Zbirka mehanika fluida

ZBIRKA ZADATAKA IZ MEHANIKE FLUIDA

sa resenim ispitnim rokovima Slobodan Djordjevic Cedo Maksimovic Dusan Prodanovic Anita Stojimirovic Ana Tomanovic Vojislav Marinkovic Ap = ?

F = CF r A p U 2/ 2 F=?

Gradjevinski fakultet Univerziteta u Beogradu

ˇ Cedo Maksimovi´ c Anita Stojimirovi´ c c Slobodan Dordevi´ Duˇ san Prodanovi´ c Ana Deleti´ c Vojislav Marinkovi´ c

ZBIRKA ZADATAKA IZ MEHANIKE FLUIDA sa reˇsenim ispitnim rokovima tre´ ce izdanje

Gradevinski fakultet Univerziteta u Beogradu Beograd, 2002

ZBIRKA ZADATAKA IZ MEHANIKE FLUIDA ˇ SA RESENIM ISPITNIM ROKOVIMA, tre´ ce izdanje ´ ´ ANITA STOJIMIROVIC, ˇ Autori: CEDO MAKSIMOVIC, ´ ˇ ´ DUSAN PRODANOVIC, SLOBODAN DORDEVIC, ´ ´ ANA DELETIC, VOJISLAV MARINKOVIC ´ Recenzenti: GEORGIJE HAJDIN, MARKO IVETIC ´ Korektor: MILAN LAZAREVIC ´ DUSAN ˇ ´ Obrada teksta: SLOBODAN DORDEVIC, PRODANOVIC, ´ ´ ´ VERA TEJIC, ANA DELETIC, VOJISLAV MARINKOVIC ˇ ´ VLADIMIR JANKOVIC ´ Obrada crteˇza: DUSAN PRODANOVIC, ´ Naslovna strana: ANA DELETIC ´ KATEDARA ZA Odobreno za ˇstampu: na osnovu odluke VECA HIDROTEHNIKU na sednici odrˇzanoj 18. decembra 2001. godine Izdavaˇc: GRADEVINSKI FAKULTET, Bulevar revolucije 73, Beograd ´ ´ Glavni i odgovorni urednik: BRANISLAV CORI C ˇ ˇ ˇ Stampa: CIGOJA STAMPA, Studentski trg 15, Beograd

CIP – Katalogizacija u publikaciji Narodna biblioteka Srbije, Beograd 532/533(075.8)(076) ˇ ZBIRKA zadataka iz mehanike fluida / Cedo Maksimović, Anita Stojimirović, Slobodan Dor¯ dević, Duˇsan Prodanović, Ana Deletić, Vojislav Marinković. – Beograd : Gra¯ devinski fakultet Univerziteta u Beogradu, ˇ 1995 (Beograd : Cigoja ˇstampa). – VIII, 176 str. : graf. prikazi ; 24cm Tiraˇz 500. ISBN 86–80049–37–9 1. Maksimovic1, Chedo a) Mehanika fluida – Zadaci ID=42913548

Sadrˇ zaj 1. deo – TESTOVI

1

1 Osnovni pojmovi

1

2 Osnovne jednaˇ cine

9

3 Veze izmedu ¯ napona i deformacija

17

4 Turbulentna strujanja

21

5 Dimenzionalna razmatranja i sliˇ cnost strujanja

23

6 Kombinovani zadaci

29

7 Praktiˇ cni zadaci 7.1 Hidrostatika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 Otpori trenja u cevima . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Otpori oblika tela i otpori trenja uz ravnu ploˇcu 7.4 Teˇcenje u kanalima . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

33 33 35 37 39

8 Reˇ senja testova iz 1. dela

41

2. deo – ZADACI

45

1 Hidrostatika

45

2 Teˇ cenje pod pritiskom

63

3 Teˇ cenje sa slobodnom povrˇ sinom

89

4 Otpori trenja i otpori oblika

107 iii

iv

3. deo – TESTOVI I ZADACI SA ISPITNIH ROKOVA 117 1 Testovi i zadaci Ispitni rok 30. IX 1993. – teorijski deo ispita . . Ispitni rok 30. IX 1993. – zadaci . . . . . . . . Ispitni rok 17. X 1993. – teorijski deo ispita . . Ispitni rok 17. X 1993. – zadaci . . . . . . . . . Ispitni rok 27. I 1994. – teorijski deo ispita . . . Ispitni rok 27. I 1994. – zadaci . . . . . . . . . Ispitni rok 11. VI 1994. – teorijski deo ispita . . Ispitni rok 11. VI 1994. – zadaci . . . . . . . . Ispitni rok 25. VIII 1994. – teorijski deo ispita . Ispitni rok 25. VIII 1994. – zadaci . . . . . . . Ispitni rok 23. IX 1994. – teorijski deo ispita . . Ispitni rok 23. IX 1994. – zadaci . . . . . . . . Ispitni rok 24. I 1995. – teorijski deo ispita . . . Ispitni rok 24. I 1995. – zadaci . . . . . . . . . Ispitni rok 28. III 1995. – teorijski deo ispita . . Ispitni rok 28. III 1995. – zadaci . . . . . . . . Ispitni rok 11. VI 1995. – teorijski deo ispita . . Ispitni rok 11. VI 1995. – zadaci . . . . . . . . Ispitni rok 3. IX 1995. – teorijski deo ispita . . Ispitni rok 3. IX 1995. – zadaci . . . . . . . . . Ispitni rok 24. IX 1995. – teorijski deo ispita . . Ispitni rok 24. IX 1995. – zadaci . . . . . . . .

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

117 117 119 120 123 125 127 128 131 132 135 137 139 141 143 145 148 149 152 153 156 158 161

2 Reˇ senja testova i zadataka iz 3. dela Ispitni rok 30. IX 1993. – reˇsenja . . . . . Ispitni rok 17. X 1993. – reˇsenja . . . . . Ispitni rok 27. I 1994. – reˇsenja . . . . . . Ispitni rok 11. VI 1994. – reˇsenja . . . . . Ispitni rok 25. VIII 1994. – reˇsenja . . . . Ispitni rok 23. IX 1994. – reˇsenja . . . . . Ispitni rok 24. I 1995. – reˇsenja . . . . . . Ispitni rok 28. III 1995. – reˇsenja . . . . . Ispitni rok 11. VI 1995. – reˇsenja . . . . . Ispitni rok 3. IX 1995. – reˇsenja . . . . . . Ispitni rok 24. IX 1995. – reˇsenja . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

163 163 164 167 168 169 170 171 172 173 174 176

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

Predgovor Prethodna dva izdanja knjige “Zbirka zadataka iz Mehanike fluida”, objavljena 1993. i 1995. godine u ukupnom tiraˇzu od 1000 primeraka, rasprodata su i to je bio povod za pripremu novog izdanja. Uoˇcen je manji broj ˇstamparskih greˇsaka i nepreciznosti na slikama, ˇsto je u ovom izdanju otklonjeno. Autori se zahvaljuju studentima na saradnji u otkrivanju greˇsaka, kao i Nenadu Jaćimoviću koji je ove greˇske ispravio. Knjiga ima tri dela. Prvi deo ˇcine pitanja sa testova, grupisana u sedam oblasti, od kojih su prvih pet analogne poglavljima u udˇzbeniku Mehanika fluida profesora Georgija Hajdina, a preostale dve su: Kombinovani zadaci i Praktiˇcni zadaci. Reˇsenja ovih testova nalaze se na kraju prvog dela (str. 41–44). U drugom delu su zadaci, grupisani u ˇcetiri oblasti: Hidrostatika, Teˇcenje pod pritiskom, Teˇcenje sa slobodnom povrˇsinom i Otpori trenja i otpori oblika. Reˇsenja zadataka data su odmah nakon postavke, s tim da su neˇsto detaljnija objaˇsnjenja data kod prvih, karakteristiˇcnih problema iz pojedinih oblasti. Treći deo ˇcine kompletni testovi i zadaci sa jedanaest rokova sa ispita iz perioda izme¯ du prva dva izdanja ove knjige. Njihova reˇsenja data su na kraju, i to samo konaˇcni rezultati, bez detaljnog objaˇsnjenja. Time se sugeriˇse studentima da prvo pokuˇsaju samostalno da reˇse neki ispitni rok u celini (u predvi¯ denom vremenu), pa tek nakon toga da pogledaju reˇsenja. I ovom prilikom se naglaˇsava da paˇznju treba usmeriti na razumevanje teorijskih osnova za reˇsavanje zadataka i principa koji se u tome primenjuju, odnosno vaˇzno je ovladavanje suˇstinom problema, ˇsto se najlakˇse postiˇze kroz praćenje predavanja i koncentrisan rad na raˇcunskim i laboratorijskim v

vi veˇzbanjima. Dakle, ovu Zbirku treba prevashodno koristiti za proveru napredovanja u procesu sticanja znanja, jer reˇsavanje velikog broja zadataka po nekakvim “ˇsablonima” i ˇcitanje reˇsenja nemaju mnogo svrhe.

Beograd, januara 2002.

Autori

Predgovor izdanju iz 1993. godine Za potrebe nastave iz predmeta Mehanika fluida na Gra¯ devinskom fakultetu u Beogradu do sada je objavljeno nekoliko izdanja zbirki zadataka1 . Sva izdanja objavljena su u vreme dok je nastavom iz ovog predmeta rukovodio profesor Georgije Hajdin, koji je osnovao predmet, napisao udˇzbenik koji je doˇziveo viˇse izdanja, i dao peˇcat daljem toku nastave. Autori smatraju da je uputno da se i ovom prilikom ponovi deo teksta iz Predgovora knjige “Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrˇzanih u 1974. god.” izdate 1975. godine: “. . . Ispitni zadaci i njihova reˇsenja ne mogu da budu neposredno sredstvo za uˇcenje. Na njima se moˇze proveriti već nauˇceno, i uz to steći, moˇzda, izvesno iskustvo za rad na samom ispitu. Kod dela studenata, medutim, postoji pogreˇsno shvatanje da će se iz mnoˇstva ispitnih zadataka sve nauˇciti, a 1

Objavljena su sledeća izdanja: – Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrˇzanih u 1974. god., (autori G. Hajdin, S. ˇ Maksimović), 1975; Kulaˇcin, C. – Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrˇzanih u 1975. god., (autori G. Hajdin, S. ˇ Maksimović, M. Ivetić), 1977; Kulaˇcin, C. – Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrˇzanih u 1974. i 1975. god., drugo izdanje ˇ u kome su objedinjene prethodne dve knjige (autori G. Hajdin, S. Kulaˇcin, C. Maksimović, M. Ivetić), 1978; – Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrˇzanih u 1974. i 1975. god., treće izdanje u ˇ Makkome je primenjen SI — me¯ dunarodni sistem jedinica (autori G. Hajdin, C. ˇ simović, A. Spoljari´ c), 1980; – Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrˇzanih u 1974. i 1975. god., ˇcetvrto izdanje ˇ Maksimović, M. Ivetić, A. Spoljari´ ˇ (autori G. Hajdin, C. c), 1984; – Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrˇzanih u 1974. i 1975. god., peto izdanje ˇ Maksimović, M. Ivetić, A. Spoljari´ ˇ (autori G. Hajdin, C. c), 1990.

