaje lokalni gubitak mehaničke energije koji se obračunava kroz koeficijent lokalnog gubitka Ku, od točke 1 do točke 2 postoje linijski gubici, a od točke 2 do točke 3, ponovo lokalni gubitak u mlaznici koji je zadan koeficijentom Km lokalnog gubitka. S obzirom da nije naglašeno uz koju se visinu brzine računa ovaj lokalni gubitak, podrazumijeva se veća visina brzine, a u ovom slučaju to je izlazna brzina. Visinska razlika H označuje raspoloživu potencijalnu energiju po jedinici težine fluida, a kinetička energija mlaza po jedinici težine fluida je v32 2 g , gdje je v3 brzina mlaza. Traži se da kinetička energija mlaza bude 92% raspoložive potencijalne energije, tj.

v32 = 0,92 H 2g

(a)

odakle je brzina v3=70,3 m/s. Promjer D3 mlaznice koji će osigurati traženu brzinu v3 kod zadanog protoka Q slijedi iz jednadžbe kontinuiteta = D3

4Q = 100 mm v3π

(b)

Promjer D cjevovoda će se odrediti iz modificirane Bernoullijeve jednadžbe, koja postavljena od točke 0 do točke 3 glasi

v32 v32 v 2  L H = + Km +  Ku + λ  D 2g 2g 2g 

Ivo Džijan


(c)

117


i jednadžbe kontinuiteta

D 2π D 2π Q v= v3 3 = 4 4

(d)

gdje je sa v označena brzina u cijevi promjera D. Uvrštavanjem jednadžbe (d) u (c) se dobiva

v32 8Q 2 H= (1 + K m ) + 2 5 ( K u D + λ L ) π Dg 2g

(e)

iz koje se može izraziti promjer D u obliku D =

8Q 2 ( K u D + λ L )

5

= ⇒ { D}m 0,3261 5 0,1{ D}m + 390λ   v32 π g  H − (1 + K m )  2g  

(f)

2

Reynoldsov broj je = Re

4Q 6,17 ⋅105 = π Dν {D}m

(g)

Iz jednadžbe (f) je očito da za određivanje promjera D treba poznavati koeficijent trenja

λ koji je funkcija Reynoldsova broja, a za čije je određivanje potrebno poznavati promjer D, te je očito nužan iterativni postupak. Iterativni postupak započinje pretpostavljanjem promjera. Jedan od načina je da se u jednadžbi (f) pretpostavi koeficijent trenja λ = 0,02, a da se član 0,1D zanemari. Tada je

= D0 0,3261 5 390 = ⋅ 0,02 0, 492 m

(h)

Sljedeća tablica prikazuje rezultate iterativnog postupka koji započinje s vrijednošću D0. Broj iteracije

D, m

k D

Re

λ

0

0,492

0,000407

1,254.106

0,0165

1

0,4739

0,000422

1,301.106

0,0166

2

0,4745

U gornjoj tablici je koeficijent trenja λ izračunat iz izraza Swamee-Jain jer se očito radi o turbulentnom strujanju

118


Ivo Džijan


l=

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

(i)

2

Vrijednost promjera D u gornjoj tablici se prestala mijenjati u prve tri znamenke te se može usvojiti da je konačna vrijednost D = 474 mm. Isti bi se rezultat dobio da se krenulo od neke druge vrijednosti promjera D0. Za kontrolu se može izračunati brzinu

= v 4= Q D 2π 3,12 m s , koja uvrštena u polaznu modificiranu Bernoullijevu jednadžbu (e) daje visinu H = 273,9 m, što se vrlo dobro slaže sa zadanom vrijednošću H = 274 m, te je time dokazana točnost rezultata. 14.4 Treba odrediti visinu h, protok Q i snagu PF koja se troši na svladavanje trenja, u situaciji prema slici. Koliku bi visinu hid dosegao mlaz i koliki bi bio protok Qid da je fluid idealan. Zadano je: ρ = 999 kg/m3, ν = 1,13.10-6 m2/s, D = 65 mm, d = 30 mm, Luk = 9,9 m, k = 0,045 mm, H = 2,4 m, Kk = 0,9, Ku = 0,5, Km = 0,05 (uz izlaznu brzinu), pM0 = 0,86 bar. g pa

pM0 r, n Ku

h=?

H

d Km

D, k Kk

Luk

Kk

Rješenje: Osnovni zadatak u ovom primjeru je naći protok, odnosno brzinu na izlazu iz mlaznice jer je tada jednostavno odrediti visinu h koju će dosegnuti mlaz. Zadatak se rješava primjenom modificirane Bernoullijeve jednadžbe i jednadžbe kontinuiteta.