vii

viii ima i tako naivnih koji misle da bi reˇsenje iz nekog ranijeg zadatka mogli iskoristiti neposredno na ispitu, a i tako neodgovornih da “uˇce” samo pregledajući ispitne zadatke. Moˇzda su i takvi razlozi nametnuli zahtev studenata da se izda zbirka ispitnih zadataka. To bi bilo pogreˇsno stoga ˇsto je ova zbirka namenjena ozbiljnim studentima kojima će ona koristiti za proveru znanja steˇcenog na veˇzbanjima gde su savladali one osnovne principe koje zadaci samo primenjuju . . . ” U ovoj knjizi obra¯ deni su novi zadaci (sa ispitnih rokova iz poslednjih nekoliko godina) i to uz izvesne izmene u redosledu materije u odnosu na prethodnu Zbirku. Knjiga ima dva dela. Prvi deo ˇcine testovi, grupisani u sedam oblasti, od kojih su prvih pet analogne poglavljima u udˇzbeniku Mehanika fluida prof. G. Hajdina, a preostale dve su: Kombinovani zadaci i Praktiˇcni zadaci. Reˇsenja svih testova nalaze se na kraju knjige. U drugom delu su zadaci, grupisani u ˇcetiri oblasti: Hidrostatika, Teˇcenje pod pritiskom, Teˇcenje sa slobodnom povrˇsinom i Otpori trenja i otpori oblika. Reˇsenja zadataka data su odmah nakon postavke, s tim da su neˇsto detaljnija objaˇsnjenja data kod prvih, karakteristiˇcnih problema iz pojedinih oblasti. Uz izvesne izmene u organizaciji veˇzbanja, autori se nadaju da će ova knjiga omogućiti bolje razumevanje i lakˇse savladavanje materije iz predmeta Mehanika fluida na Gra¯ devinskom fakultetu u Beogradu ˇcijim studentima je ona prvenstveno i namenjena. Tako¯ de, autori se nadaju da će knjiga korisno posluˇziti i studentima drugih gra¯ devinskih i srodnih fakulteta. Recenzenti ove knjige bili su profesor Georgije Hajdin i docent Marko Ivetić, ˇcije su sugestije i uoˇcene greˇske doprinele njenom kvalitetu, a tehniˇcku obradu materijala obavili su, pored trećeg autora (tekst) i ˇcetvrtog autora (tekst, crteˇzi) i sluˇzbenici Instituta za hidrotehniku Gra¯ devinskog fakulteta u Beogradu Vera Tejić (tekst testova) i Vladimir Janković (crteˇzi), na ˇcemu im se autori iskreno zahvaljuju.

Beograd, septembra 1993.

ˇ Maksimović C. A. Stojimirović S. Dor¯ dević D. Prodanović A. Tomanović

1. deo – TESTOVI

1

Osnovni pojmovi 1.1 Kroz taˇcku A su proˇsla tri delića. Oni su sada (posmatrani u istom trenutku vremena) u taˇckama B, C i D. Nijedan od ovih delića, niti je proˇsao, niti će proći kroz druge dve taˇcke (npr. delić koji se nalazi u taˇcki C neće proći kroz taˇcke B i D). Zakljuˇcuje se: 1. taˇcke A i D se nalaze na istoj trajektoriji; 2. taˇcke C i D se nalaze na istoj trajektoriji; 3. taˇcke B, C i D se nalaze na istoj emisionoj liniji; 4. taˇcke A i B se nalaze na istoj trajektoriji. 1.2 Trajektorija prvog delića je osa x1, a drugoga osa x2. Oba se kreću jednoliko, brzinom od 2 m/s. Prvi je bio u koordinatnom poˇcetku u trenutku t = 0, a drugi u trenutku t = 5 s. Na istoj emisionoj liniji leˇze taˇcka na osi x1 udaljena 20 m od koordinatnog poˇcetka i taˇcka na osi x2 udaljena od koordinatnog poˇcetka za rastojanje:

x2 = (jedinice) 1.3 Za jedan primer strujanja, brzina je izraˇzena sa: u1 = U0

t x2 ; + T L

u2 = u3 = 0. 1

2

1. Osnovni pojmovi a vrednosti konstanti su: U0 = 2 m/s,

T = 100 s,

L = 0.5 m.

Ubrzanje delića, koji se u trenutku t = 20 s nalazi na poloˇzaju x2 = 0.25 m, iznosi:

(jedinice) 1.4 Trajektorija delića je data sa: x21 + x22 = r2 Komponenta brzine delića u2, u pravcu x2 , jednaka je nuli u sledećim taˇckama (x1, x2) trajektorije: (0, 0)

(0, −r)

(0, r)

(−r, 0)

(r, 0)

(r, r)

1.5 U jednoj odre¯ denoj taˇcki, neprekidno se mere sve tri komponente brzine. Iz tih merenja, pored vektora brzine, moguće je odrediti i: 1. parcijalne izvode komponenata brzine po sve tri koordinatne ose; 2. parcijalne izvode komponenata brzine po vremenu; 3. lokalno ubrzanje; 4. usputno (konvektivno) ubrzanje. 1.6 U nekom ravanskom strujanju u ravni (x1, x2) posmatra se jedna strujnica. Komponente brzine za tu strujnicu date su sa: U x2 u1 = − q ; x21 + x22

U x1 u2 = q ; x21 + x22

u3 = 0 ;

U = Const.

Zakljuˇcuje se da, u svakoj taˇcki strujnice, intenzitet vektora brzine: 1. ima konstantnu vrednost; 2. ima vrednost U ;

3 3. ima vrednost 2U ; 4. ima promenljivu vrednost, s tim da zavisi samo od x1 ; 5. ima promenljivu vrednost, s tim da zavisi samo od x2 ; 6. ima promenljivu vrednost, s tim da zavisi od x1 i x2. 1.7 Za strujanje dato u prethodnom zadatku, jednaˇcina strujnice se moˇze izraziti sledećom jednaˇcinom (C = konstanta): 1) x21 + x22 = C;

2) x1 x2 = C;

4) x1 = C;

5) x2 = C.

3) x2 = Cx1 ;

1.8 U trenutku T = 4 s snimljena je emisiona linija delića koji su proˇsli kroz koordinatni poˇcetak. Na njoj se nalaze taˇcke (I) i (II) sa koordinatama: (xI1 = 4 m, xI2 = 0)

i

II (xII 1 = 0, x2 = 2 m).

To su poloˇzaji delića ˇcije su trajektorije apscisna, odnosno ordinatna osovina i oba delića se kreću jednoliko brzinom ˇciji je intenzitet U = 1 m/s. U koordinatnom poˇcetku prvi delić (I) bio je u trenutku tI = 0, a drugi u trenutku tII , gde je tII jednako: 1s

2s

3s

4s

5s

1.9 Strujnica jednog delića u ustaljenom strujanju se moˇze izraziti sa: x2 = −

C ; x1

C = Const > 0, x1 < 0.

Komponente brzine u1 i u2 biće jednake, tj. u1 = u2 , u taˇcki (x1, x2): (−1, C)

(−C, 1)

(−2, C/2)

1.10 Strujanje nestiˇsljivog fluida je dato sa: u1 = −

x2 U; b

u2 =

x1 U; a

u3 = 0.

√ √ (− C, C)

4

1. Osnovni pojmovi gde su: U, a, b konstante. Za ovo strujanje, jednaˇcina strujnice se moˇze napisati kao:

x 1 x2 + =C a b x21 x22 2) + =C a b C 3) x1 = gde je: C = Const x2

1)

1.11 Za strujanje navedeno u prethodnom zadatku tvrdi se da su od devijatorskog dela brzina deformacija jednaki nuli sledeći ˇclanovi: d ω11

ω12

ω13

ω21

d ω22

ω23

ω31

ω32

d ω33

1.12 Voda istiˇce iz otvorenog rezervoara konstantnog horizontalnog preseka kroz cev sa horizontalnom osovinom. Preˇcnik cevi se niz struju povećava. Nivo vode u rezervoaru se kroz vreme smanjuje. Posmatra se materijalni izvod brzine delića koji istiˇce kroz cev i konstatuje se sledeće: 1. lokalna komponenta materijalnog izvoda je pozitivna u svim taˇckama cevi; 2. lokalna komponenta materijalnog izvoda je negativna u svim taˇckama cevi; 3. konvektivna komponenta materijalnog izvoda je negativna; 4. konvektivna komponenta materijalnog izvoda moˇze biti i pozitivna i negativna; 5. materijalni izvod moˇze biti i pozitivan i negativan i jednak nuli. 1.13 Za jedan sluˇcaj neustaljenog laminarnog teˇcenja nestiˇsljivog fluida, kroz cev kruˇznog popreˇcnog preseka (polupreˇcnika r = Const), sa pravolinijskom osovinom koja se poklapa sa osom 3, za brzine se moˇze napisati: u1 = u2 = 0 (osovine 1 i 2 su u ravni popreˇcnog preseka);

5 "

u 3 = U0 − U 0

x21 + x22 r2

!#

t 1− t0

;

U0 = Const.

Napisano vaˇzi za vremenski interval 0 < t < t0 = 100 s. Tvrdi se sledeće: 1. lokalno ubrzanje u ovom strujanju jednako je nuli; 2. lokalno ubrzanje postoji samo u pravcu 3; 3. lokalno ubrzanje je, ujedno, i ubrzanje delića, jer konvektivnog ubrzanja nema. 1.14 U strujanju navedenom u prethodnom zadatku sledeće brzine deformacija su u celom strujnom polju jednake nuli: 1. brzina dilatacije u pravcu 1; 2. brzina dilatacije u pravcu 2; 3. brzina dilatacije u pravcu 3; 4. brzina zapreminske dilatacije; 5. brzina klizanja ugla (1, 2); 6. brzina klizanja ugla (2, 3); 7. brzina kliizanja ugla (1, 3). 1.15 U jednom strujnom polju brzine dilatacije su date sa: ∂u1 ∂u2 ∂u3 = =− ; ∂x1 ∂x2 ∂x3

∂u1 > 0. ∂x1

dok su brzine klizanja jednake nuli. Tvrdi se sledeće: 1. ovo je moguće samo kod stiˇsljivog fluida; 2. delić povećava zapreminu; 3. delić menja oblik; 4. delić se izduˇzuje u pravcima (1) i (2), a skraćuje u pravcu (3). 1.16 Uz ˇcvrstu ravnu granicu, poloˇzenu normalno na osu x2 , brzina u1 , u zavisnosti od rastojanja od zida x2, odre¯ dena je sa: u1 = U

x2 ; h

u 2 = u3 = 0 ;

U = Const.

6

1. Osnovni pojmovi Sa h je oznaˇceno rastojanje od zida u kome vaˇzi data zakonitost (i ta oblast se i posmatra). Tvrdi se da je za x2 = h brzina u1 jednaka U . Za navedeni raspored brzina, za sledeće brzine deformacija se tvrdi da su jednake nuli: 1. brzina dilatacije u pravcu (1); 2. brzina dilatacije u pravcu (2); 3. brzina dilatacije u pravcu (3); 4. brzina klizanja ugla (1, 2); 5. brzina klizanja ugla (1, 3); 6. brzina klizanja ugla (2, 3); 7. brzina zapreminske dilatacije.

1.17 U laminarnoj fluidnoj struji, gde su samo brzine u pravcu x1 razliˇcite od nule, posmatraju se dva fluidna delića. Delići se u trenutku t = 0 nalaze na poziciji x1 = 0 i na me¯ dusobnom rastojanju ∆x2 = 1 cm (delić I na x2 = 4 cm, a delić II na x2 = 5 cm). U trenutku t = 2 s delić I se nalazi na poziciji x1 = 10 cm a delić II na poziciji x1 = 20 cm. Teˇcenje je ustaljeno. Za elementarnu zapreminu koja se nalazi izme¯ du dva fluidna delića, proseˇcna brzina klizanja iznosi: 1) 1.0 i ima dimenziju:

2) 2.5 5)

s−1

3) 5.0

4) 10.0

6) cm/s

7) cm/s2

1.18 Sfera sa tankim omotaˇcem od ˇcelika ispunjena je vazduhom koji se nalazi pod pritiskom. Prilikom povećanja pritiska vazduha povećaće se i preˇcnik sfere, uz zadrˇzavanje istog oblika. Pri datim uslovima moˇze se zakljuˇciti sledeće: 1. od brzina deformacija postoje i brzine dilatacije i brzine klizanja; 2. postoje samo brzine dilatacije; 3. sferni deo deformacionog rada razliˇcit je od nule. 1.19 Prouˇcava se sila pritiska na telo u fluidnoj struji gde je u svakoj taˇcki struje i omotaˇca tela pritisak jednak p = p0 = Const. Sila pritiska kojom fluid deluje na telo jednaka je: 0 (nuli)

p 0 A0

p0 App

7 gde je: A0 = povrˇsina omotaˇca tela, App = maksimalna povrˇsina popreˇcnog preseka tela upravnog na pravac strujanja. 1.20 Posmatra se strujno polje kod koga od devijatorskog dela deluje samo napon:

σ32 = σ23 = 1 −

x3 σ0 , L0

σ0 = Const1,

0 < x3 < 2L0

L0 = Const2 ,

a) Za posmatrano strujno polje povrˇsinska sila na elementarnu zapreminu dV ima razliˇcite od nule komponente u sledećim pravcima: 1. u pravcu 3; 2. u pravcu 2; 3. u pravcu 1. b) Svedeno na jedinicu zapremine ista sila: 1. menja se duˇz pravca 3; 2. menja se duˇz pravca 2; 3. ostaje konstantna po celom strujnom polju. 1.21 Za strujno polje dato u prethodnom zadatku i za raspored brzina: u2 = 2

x3 x2 − 32 L0 2L0

!

U0 ;

u1 = u3 = 0;

U0 = Const,

motorni rad devijatorskog dela napona, po jedinici zapremine i u jedinici vremena, za taˇcku x3 = L0 /2 iznosi: 1) 0 (nula)

2) (jedinice)

1.22 Dat je sledeći izraz: u1

∂p − ∂x1

+ u2

∂p − ∂x2

+ u3

∂p − ∂x3

gde su: p = pritisak, u1 , u2, u3 = komponente brzine. Napisani izraz predstavlja deo rada povrˇsinskih sila (po jedinici zapremine i u jedinici vremena) i to je:

8

1. Osnovni pojmovi 1. rad koji se troˇsi na promenu zapremine; 2. motorni rad sfernog dela napona; 3. deo deformacionog rada.

1.23 Za strujanje u kome se ostvaruju sledeće brzine dilatacije: ∂u1 ∂u2 ∂u3 = =− = 0.01 s−1 ∂x1 ∂x2 ∂x3 i za pritisak p = 6 kNm−2 deformacioni rad na promeni zapremine, u jedinici vremena, i po jedinici zapremine iznosi:

(jedinice)

2

Osnovne jednaˇ cine 2.1 Za odre¯ deni fluidni delić, u odre¯ denom trenutku, gustina ρ iznosi 1.2 kgm−3, a brzina zapreminske dilatacije ∂ui /∂xi jednaka je 0.01 s−1. Materijalni izvod gustine delića jednak je: Dρ = Dt (jedinice) 2.2 Data je sledeća jednaˇcina: ∂ρ ∂ (ρui ) = 0 + ∂t ∂xi gde je: t = vreme; ρ = gustina; ui = komponenta brzine. Napisano predstavlja: 1. jednaˇcinu kontinuiteta; 2. jednaˇcinu odrˇzanja koliˇcine kretanja; i ona vaˇzi samo za: 3. nestiˇsljiv fluid; 4. idealan fluid; 5. ustaljeno teˇcenje.

9

10

2. Osnovne jednaˇcine

2.3 Brzina je odre¯ dena sa:

u 1 = U0 1 +

x1 L

;

u2 = 0 ;

u3 = 0 ,

a gustina izrazom: ρ = ρ0

1 1 + xL1

gde je: U0 = Const1 , L = Const2 , ρ0 = Const3. Tvrdi se sledeće: 1. ovo je moguće samo kod stiˇsljivog fluida; 2. brzina dilatacije u pravcu (1) iznosi U0 /L; 3. brzina zapreminske dilatacije je U0 /L; 4. jednaˇcina o nepromenljivosti mase je zadovoljena. 2.4 Za brzinu i gustinu odre¯ dene u prethodnom zadatku materijalni izvod gustine za delić na poloˇzaju x1 = L/2, pri U0 = 10 m/s, L = 100 m i ρ0 = 1 kgm−3, iznosi: Dρ = Dt (jedinice) 2.5 Za razliˇcite uslove teˇcenja posmatraju se ˇclanovi (I) i (II) u jednaˇcini kontinuiteta: (I) =

Dρ Dt

(II) = −ρ

∂ui ∂xi

i zakljuˇcuje se sledeće: 1. u svim uslovima teˇcenja ˇclanovi (I) i (II) su identiˇcni; 2. ˇclanovi (I) i (II) su razliˇciti za sluˇcaj stiˇsljivog fluida; 3. ˇclan (II) je jednak nuli za sluˇcaj nestiˇsljivog fluida.

11 2.6 Kroz cev konstantnog popreˇcnog preseka ustaljeno struji fluid. Upored¯uju se stanja u dva popreˇcna preseka (I i II) udaljena na odre¯ denom rastojanju, a smer teˇcenja je od I prema II. Merenja osrednjenih brzina u presecima I i II su pokazala da je vI < vII . Iz navedenog se moˇze zakljuˇciti: 1. strujanje je moguće samo ako je fluid stiˇsljiv; 2. strujanje je moguće i u sluˇcaju stiˇsljivog i u sluˇcaju nestiˇsljivog fluida; 3. gustina fluida u preseku I veća je od gustine u preseku II; 4. gustina fluida u preseku I manja je od gustine u preseku II. 2.7 U ustaljenom ravanskom strujanju izme¯ du dve paralelne ploˇce, od kojih je jedna pokretna a druga nepokretna, raspored brzina je odre¯ den sa: u 1 = U0

x3 ; h

u2 = u3 = 0 ;

0 ≤ x3 ≤ h 3

Jediniˇcni protok (po jednom metru ˇsirine struje) je 5 dmm /s , a razmak izme¯ du ploˇca je h = 5 cm. Vrednost konstante U0 iznosi: U0 = (jedinice) 2.8 Kroz cev konstantnog popreˇcnog preseka (povrˇsine A = 1m2 ) ustaljeno struji fluid. Upore¯ duju se stanja u dva popreˇcna preseka (1 i 2) na odre¯ denom medusobnom rastojanju. Smer teˇcenja je od 1 ka 2. Merenja osrednjenih brzina u presecima 1 i 2 pokazala su da je v1 = 0.6 m/s, a v2 = 0.5 m/s, dok gustina u preseku 1 iznosi ρ1 = 1.2 kg/m3. Gustina u preseku 2 (ρ2) iznosi (kg/m3): 0.48

0.96

1.00

1.44

1.50

1.92

2.9 Za jedan fluidni delić, u odre¯ denom trenutku, gustina ρ iznosi 1.2 kg/m3, a brzine dilatacije su date sa: ∂u1 ∂u2 ∂u3 = =− = 0.02 s−1 ∂x1 ∂x2 ∂x3 Materijalni izvod gustine delića jednak je:

12

2. Osnovne jednaˇcine Dρ = Dt (jedinice)

2.10 Dinamiˇcka jednaˇcina za elementarnu masu fluida glasi: d ∂uj 1 ∂p 1 ∂σij ∂uj = fj − + + ui ∂t ∂xi ρ ∂xj ρ ∂xi

gde je: ρ = gustina, t = vreme, ui , uj = komponente brzine, fj = d = devijatorski zapreminska sila po jedinici mase, p = pritisak, σij napon. Istu jednaˇcinu treba napisati za horizontalni pravac (1) i to za strujanje fluida pod sledećim uslovima: od zapreminskih sila deluje samo teˇzina; strujanje je ustaljeno i jednoliko (nema ubrzanja delića); d = σd : od devijatorskog dela napona deluje samo σ12 21

Napomena: umesto indeksa i, j obavezno upisati brojeve 1, 2 i 3. 2.11 Dinamiˇcka jednaˇcina za odre¯ deno strujanje nestiˇsljivog fluida svodi se na: u1

∂u1 1 ∂p =− ∂x1 ρ ∂x1

gde je: p = pritisak, ρ = gustina, u = brzina. Za to strujanje se moˇze zakljuˇciti: 1. strujanje je neustaljeno; 2. nema uticaja zapreminskih sila; 3. lokalna komponenta ubrzanja jednaka je nuli; 4. od povrˇsinskih sila deluje samo sferni deo napona.