Ivo Džijan


119

14. Vježbe – Proračun cjevovoda g pM0

pa

0 r, n

h=?

H

Ku

d

z=0

Km

D, k Kk

Luk

1

Kk

Slika (a) Na slici (a) su ucrtane karakteristične točke sustava. Točka 0 se nalazi na slobodnoj površini fluida u velikom spremniku, tako da je brzina u točki 0 jednaka nuli. Neka je izlazna brzina u točki 1 označena sa v1, a brzina strujanja u cijevi s v. Ukupni lokalni i linijski gubici mehaničke energije su

v12 v2 L v2 hF = ( Ku + 2Kk ) + Km + λ 2g 2g D 2g

(a)

gdje je lokalni gubitak u mlaznici izračunat s izlaznom brzinom v1. Modificirana Bernoullijeva jednadžba od točke 0 do točke 1 glasi

pM0 v2 + H = 1 + hF 2g ρg

(b)

a jednadžba kontinuiteta

D 2π d 2π = Q v= v1 (c) 4 4 Ako se brzine v i v1 u jednadžbama (a) i (b) izraze s pomoću protoka Q, te jednadžba (a) uvrsti u jednadžbu (b), slijedi izraz

L  2 K K λ + + u k p M0 8 1 + K D= Q2 2  4 m + +H  4 D p g d  ρg  

(d)

U gornjem su izrazu nepoznati protok Q i koeficijent trenja λ, koji zavisi od protoka Q, te će za određivanje protoka trebati primijeniti iterativni postupak. Za tu svrhu će se u izraz (d) uvrstiti sve poznate veličine, nakon čega se dobiva

120


Ivo Džijan


{Q}m

3

s

=

11, 63

(e)

1, 425 ⋅106 + 8,532 ⋅106 λ

Reynoldsov broj izražen s pomoću protoka je = Re

4Q = 17,33 ⋅106 {Q}m3 s π Dν

(f)

U izrazima (e) i (f) sve konstante su dimenzijske, a s obzirom da su sve veličine uvrštavane u SI sustavu jedinica, protok Q će biti izražen u m3/s. Koeficijent trenja λ za turbulentno strujanje se računa iz izraza

l=

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

(g)

2

Iterativni postupak započinje s pretpostavljenom vrijednošću koeficijenta trenja λ u režimu potpuno izražene hrapavosti, koja se dobije iz izraza (g) za Re → ∞. Nakon toga se iz izraza (e) računa protok Q, a iz izraza (f) Reynoldsov broj koji uvršten u izraz (g) daje korigiranu vrijednost koeficijenta trenja λ, s kojom započinje nova iteracija. Rezultati iterativnog postupka su sumirani u sljedećoj tablici Broj iteracije

λ

Q, m3/s

Re

0

0,0180

0,009256

1,60.105

1

0,0202

0,009200

1,59.105

2 0,0202 0,009200 Očito se protok Q u posljednje dvije iteracije slaže u prve četiri signifikantne znamenke te se iterativni postupak prekida i usvaja Q = 9,2 l/s. Iz jednadžbe (c) slijede brzine v = 2,77 m/s i v1 = 13,0 m/s, a iz jednadžbe (a) uz λ=0,0202 prema gornjoj tablici

gQhF 229 W . je PF ρ= hF = 2,54 m. Snaga koja se troši na svladavanje gubitaka= Visina h koju dosegne mlaz se određuje iz Bernoullijeve jednadžbe od točke 1 do točke 2 prema slici (a). U obje točke vlada atmosferski tlak, a s obzirom da je točka 2 najviša točka mlaza, u njoj je brzina jednaka nuli. Ako se zanemari utjecaj sile trenja između mlaza i okolne atmosfere, može se tvrditi da od točke 1 do točke 2 nema gubitaka mehaničke energije, te vrijedi

Ivo Džijan


121


v12 = h= 8, 64 m 2g

(h)

Kada bi fluid bio idealan, tj. strujanje bez gubitaka mehaničke energije, brzina strujanja bi se računala na temelju Bernoullijeve jednadžbe koja ima oblik jednadžbe (b) uz hF=0, odnosno

vid=

2

ρ

pM0 + 2 gH= 14,8 m s

(i)

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

C= v

v1 = 0,878 vid

(j)

U ovom slučaju koeficijent Cv obuhvaća sve lokalne i linijske gubitke mehaničke energije, koji se također mogu pokazati jednim jedinstvenim koeficijentom lokalnog gubitka uz izlaznu brzinu

K uk=

1 − 1= 0, 294 Cv2

(k)

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

122


(l)

Ivo Džijan

vJEZBE FLUIDI

Recommend Documents