13 2.12 Dat je integral: Z A

ρui nj uj dA

gde je: ρ = gustina, A = povrˇsina koja ograniˇcava zapreminu V , ni = ort normale i ui i uj = komponente brzine. Napisani integral je: 1. vektorska veliˇcina u pravcu “i”; 2. vektorska veliˇcina u pravcu “j”; 3. skalarna veliˇcina; 4. protok koliˇcine kretanja kroz povrˇsinu A; 5. protok mase kroz povrˇsinu A. 2.13 Posmatra se materijalni izvod brzine delića u pravcu (2): Du2 ∂u2 ∂u2 ∂u2 ∂u2 + u2 + u3 = + u1 Dt ∂t ∂x1 ∂x2 ∂x3 Masa delića je “ρ dV ”, gde je: ρ = gustina, a dV = zapremina delića. Ako se napisani izraz pomnoˇzi sa “−ρ dV ” dobiće se izraz koji je jednak: 1. inercijalnoj sili delića u pravcu (2); 2. zapreminskoj sili delića u pravcu (2); 3. povrˇsinskoj sili delića u pravcu (2). 2.14 Pri protoku Q1 horizontalni mlaz nestiˇsljivog fluida udara u vertikalnu ploˇcu silom F1. Ako se protok poveća tako da je Q2 = 2Q1 (pri ˇcemu popreˇcni presek mlaza ostaje isti), sila F2 kojom će mlaz delovati na vertikalnu ploˇcu biće jednaka sili: 1 F1 16

1 F1 4

1 F1 2

F1

2F1

4F1

16F1

2.15 Posmatra se masa fluida smeˇstena u zapreminu (V ), koja je ome¯ dena povrˇsinom (A). Na masu deluju povrˇsinske i zapreminske sile, ˇcija zbirna vrednost iznosi 1200 N. Strujanje je ustaljeno. Navedena vrednost od 1200 N jednaka je sledećem:

14


1)

Z

3)

Z

2)

Z

4)

Z

ui ni dA ; A

V

∂ (uj ρ) dV ; ∂t

uj ρui ni dA ;

A

V

∂ρ dV ; ∂t

gde su: ui i uj = komponente brzine, ρ = gustina, ni = ort spoljne normale na povrˇsinu (A) i t = vreme. 2.16 Posmatra se ustaljeno strujanje nestiˇsljivog fluida kroz cev usmerenu u pravcu x1. Komponente brzine su date sa: u1 = u1 (x1 , x2, x3) ;

u2 = u2 (x1, x2, x3) ;

u3 = u3 (x1, x2, x3).

Daje se izraz: Z

u1 (ρu1) dA A

gde je: ρ = gustina, A = povrˇsina popreˇcnog preseka cevi. Za jedan popreˇcni presek cevi napisani izraz predstavlja: 1. protok kinetiˇcke energije; 2. protok mase fluida; 3. komponentu inercijalne sile u pravcu x1 . 2.17 Za strujanje iz prethodnog zadatka vaˇzi sledeća nejednakost: Z

u1 (ρu1) dA − A1

Z

u1 (ρu1) dA > 0 A2

gde su A1 i A2 povrˇsine popreˇcnih preseka cevi (A1 = uzvodni presek, A2 = nizvodni presek posmatranog segmenta cevi). Navedeno je moguće ako je: 1) A1 = A2

2) A1 > A2

3) A1 < A2

15 2.18 Posmatra se koleno (luk) na cevi konstantnog kruˇznog popreˇcnog preseka koja leˇzi u horizontalnoj ravni. Koleno predstavlja spoj cevi koje zaklapaju ugao od 1200 . Popreˇcni presek cevi je 1 m2, a protok kroz cev iznosi 2 m3/s. Uz zanemarenje gubitka energije na kolenu, pri pijezometarskoj koti (na mestu kolena) koja je 4 m viˇsa u odnosu na kotu osovine cevi, intenzitet ukupne horizontalne sile kojom vodena struja deluje na koleno (deo cevi izme¯ du popreˇcnih preseka ispred i iza spoja) iznosi (kN):

2.19 Daje se integral: −

Z

ρ A

u j uj ui ni dA 2

gde su: uj i ui = komponente brzine, ni = ort spoljne normale i ρ = gustina fluida. Napisani integral, koji se odnosi na zatvorenu povrˇsinu A koja ograniˇcava zapreminu V , predstavlja razliku izme¯ du ulaza i izlaza kroz A u jedinici vremena sledeće veliˇcine: 1. mase; 2. koliˇcine kretanja; 3. kinetiˇcke energije; 4. toplote.

16


3

Veze izme¯ du napona i deformacija 3.1 Posmatra se laminarno strujanje nestiˇsljivog fluida izme¯ du dve ravne ploˇce postavljene na me¯ dusobnom rastojanju 2h. Problem se moˇze smatrati ravanskim i izuˇcava se u ravni (x1, x2). Za ovakvo strujanje raspored brzina je:

u = u 1 = U0

x2 1 − 22 h

!

;

u2 = u3 = 0;

−h ≤ x2 ≤ +h

gde je: h = Const1, U0 = Const2. Zakljuˇcuje se da su, u svim taˇckama, sledeće komponente devijatorskog dela napona jednake nuli: 1) σ12 = σ21 4)

d σ11

2) σ13 = σ31 5)

d σ22

3) σ23 = σ32 d 6) σ33

3.2 Uz ˇcvrstu ravnu granicu, poloˇzenu normalno na osu x2 , brzina u1 , u zavisnosti od rastojanja x2 od zida, odre¯ dena je sa: u1 = U 0

x2 ; h

u 2 = u3 = 0 ;

U0 = Const1 ;

h = Const2 .

Sa h je oznaˇceno rastojanje do kog vaˇzi data zakonitost (ta oblast se i posmatra). Strujanje je laminarno. Fluid je nestiˇsljiv. Moˇze se zakljuˇciti: 17

18

3. Veze izme¯ du napona i deformacija 1. od devijatorskog dela napona deluju samo naponi σ21 = σ12; 2. za jedan primer navedenog strujanja taj napon (σ21 = σ12) ima istu vrednost za celu posmatranu oblast (od x2 = 0 do x2 = h); 3. sila od napona σ21 = σ12 na bilo koju elementarnu zapreminu fluida jednaka je nuli.

3.3 Strujanje je laminarno i ravansko, u ravni (1, 2) i u oblasti 0 ≤ x2 ≤ 2h, sa brzinom: u 1 = U0

x2 x 2 2 − 22 h h

!

;

u2 = 0 ;

U0 = Const1 ;

h = Const2.

Napon σ21 = σ12, za x2 = h/2, dat je izrazom:

σ12 x2 =

h 2

= Cµ

U0 h

gde je µ = dinamiˇcki koeficijent viskoznosti. Konstanta C iznosi: 1 4

1 3

1 2

1

2

3

4

3.4 Za sluˇcaj strujanja nestiˇsljivog fluida komponente brzine su date sa:

π x2 u1 = Um sin ; 2 h

u2 = 0;

u3 = 0;

0 ≤ x2 ≤ 2h.

gde je Um = Const. Od devijatorskog dela napona jednaki su nuli: d σ11 σ21

σ12 d σ22

σ13 σ23

σ31

σ32

d σ33

3.5 Dato je ravansko strujanje, u ravni (1,2) u oblasti 0 ≤ x2 ≤ H, sa brzinom odre¯ denom sa: u1 =

U x2 ; H

u 2 = u3 = 0 ;

Za navedeno strujanje se tvrdi:

U = Const1 ;

H = Const2

19 1. od devijatorskog dela napona deluju samo naponi σ12 = σ21; 2. napon σ12 = σ21 ima vrednost nula; 3. napon σ12 = σ21 ima konstantnu vrednost u celoj oblasti strujanja; 4. napon σ12 = σ21 ima promenljivu vrednost, tako da zavisi od x2 . du dve paralelne ploˇce, na 3.6 Za ravansko teˇcenje u ravni (x1 , x2) izme¯ rastojanju 2h, raspored brzina je dat sa: u1 = U0

x2 1 − 22 h

U0 = Const1 ;

!

;

u2 = 0;

−h ≤ x2 ≤ +h;

h = Const2 .

Za navedeno strujanje zakljuˇcuje se: 1. svi devijatorski naponi su jednaki nuli; 2. od devijatorskog napona deluje samo napon σ12 = σ21; 3. napon σ12 = σ21 = Const3 za celo strujno polje. 3.7 Pri laminarnom teˇcenju u ravni (x1, x2), u neposrednoj blizini zida (ˇcvrste konture) ostvaruje se linearni raspored brzina: u1 =

U x2 ; δ

0 ≤ x2 ≤ δ;

U = Const1 ;

δ = Const2 .

U taˇcki na rastojanju x2 = b (b < δ), gde vaˇzi isti raspored brzina, poznat je tangencijalni napon (τb ). Gustina teˇcnosti je ρ. Na osnovu poznatih vrednosti posmatranih veliˇcina, kinematski koeficijent viskoznosti ν iznosi:

ν= (jedinice)

20

3. Veze izme¯ du napona i deformacija

3.8 Strujanje nestiˇsljivog fluida je dato sa: u1 = 2

U x1 ; L

u2 = −2

U = Const1 ;

U x2 ; L

u3 = 0 ;

L = Const2.

Za ovo strujanje tvrdi se da su od devijatorskog dela napona jednaki nuli: d σ11

σ12

σ13

σ21

d σ22

σ23

σ31

σ32

d σ33

3.9 Posmatraju se dva razliˇcita sluˇcaja ustaljenog laminarnog strujanja (A i B) izme¯ du dve paralelne ploˇce. Rastojanje izme¯ du ploˇca je kod oba sluˇcaja jednako. Izme¯ du ploˇca u svakom od posmatranih sluˇcajeva struje fluidi razliˇcitih gustina (ρA 6= ρB) i razliˇcitih dinamiˇckih koeficijenata viskoznosti (µA 6= µB ). U oba sluˇcaja ostvaruju se ista polja brzina (u svim taˇckama sa odgovarajućim koordinatama, vektori brzine su za oba fluida jednaki). Pri ovim uslovima, za odnos tangencijalnih napona ϕ = σ21(A)/σ21(B) u taˇckama sa istim koordinatama, moˇze se reći: 1. naponi su isti (ϕ = 1); 2. odnos napona (ϕ = ρA /ρB );

jednak

je

odnosu

odgovarajućih

gustina

3. odnos napona jednak je odnosu odgovarajućih dinamiˇckih koeficijenata viskoznosti (ϕ = µA /µB ).

4

Turbulentna strujanja 4.1 Kada je fluktuaciona brzina u01 pozitivna (u01 > 0), onda je u02 negativna (u02 < 0), a kada je u01 < 0, onda je u02 > 0. Ovo znaˇci da je: u01 = 0

u02 = 0

u01 u02 = 0

u01 u02 > 0

u01 u02 < 0

4.2 U posmatranoj taˇcki fluktuacioni dodatak za brzine u pravcima (1) i (2), a u zavisnosti od vremena (t), iznosi: u01 = u02 = U sin

t ; T

U = Const1 ;

T = Const2 .

Nuli su jednake sledeće vrednosti: u01

u02

turb σ12

u01 u02

|

{z

turb σ21

}

“naponi turbulencije” 4.3 U jednom strujanju nestiˇsljivog fluida prouˇcavaju se karakteristike turt t bulentnog toka. Za odre¯ divanje “napona turbulencije” σ12 = σ21 is0 0 tovremeno se mere fluktuacije brzina u1 i u2 u dvema taˇckama (I) i (II) I koje se nalaze na pravcu (2) i me¯ dusobnom rastojanju ∆x2 (xII 2 > x2 ). Utvr¯ deno je da je osrednjeni proizvod u01u02 > 0 u taˇcki I, odnosno 0 0 u1 u2 < 0 u taˇcki II. Na elementarnu zapreminu dV deluje “sila”od “napona turbulencije” u pravcu (1) takva da je: P1t > 0

P1t < 0

21

P1t = 0

22

4. Turbulentna strujanja

4.4 U posmatranoj taˇcki fluktuacioni dodatak za komponente brzine u1 i u2 dat je sa: u01 = u02 = U sin

t ; T

U = Const1 ;

T = Const2 ;

gde je: t = vreme. Tvrdi se sledeće: 1. u01 = u02 = 0; 2. u01 u02 < 0; t t 3. “napon turbulencije” σ12 = σ21 < 0.

4.5 Razmatra se strujanje kod koga je turbulencija razvijena, tj. kod koga je dejstvo osrednjenih devijatorskih napona zanemarljivo u odnosu na d σ turb). Ovo znaˇ dejstvo “napona turbulencije” (σij ci da je: 1. zanemarljiv uticaj viskoznosti na osrednjene vrednosti veliˇcina; 2. u izrazima sa bezdimenzionalnim veliˇcinama ne uˇcestvuje Reynolds-ov broj; 3. u ovakva strujanja spada turbulentno teˇcenje u hrapavoj cevi. turb turb 4.6 Za odre¯ divanje “napona turbulencije” σ23 = σ32 = −ρu02u03 potrebno je:

1. odrediti veliki niz uzastopnih proizvoda istovremenih vrednosti u02 i u03 , pa uzeti srednju vrednost tih proizvoda i pomnoˇziti je sa gustinom; 2. odrediti posebno u02 i u03 , tj. srednje vrednosti komponenata fluktuacije brzine, pa ih onda pomnoˇziti i sve pomnoˇziti sa gustinom.

5

Dimenzionalna razmatranja i sliˇ cnost strujanja 5.1 Potopljeno telo je oblikovano tako da, pri kretanju na sopstveni pogon kroz fluid, koeficijent sile otpora ne zavisi od Reynolds-ovog broja, odnosno dominantni su samo uticaji inercijalne sile. Da bi se brzina tela povećala 3 puta, potrebno je da se angaˇzuje snaga motora koja će biti veća:

puta.

5.2 Pravougaona ploˇca (ploˇca I) postavljena je upravno na paralelnu, jednoliku i ustaljenu struju fluida. Ploˇca II, sa istim odnosom duˇzine i visine kao kod ploˇce I, ima dva puta manju povrˇsinu (od ploˇce I) i, tako¯ de, postavljena je upravno na paralelnu, jednoliku i ustaljenu struju istog fluida, samo dva puta veće brzine. Za ova dva sluˇcaja ostvaruje se sliˇcnost za inercijalne uticaje. Posmatra se odnos sila otpora oblika na ploˇce I i II, tj. FI /FII = m Vrednost faktora m je: 8

4

2

1 23

1 2

1 4

1 8

24

5. Dimenzionalna razmatranja i sliˇcnost strujanja

5.3 Modeliˇse se problem sa dominantnim inercijalnim uticajima. Na modelu i na objektu je isti fluid. Usvojena razmera za duˇzine je L∗ = 20, a za brzine U∗ = 5. Ako je na modelu izmeren momenat sile od 0.5 Nm, onda će odgovarajući momenat na objektu biti (u kNm): 0.2

0.5

2

5

12.5

25

100

5.4 Istraˇzuje se snaga motora koji pokreće telo potopljeno u fluid. Snaga motora savladava silu otpora tela koje se kreće jednolikom brzinom. Model je napravljen sa zadovoljenjem samo inercijalnih uticaja (ostali uticaji su zanemarljivi). Duˇzine na modelu su smanjene u odnosu na objekat 10 puta, dok su brzine na modelu veće 10 puta u odnosu na objekat. Sa istim fluidom kao na objektu, na modelu je izmerena snaga motora. Smod = 100 Nm/s Na objektu odgovarajuća snaga iznosi (Nm/s):

Sobj =

5.5 Model je napravljen prema uslovima sliˇcnosti za gravitacione i inercijalne uticaje, tj. prema Froude-ovoj sliˇcnosti. Sve duˇzine na modelu su 16 puta manje od odgovarajućih na objektu. Ubrzanje sa objekta od 2 m/s2 treba modelisati sa (m/s2): 16

8

4

2

0

1/2

1/4

16

5.6 Model je napravljen po naˇcelima Froude-ove sliˇcnosti sa istim fluidom na objektu i na modelu. Uz zahtev da pritisci na modelu budu 5 puta manji od odgovarajućih na objektu, razmera za duˇzine (L∗ = Lobj/Lmod ) mora biti: 1/5

√ 1/ 5

1

√ 5

5

25

25 5.7 Na modelu napravljenom prema Froude-ovoj sliˇcnosti (sliˇcnost za gravitacione i inercijalne uticaje) sve duˇzine su 10 puta smanjene u odnosu na odgovarajuće na objektu. Fluid na objektu je nafta, gustine 800 kgm−3, a na modelu voda, gustine 1000 kgm−3. Izmerenom pritisku na modelu pmod odgovaraće pritisak na objektu pobj koji je jednak: 100pmod

80pmod

10pmod

8pmod

1.25pmod

pmod

0.8pmod

5.8 Za model, koji treba napraviti po naˇcelu Froude-ove sliˇcnosti, na raspolaganju je pumpa sa proticajem Qmod = 120 dm3/s. Moguće je modelisati proticaj na objektu Qobj = 1000 m3/s ako je razmera za duˇzine L∗ = Lobj/Lmod jednaka ili veća od:

L∗ =

5.9 U vodenoj struji nalazi se stub koji je ukljeˇsten u dno. Modelskim ispitivanjima odre¯ duje se sila (F ) koja deluje na stub. Model je naˇcinjen na principima Froude-ove sliˇcnosti, sa duˇzinama smanjenim u odnosu na prirodu L∗ puta. Na modelu i objektu je isti fluid. Razmera za silu je: F∗ =

Fobj = Lk∗ Fmod

Eksponent k iznosi: 1 5

1 4

1 3

1 2

1

2

3

4

5

5.10 Model je napravljen uz zadovoljenje sliˇcnosti za gravitacione i inercijalne uticaje (Froude-ova sliˇcnost). Sve duˇzine na modelu su 16 puta smanjene u odnosu na duˇzine na objektu. Na modelu i objektu je isti fluid. Najveći oˇcekivani protok na objektu je 80 m3/s. Odgovarajući protok na modelu je:

26


Qmax mod = (jedinice) 5.11 Na modelu, napravljenom po naˇcelima Froude-ove sliˇcnosti (sliˇcnost za inercijalne i uticaje teˇzine), pri protoku Qmod = 50 l/s izmerena je visina prelivnog mlaza Hmod = 15 cm. U prirodi odgovarajući protok iznosi Qobj = 51.2 m3/s. Odgovarajuća dubina prelivnog mlaza na objektu iznosi:

Hobj = (jedinice) 5.12 Modeliˇse se, uz zadovoljenje uslova Froude-ove sliˇcnosti, meˇsanje vode u otvorenom bazenu obrtnom elisom. Duˇzine na modelu su 25 puta manje od odgovarajućih na objektu (L∗ = 25). Fluid na modelu je, tako¯ de, voda. Na modelu broj obrta u sekundi je 10 (nmod = 10 s−1). Broj obrta na objektu (nobj) je (s−1 ): 250

50

25

10

5

2.5

2

1

5.13 Na jednom modelu, napravljenom sa zadovoljenjem sliˇcnosti samo za inercijalne i sile viskoznosti (Reynolds-ova sliˇcnost), sa istim fluidom na modelu i objektu (ista gustina, ista viskoznost), a sa duˇzinama na modelu smanjenim 4 puta u odnosu na odgovarajuće na objektu, izmerena je sila Fmod = 10 kN. Odgovarajuća sila na objektu je (kN): 10

20

40

80

160

640

5.14 Model je napravljen po principu Reynolds-ove sliˇcnosti tako da su sve duˇzine na modelu 5 puta veće od odgovarajućih duˇzina na objektu. Gustina fluida na modelu je 5 puta veća od odgovarajuće gustine na objektu, a kinematski koeficijent viskoznosti na modelu je 2 puta veći

27 od odgovarajućeg koeficijenta na objektu. Na modelu je izmeren zaustavni pritisak pmod = 0.2 kPa. Odgovarajući zaustavni pritisak na objektu iznosiće:

pobj = (jedinice) 5.15 Model je napravljen po principima Reynolds-ove sliˇcnosti. Sve duˇzine na modelu su 5 puta smanjene u odnosu na odgovarajuće duˇzine na objektu, a kinematski koeficijent viskoznosti fluida na objektu je 2 puta veći od istog koeficijenta na modelu. Na modelu je izmeren proticaj Qmod = 3 cm3/s. Odgovarajući proticaj na objektu je:

Qobj = (jedinice) 5.16 Modeliˇse se prema Reynolds-ovoj sliˇcnosti, sa istim fluidom na modelu i na objektu (ista gustina, ista viskoznost). Sve duˇzine na modelu smanjene su 2 puta u odnosu na odgovarajuće na objektu. Napon na modelu je: 1) 2) 3) 4)

16 puta 8 puta 4 puta 2 puta

    ci od  ve´

napona

    na objektu

5) 6) 7) 8)

16 puta 8 puta 4 puta 2 puta

     manji od

napona

    na objektu

5.17 Bezdimenzionalni broj za pritisak moˇze se izraziti na sledeći naˇcin: 1)

pρ µ2 L4

2)

p ρgH

3)

p ρv 2

4)

p Lµv

gde je: p = pritisak, ρ = gustina fluida, g = gravitaciono ubrzanje, L i H su karakteristiˇcne duˇzine, v = karakteristiˇcna brzina, µ = dinamiˇcki koeficijent viskoznosti.

28


5.18 Weber-ov broj, dat izrazom: We =

ρU 2D δ

(gde su: ρ = gustina fluida, U = srednja brzina u cevi, D = preˇcnik cevi i δ = kapilarna konstanta), predstavlja: 1. odnos inercijalne sile i sile kapilarnosti; 2. odnos inercijalne sile i sile trenja; 3. silu usled uticaja kapilarnosti.

6

Kombinovani zadaci 6.1 Za jedan primer strujanja brzina je izraˇzena sa u 1 = U0

t x2 ; + T L

u 2 = u3 = 0

gde je: U0 = Const1 ;

T = Const2 ;

L = Const3 .

Zakljuˇcuje se: 1. strujanje je neustaljeno; 2. zapreminska dilatacija delića je jednaka nuli; 3. materijalni izvod gustine delića jednak je nuli. 6.2 Brzine dilatacije odre¯ denog delića date su sa: ∂u1 = 0.2 s−1 ∂x1

∂u2 ∂u3 = = −0.1 s−1 ∂x2 ∂x3

Brzine klizanja su jednake nuli. Za posmatrani delić tvrdi se da: 1. ne menja oblik, a menja zapreminu; 2. ne menja zapreminu, a menja oblik; 3. materijalni izvod gustine je jednak nuli.

29

30

6. Kombinovani zadaci

6.3 Daje se raspored brzina u strujnom polju nestiˇsljivog fluida: u 1 = U0

"

2x2 x2 − L L

U0 = Const1 ;

2 #

;

u2 = u3 = 0;

0 ≤ x2 ≤ 2L

L = Const2

Za fluid dinamiˇckog koeficijenta viskoznosti (µ), napon σ12 = σ21 za x2 = 0 jednak je:

(jedinice) 6.4 Za strujno polje definisano u prethodnom zadatku i za taˇcku x2 = L/2, deformacioni rad devijatorskog dela napona, po jedinici zapremine i u jedinici vremena, iznosi:

(jedinice) 6.5 Uz ˇcvrstu ravnu granicu, poloˇzenu normalno na osu x2 , brzina u1 u zavisnosti od rastojanja x2 od zida, odre¯ dena je sa: u1 = U

x2 ; h

u 2 = u3 = 0 ;

U = Const.

Sa h je oznaˇceno rastojanje od zida dokle vaˇzi data zakonitost (i ta oblast se i posmatra). Tvrdi se da je za x2 = h brzina u1 jednaka U . Tvrdi se da je jednak nuli rad devijatorskog dela napona, na bilo koju elementarnu zapreminu, i to: 1. motorni rad; 2. deformacioni rad; 3. ukupan rad (motorni + deformacioni).

31 6.6 Posmatra se strujanje navedeno u zadatku 1.10 i fluid ˇciji je dinamiˇcki koeficijent µ. Za rad povrˇsinskih sila od devijatorskog dela napona, po jedinici zapremine i u jedinici vremena, tvrdi se sledeće: 1. motorni rad je jednak nuli; 2. motorni rad je razliˇcit od nule; 3. deformacioni rad je jednak nuli; 4. deformacioni rad je razliˇcit od nule i iznosi µU 2

1 a

−

1 b

2

.

6.7 Dinamiˇcka jednaˇcina za elementarnu masu, napisana za pravac (1), glasi: d ∂u1 ∂u1 1 ∂p 1 ∂σi1 = f1 − + + ui ∂t ∂xi ρ ∂x1 ρ ∂xi

gde je: ρ = gustina fluida, p = pritisak i ui = komponenta brzine. Za strujanje dato u zadatku 2.7 i to tako da je pravac (1) horizontalan, a od zapreminskih sila deluje samo teˇzina, iz navedene jednaˇcine se moˇze zakljuˇciti da je: 1)

∂p =0 ∂x1

2)

∂p >0 ∂x1

3)

∂p <0 ∂x1

32

6. Kombinovani zadaci

7

Praktiˇ cni zadaci 7.1

Hidrostatika

7.1.1 Vertikalni zid deli zatvoreni rezervoar na dva dela. Oba dela rezervoara ispunjena su istim fluidom, ali do razliˇcitih nivoa. Zid je otvoren na donjem delu tako da je ostvaren direktan kontakt fluida. Pritisak vazduha u prostorima iznad fluida je pozitivan i to takav da je: 1. veći u delu u kome je viˇsi nivo fluida; 2. veći u delu u kome je niˇzi nivo fluida; 3. isti u oba dela suda. 7.1.2 Posmatra se horizontalna komponenta hidrostatiˇcke sile na pravougaoni poklopac ˇcija je strana duˇzine a horizontalna, a kraća strana duˇzine b vertikalna. Posmatraju se dva sluˇcaja: prvi, u kome je pritisak u teˇziˇstu poklopca jednak p1 , a odstojanje rezultante od teˇziˇsta e1 ; i drugi, u kome je pritisak u teˇziˇstu jednak p2 , a odstojanje rezultante e2 . Ako je pritisak p2 jednak dvostrukoj vrednosti pritiska p1 (p2 = 2p1), odstojanje rezultante u drugom sluˇcaju (e2) iznosi: 0 (nula)

e1 /6

e1 /3

e1 /2

e1

b/6

b/2

7.1.3 Kocka, napravljena od materijala gustine ρk, pliva na povrˇsini vode tako da je uronjena do polovine. Duˇzina ivice kocke je a. Odnos gustina kocke (ρk) i vode (ρv ) je: ρk =n ρv 33

34

7. Praktiˇcni zadaci Konstanta n ima vrednost: 1 4

1 2

1

1 √ 2

1 √ 3 2

7.1.4 Posmatraju se dve ˇsuplje lopte razliˇcitih preˇcnika (D1 = 3D2), ispunjene vazduhom. Svaka lopta je usidrena posebnim vertikalnim ˇstapom za dno rezervoara ispunjenog teˇcnoˇsću gustine ρ1 od dna do polovine, i teˇcnoˇsću gustine ρ2 od polovine do vrha. Teˇziˇsta obe lopte su na polovini dubine rezervoara (u ravni spoja dve teˇcnosti) i obe su potpuno potopljene. Sopstvene teˇzine lopti su zanemarljive. Odnos sila F1 (sila u ˇstapu kojim je fiksirana lopta preˇcnika D1) i F2 (sila u ˇstapu kojim je fiksirana lopta preˇcnika D2 ) je: F1 = F2 7.1.5 Neka otvorena posuda napunjena je do polovine visine vodom (gustine ρ1), a iznad vode je druga teˇcnost gustine ρ2, lakˇsa od vode (ρ2 < ρ1). Za dno posude uˇcvrˇsćen je vertikalni ˇstap na kome se nalazi sfera postavljena tako da joj je centar u ravni izme¯ du vode i gornje teˇcnosti. Lopta je potpuno potopljena. Pri posmatranom stanju i odnosu gustina vode, gornje teˇcnosti i materijala od koga je naˇcinjena sfera, u ˇstapu se javlja sila zatezanja. Ako se u sud dolije teˇcnost gustine ρ2, desiće se sledeće: 1. intenzitet sile zatezanja u ˇstapu će se povećati; 2. intenzitet sile zatezanja u ˇstapu će se smanjiti; 3. intenzitet sile zatezanja u ˇstapu će ostati nepromenjen. 7.1.6 Na dva paralelna zida otvorenog rezervoara ispunjenog vodom nalaze se ispupˇcenje i udubljenje u obliku polucilindra – jedno prema spoljaˇsnjosti, a drugo prema unutraˇsnjosti rezervoara. Polucilindri su jednakih dimenzija – takvi da im je preˇcnik osnove (D) jednak visini. Osovine ovih polucilindara su horizontalne i nalaze se na jednakim rastojanjima (2D) od slobodne povrˇsine. Na osnovu prethodnog moˇze se zakljuˇciti sledeće: 1. horizontalne komponente hidrostatiˇcke sile na omotaˇce oba polucilindra su jednakog intenziteta ali suprotnog smera;

7.2. Otpori trenja u cevima

35

2. horizontalne komponente hidrostatiˇcke sile na omotaˇce oba polucilindra ne zavise od rastojanja ose polucilindra do pijezometarske kote; 3. vertikalne komponente hidrostatiˇcke sile na omotaˇce oba polucilindra ne zavise od rastojanja ose polucilindra do pijezometarske kote.

7.2

Otpori trenja u cevima

7.2.1 Posmatra se teˇcenje jednog fluida kroz odre¯ denu cev kruˇznog popreˇcnog preseka. Za brzine manje od 0.2 m/s ustanovljeno je da se ostvaruje linearan zakon otpora (nagib linije energije proporcionalan je sa brzinom). Za istu cev i isti domen brzina, a za drugi fluid, koji ima veći kinematski koeficijent viskoznosti, moˇze se tvrditi sledeće: 1. ostvaruje se, tako¯ de, linearan zakon otpora; 2. koeficijent trenja (λ) ima konstantnu vrednost; 3. strujanje je laminarno. 7.2.2 U cevi (konstantnog, kruˇznog preseka) izme¯ du dva rezervoara ostvaruje se laminarno ustaljeno teˇcenje. Cev je velike duˇzine tako da se lokalni gubici, na ulazu u cev i izlazu iz cevi, mogu zanemariti. Pri nekoj razlici nivoa u rezervoarima (∆Π1 ) kroz cev protiˇce protok Q1. Ako se razlika nivoa poveća dva puta, tj. ∆Π2 = 2∆Π1, i ako se po uspostavljanju ustaljenog teˇcenja protoka Q2 i dalje odrˇzava laminaran reˇzim teˇcenja, tada je: √ Q 1 = Q2

Q1 > Q 2

Q2 = 2Q1

Q2 =

2Q1

7.2.3 Posmatra se teˇcenje u cevi kruˇznog popreˇcnog preseka i to za uslove pod kojima se koeficijent trenja moˇze definisati sa: λ = 0.115

k D

1/4

gde je: k = apsolutna hrapavost i D = preˇcnik cevi. Upore¯ duju se linijski gubici na odre¯ denoj duˇzini L u cevima preˇcnika D1 i D2. Obe cevi su od istog materijala, dakle, imaju istu apsolutnu hrapavost. Kroz obe cevi protiˇce isti protok, odnosno Q1 = Q2 = Q. Odnos

36

7. Praktiˇcni zadaci gubitaka energije E1izg (u cevi preˇcnika D1) i E2izg (u cevi preˇcnika D2) je: E1izg E2izg

=

D1 D2

x

gde je eksponent x jednak: −4

−

21 4

−2

0

2

21 4

4

7.2.4 U jednoj odre¯ denoj cevi kruˇznog preseka i konstantnog preˇcnika, nagib pijezometarske linije IΠ za obavljene opite ustaljenog teˇcenja bio je srazmeran sa v 1.9 (v = srednja brzina kroz presek cevi). Ovo znaˇci da su obavljeni opiti bili u oblasti: 1. laminarnog teˇcenja; 2. turbulentnog teˇcenja u hrapavoj cevi. 7.2.5 Kroz dve cevi od istog materijala i istog preˇcnika protiˇce isti fluid. Srednja brzina fluida u cevi (I) je dva puta veća od srednje brzine fluida u cevi (II). Teˇcenje je laminarno. Tangencijalni napon izme¯ du fluida i zida cevi u cevi (I) je: τI = KτII gde je K jednako: 0.25

0.5

1.0

1.5

2.0

4.0

7.2.6 Eksperimentalnim ispitivanjem zavisnosti koeficijenta tangencijalnog napona (Cτ ) jedne odre¯ dene cevi date duˇzine pri strujanju jednog odre¯ denog fluida, utvr¯ deno je da se isti smanjuje sa povećanjem brzine do neke vrednosti (v0) posle ˇcega ostaje konstantan. Kad se brzina u cevi poveća tako da je v = 3v0, izgubljena energija (Eizg) u cevi će biti u sledećem odnosu prema izgubljenoj energiji (Eizg)0 za sluˇcaj kad je v = v0: (Eizg) = 3m (Eizg)0 gde je: m=0

m=2

1
m=1

7.3. Otpori oblika tela i otpori trenja uz ravnu ploˇcu

37

7.2.7 Teˇcenje jednog fluida kroz odre¯ denu cev odvija se u laminarnom reˇzimu za brzine manje od neke graniˇcne vrednosti (vgr). Posmatra se odnos izgubljenih energija na duˇzini L te cevi, Eizg(v1)/Eizg(v2), za dve razliˇcite brzine: v1 = 0.25 vgr i v2 = 0.75 vgr. On iznosi: 1 9

1 3

√

1 √ 3

3

1

3

9

7.2.8 U kruˇznoj cevi laminarno teˇcenje fluida kinematske viskoznosti ν1 odrˇzava se do brzine v1 . Kroz drugu cev istih karakteristika (istog preˇcnika i apsolutne hrapavosti), struji drugi fluid kinematskog koeficijenta viskoznosti ν2 , pri ˇcemu je ν2 ν1 . U ovom sluˇcaju laminarno strujanje se odrˇzava do brzine fluida v2 . Moˇze se zakljuˇciti: v1 > v2

7.3

v1 = v 2

v1 < v 2

Otpori oblika tela i otpori trenja uz ravnu ploˇ cu

7.3.1 Razmatra se dejstvo vetra na zgradu. Koeficijent pritiska Cp ima za spoljaˇsnju horizontalnu krovnu povrˇsinu vrednost Cp = −0.4, dok je u unutraˇsnjosti zgrade pritisak povećan u odnosu na pritisak u neporemećenoj struji (Cp = 0.4). Zakljuˇcuje se: 1. vetar podiˇze krov; 2. vetar pritiskuje krov; 3. rezultujuća sila dejstva vetra na krov jednaka je nuli. 7.3.2 Telo je uronjeno u neograniˇcenu struju nestiˇsljivog fluida, i na njega nailazi ravnomerna fluidna struja brzinom: u prvom sluˇcaju UI , a u drugom sluˇcaju UII (UII = 0.5UI). Koeficijent otpora tela CF je konstantan. Sile otpora tela u prvom i drugom sluˇcaju odnose se kao: FI =C FII Odnos C je jednak 1 4

1 2

1

2

4

8

38

7. Praktiˇcni zadaci

7.3.3 U vazduˇsnom tunelu se ispituje sila kojom vazduˇsna struja deluje na paraboliˇcnu antenu. Konstatovano je da, pri odre¯ denom poloˇzaju antene, za brzine veće od neke graniˇcne vrednosti (vgr) koeficijent sile otpora oblika ostaje konstantan. Odnos sile otpora pri brzini vazduˇsne struje tri puta većoj od graniˇcne (v = 3vgr) i sile otpora pri graniˇcnoj brzini, F (3vgr)/F (vgr ), iznosi: 1 9

1 3

√

1 √ 3

1

3

3

9

7.3.4 Kruˇzni cilindar stoji vertikalno (osnova i poklopac su u horizontalnim ravnima) u ravnomernoj fluidnoj struji horizontalnog pravca. U poˇcetku posmatranja cilindar je potpuno zatvoren i pritisak u njemu je jednak nuli. U jednom trenutku na prednjoj strani cilindra (okrenutoj ka struji) otvori se mali otvor. U odnosu na poˇcetno stanje: 1. ukupna sila na omotaˇc cilindra će se povećati; 2. ukupna sila na omotaˇc cilindra će se smanjiti; 3. ukupna sila na omotaˇc cilindra će ostati nepromenjena. 7.3.5 Ravna ploˇca je uronjena u ravnomernu, neograniˇcenu struju nestiˇsljivog fluida usmerenu paralelno sa ploˇcom. Graniˇcni sloj uz ploˇcu laminaran je celom duˇzinom ploˇce. Zadatak se smatra ravanskim. Duˇzina ploˇce u pravcu strujanja je L, a sila trenja izme¯ du ploˇce i fluida je F (L). Za ploˇcu istih karakteristika i iste ˇsirine, ali duˇzine 0.25L, uronjenu u istu struju fluida (iste brzine, gustine i viskoznosti) sila trenja je F (0.25L). Odnos sila F (L)/F (0.25L) jednak je: 1 16

1 8

1 4

1 2

1

2

4

8

16

7.3.6 Posmatra se ravna ploˇca potopljena u ravnomernu struju tako da je paralelna sa pravcem struje. Pravac struje je s leva na desno. Duˇzina ploˇce u pravcu struje je L, a zadatak je ravanski. Na odstojanju x1 = L/2, poˇcev od levog kraja ploˇce, graniˇcni sloj je turbulentan i izmeren je tangencijalni napon τ1 . Na desnom kraju ploˇce (x2 = L) tangencijalni napon τ2 biće: 1. τ2 > τ1 ; 2. τ2 = τ1 ; 3. τ2 < τ1 ;

7.4. Teˇcenje u kanalima

39

i tvrdi se: 4. na odstojanju x2 = L graniˇcni sloj je laminaran; 5. na odstojanju x2 = L graniˇcni sloj je turbulentan.

7.4

Teˇ cenje u kanalima

7.4.1 U kanalu velike duˇzine i konstantnog nagiba dna, pri nekom protoku Q ostvaruje se dubina veća od kritiˇcne. Posle postavljanja prepreke i pri istom protoku Q izmerena je, u popreˇcnom preseku kanala (m-m), dubina manja od kritiˇcne. Presek (m-m) je veoma udaljen od ulaza i izlaza, te se do njega ne pronose uticaji izazvani na ulazu u kanal ili na izlazu iz kanala. Moˇze se zakljuˇciti sledeće: 1. prepreka se nalazi uzvodno od preseka (m-m); 2. prepreka je nizvodno od preseka (m-m); 3. nizvodno od preseka (m-m) dubina neće biti veća od kritiˇcne; 4. nizvodno od preseka (m-m) ostvaruje se hidrauliˇcki skok. 7.4.2 Kanal velike duˇzine i konstantnog popreˇcnog preseka na odre¯ denom mestu menja nagib dna. Uzvodno od tog mesta nagib je I1, a nizvodno I2 . Odgovarajuće normalne dubine za jedan odre¯ deni protok su h1 i h2 , gde je h1 > h2 > hK (hK = kritiˇcna dubina za zadati protok). Uticaji nizvodnog i uzvodnog graniˇcnog uslova se ne prenose do mesta promene nagiba dna. Na mestu gde se menja nagib dna dubina je hc . Zakljuˇcuje se: 1. hc = hK ; 2. hc = h1 ; 3. hc = h2 ; 4. h2 < hc < h1 . 7.4.3. U kanalu trougaonog popreˇcnog preseka (sa nagibom bokova 1 : 1) ostvaruje se jednoliko teˇcenje. Pri normalnoj dubini h1 teˇce protok Q1 , a pri normalnoj dubini h2 = 2h1 teˇce protok Q2 . Primenjuje se Manning-ova formula i daje se odnos: Q2 = 2c Q1

40

7. Praktiˇcni zadaci Eksponent c jednak je: 2 3

1

8 3

2

3

7.4.4 Dubina i brzina uzvodno od hidrauliˇckog skoka su h1 i v1 , a nizvodno od skoka su skoka h2 i v2 . Zakljuˇcuje se: 1. 2. 3.

v12 v2 = h2 + 2 ; 2g 2g 2 v v2 h1 + 1 > h2 + 2 ; 2g 2g 2 v v2 h1 + 1 < h2 + 2 . 2g 2g

h1 +

7.4.5 U prizmatiˇcnom kanalu (oblik i dimenzije popreˇcnog preseka se ne menjaju duˇz toka), sa konstantnim nagibom dna, pri jednolikom teˇcenju odre¯ denog proticaja uspostavila bi se normalna dubina hN , a kritiˇcna dubina je hK . U preseku I kanala dubina je hI , a negde nizvodno, u preseku II, dubina je hII . Izme¯ du preseka I i II linija nivoa je kontinualna. Ako je hI > hN > hK , onda je: 1. hII < hI ; 3. hII = hI ; 5. hII < hN ;

2. hII > hI ; 4. hII > hN ; 6. hII > hK .

7.4.6 U kanalu pravougaonog popreˇcnog preseka, proizvoljne ˇsirine b, proseˇcna brzina je v = 1.6 m/s, a dubina 1.5 m. Tvrdi se: 1. dubina je veća od kritiˇcne; 2. dubina je manja od kritiˇcne; 3. dubina je jednaka kritiˇcnoj; 4. teˇcenje je mirno; 5. teˇcenje je burno. 7.4.7 U istom kanalu i pri istom proticaju posmatraju se dva sluˇcaja hidrauliˇckog skoka: sa dubine h1 na h2 , i sa dubine h3 na h4 . Dubina h3 je manja od h1 . Za dubinu h4 se tvrdi: h4 < h 2 ;

h 4 > h2 ;

h 4 = h2 ;

h 4 > h1 .

8

Reˇ senja testova iz 1. dela 1.1

1, 3, 4

1.18

2, 3

1.2

x2 = 10 m

1.19

0 (nuli)

1.3

0.02 ms−2

1.20

1.4

(0, −r), (0, r)

a) 2 b) 3

1.5

2, 3

1.21

−

1.6

1, 2

1.22

2

1.7

1

1.23

−0.06 kNm−2s−1

1.8

2s

1.9

√ √ (− C, C)

1.10

2

1.11

d , ω , ωd , ω , ω , ω11 13 23 31 22 d ω32 , ω33

1.12

2, 3

1.13

2, 3

1.14

1, 2, 3, 4, 5

1.15

1, 2, 3, 4

1.16

1, 2, 3, 5, 6, 7

1.17

3, 5 41

3 U 0 σ0 Nm−2 s−1 4 L0

42

8. Reˇsenja testova iz 1. dela

2.1

−0.012 kgm−3s−1

3.1

2, 3, 4, 5, 6

2.2

1

3.2

1, 2, 3

2.3

1, 2, 3, 4

3.3

1

2.4

−0.067 kgm−3s−1

3.4

2.5

1, 3

d , σ , σd , σ , σ , σ11 13 23 31 22 d σ32, σ33

2.6

1, 3

3.5

1, 3

2.7

2 dm s−1

3.6

2

3.7

τb δ ρU

2.8

1.44

2.9

−0.024 kgm−3s−1 d ∂p ∂σ21 + ∂x1 ∂x2

3.8

σ12, σ13, σ21 , σ23 , σ31 , d σ32, σ33

3.9

3

2.10

0=−

2.11

2, 3, 4

2.12

1, 4

2.13

1

2.14

4F1

2.15

2

4.1

u01 = 0, u02 = 0, u01 u02 < 0

2.16

3

4.2

u01 , u02

2.17

3

4.3

P1t > 0

2.18

43.24 kN

4.4

1, 3

2.19

3

4.5

1, 2, 3

4.6

1

43 5.1

27 puta

6.1

1, 2, 3

5.2

1/2

6.2

2, 3

5.3

100

6.3

2µU0 /L

5.4

10 Nms−1

6.4

µU02 /L2

5.5

2 ms−2

6.5

1

5.6

5

6.6

1, 4

5.7

8pmod

6.7

1

5.8

37.01

5.9

3

5.10

78.125 dm3s−1

5.11

2.40 m

5.12

2 s−1

5.13

10 kN

5.14

0.25 kPa

5.15

30 cm3s−1

5.16

3

5.17

2, 3

5.18

1

44

8. Reˇsenja testova iz 1. dela

7.1.1

2

7.4.1

1, 4

7.1.2

e1 /2

7.4.2

3

7.1.3

1/2

7.4.3

8/3

7.1.4

27

7.4.4

2

7.1.5

3

7.4.5

2, 4, 6

7.1.6

1, 3

7.4.6

1, 4

7.4.7

h 4 > h2 , h4 > h1

7.2.1

1, 3

7.2.2

Q2 = 2Q1

7.2.3

−21/4

7.2.4

svi ponu¯ deni odgovori su pogreˇsni

7.2.5

2.0

7.2.6

m=2

7.2.7

1/3

7.2.8

v 1 > v2

7.3.1

1

7.3.2

C =4

7.3.3

9

7.3.4

3

7.3.5

2

7.3.6

3, 5

2. deo – ZADACI

1

Hidrostatika Zadatak 1.1.

Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika dV = 0.10 m i visine hV = 0.10 m) i cevˇcice (preˇcnika dC = 0.02 m i visine hC = 1.00 m), nalazi se u vodi gustine ρ1 = 1.0 kg/dm3 . Valjak je ispunjen teˇcnoˇsću gustine ρ2 = 1.2 kg/dm3 , a cevˇcica je ispunjena vazduhom. Uticaj debljine zida plovka na hidrostatiˇcke sile se zanemaruje. Pri datim uslovima valjak je potpuno potopljen u vodu, a samo deo cevˇcice je iznad nivoa vode. Sopstvena teˇzina praznog plovka je GP = 1.0 N. Odrediti koliki deo visine cevˇcice (h∗C ) se nalazi u vodi. Reˇ senje. Visina dela cevˇcice koji se nalazi u vodi, ∗ hC , odre¯ duje se iz uslova ravnoteˇze svih sila: GP + G2 − PZ1 + PZ2 = 0 Teˇzina teˇcnosti u valjku iznosi: G2 = ρ 2 g

πd2V 3.14 × 0.12 hV = 1.2 · 103 × 9.81 0.1 = 9.25 N 4 4

Hidrostatiˇcke sile koje deluju na donju (PZ1 ) i gornju (PZ2 ) osnovu valjka su: PZ1 = ρ1g

πd2V 3.14 × 0.12 (hV + h∗C ) = 1 · 103 × 9.81 (0.1 + h∗C ) = 4 4 45

46

1. Hidrostatika

PZ2

= 77.05(0.1 + h∗C ) π(d2V − d2C ) ∗ = ρ2 g hC = 4 3.14(0.12 − 0.022) ∗ = 1 · 103 × 9.81 hC = 73.97h∗C 4

U gornjim izrazima, vertikalna komponenta hidrostatiˇcke sile je raˇcunata kao PZ = ρgV gde je ρ gustina fluida koji je u kontaktu sa povrˇsinom na koju se raˇcuna komponenta sile, a V je zapremina tela izme¯ du povrˇsine na koju se raˇcuna sila i njene projekcije na horizontalnu ravan na visini pijezometarske kote. Traˇzena visina dela cevˇcice koji se nalazi u vodi je: h∗C =

1.0 + 9.25 − 77.05 × 0.10 = 0.826 m 77.05 − 73.97

Zadatak 1.2

Otvoreni rezervoar ispunjen je fluidom nepoznate gustine ρ2 i vodom gustine ρ1 = 1.0 kg/dm3 . U rezervoar je uronjen valjak gustine ρ3 = 0.4 kg/dm3 koji moˇze da se kreće bez trenja duˇz vertikalne osovine O. Polupreˇcnik valjka je r = 0.5 m, a visina h = 2.5 m. Na slici je prikazan poˇcetni poloˇzaj valjka (pri kome je njegova teˇzina u ravnoteˇzi sa hidrostatiˇckim silama). Odrediti silu kojom treba delovati na valjak da bi se on, u odnosu na poˇcetni poloˇzaj, spustio za ∆Z = 0.50 m. Zanemariti dimenzije osovine i pretpostaviti da je rezervoar dovoljno velike zapremine da se pri pomeranju valjka ne menjaju nivoi fluida.

Reˇ senje. Teˇzina valjka i sila potiska (vertikalna komponenta hidrostatiˇcke sile) na njega su: G = ρ3gπr2h

PZ = ρ1gπr2(Π1 − 1.00)

Iz uslova ravnoteˇze ovih sila odre¯ duje se pijezometarska kota za vodu Π1 :

47 G = PZ

⇒

ρ3 h + 1.00 = ρ1 0.4 × 2.5 = + 1.00 = 2.00 m 1.0

Π1 =

Gustina drugog fluida odre¯ duje se pomoću pritiska u zajedniˇckoj taˇcki A: pA = ρ1 g(Π1 − ZA ) = ρ2g(Π2 − ZA ) ρ2 = 1.0

⇒

2.00 − 1.20 = 0.8 kg/dm3 2.20 − 1.20

Na valjak treba delovati silom koja je jednaka odgovarajućoj promeni sile potiska: F = ∆PZ = ρ1gπr2∆Z = 1.0 × 9.81 × 3.14 × 0.52 × 0.50 = 3.85 kN

Zadatak 1.3.

Za dno otvorenog rezervoara, ispunjenog vodom gustine ρ1 = 1.0 kg/dm , priˇcvrˇsćena je, preko opruge krutosti k = 4.5 kN/m, kupa gustine ρ3 = 0.5 kg/dm3 . Ova kupa, visine h = 1.50 m, okrenuta je vrhom na dole, tako da joj je osnova preˇcnika d = 1.25 m izvan vode. Pri stanju prikazanom na slici, kada je nivo vode na nepoznatoj koti Z0 , sila u opruzi jednaka je nuli. Odrediti za koliko će se podići kupa (odnosno istegnuti opruga) ukoliko se u rezervoar sipa ulje gustine ρ2 = 0.85 kg/dm3 tako da nivo ulja dostigne kotu osnove kupe. Pretpostaviti da je rezervoar dovoljno velike zapremine da se pri podizanju kupe ne menja nivo vode. 3

Reˇ senje. Teˇzina kupe i sila potiska na nju su: π π G = ρ3 g d2 h = 0.5 × 9.81 1.252 × 1.50 = 3.009 kN 12 12

48

1. Hidrostatika PZ

Z0 − 1.00 2 2 d (Z0 − 1.00) = h π Z0 − 1.00 2 = 1.0 × 9.81 1.252(Z0 − 1.00) 12 1.50 = 1.784(Z0 − 1.00)3 π = ρ1 g 12

Iz uslova ravnoteˇze ovih dveju sila odre¯ duje se Z0: G = PZ

⇒

Z0 =

r 3

3.009 + 1.00 = 2.19 m 1.784 Ako se ulje dolije do kote Π2 = 2.50 + ∆Z (gde je ∆Z – istezanje opruge), tada je: Π2 =

p0 + Z0 ρ2 g

⇒

p0 = ρ2g(2.50 + ∆Z − Z0 ) Pijezometarska kota za vodu Π1 odre¯ duje se pomoću pritiska u zajedniˇckoj taˇcki na kontaktu vode i ulja: Π1 =

p0 0.85 + Z0 = (2.50 + ∆Z − 2.19) + 2.19 = 0.85 ∆Z + 2.454 ρ1 g 1.0

Sila potiska na deo kupe koji je u vodi je: PZ1 = ρ1g

"

πd2 12

Z0 − 1 − ∆Z h

πd2 + 4

2

(Z0 − 1 − ∆Z)+

Z0 − 1 − ∆Z h

2

(Π1 − Z0 )

#

Sila potiska na deo kupe koji je u ulju je: PZ2 = ρ2g

"

πd2h πd2 − 12 12

Z0 − 1 − ∆Z h

πd2 − 4 Sila kojom opruga vuˇce kupu je: F = k ∆Z

2

(Z0 − 1 − ∆Z)−

Z0 − 1 − ∆Z h

2

(Π2 − Z0 )

#

49 Traˇzeno rastojanje ∆Z odre¯ duje se iz uslova ravnoteˇze svih sila: G + F = PZ1 + PZ2 Zamenom odgovarajućih brojnih vrednosti dobija se jednaˇcina: (∆Z)3 − 3.59 (∆Z)2 + 21.18 ∆Z − 9.60 = 0

(1.1)

Analitiˇcko reˇsenje jednaˇcine oblika x3 + Ax2 + Bx + C = 0 dobija se smenom t = x + A/3, odnosno svo¯ denjem na jednaˇcinu oblika t3 + 3αt + 2β = 0. Koeficijenti i diskriminanta ove jednaˇcine su: α=

−A2 + 3B 9

β=

2A3 − 9AB + 27C 54

δ = α3 + β 2

Ukoliko je δ > 0, postoji samo jedno realno reˇsenje: A x=− + 3

q 3

q √ √ 3 −β + δ + −β − δ

a druga dva su kompleksna. U sluˇcaju kada je δ ≤ 0, postoje tri realna reˇsenja: xi = −

√ 1 −β A + 2 −α cos arccos √ 3 3 −α3

+ (i − 1)

2π 3

(i = 1, 2, 3)

Za vrednosti A = −3.59, B = 21.18 i C = −9.60 dobija se α = 5.63 i β = 6.16, odnosno δ = 216.2 > 0, pa je: (−3.59) ∆Z = − + 3

q 3

−6.16 +

√ 216.2 +

q 3

−6.16 −

√ 216.2 = 0.488 m

Jednaˇcina (1.1) moˇze da se reˇsi i nekim pribliˇznim (numeriˇckim) postupkom, npr. metodom iteracije. Ovaj postupak1 zasniva se na tome da se jednaˇcina oblika f (x) = 0 prepiˇse u obliku x = ϕ(x), pa se zatim ponavlja rekurentna formula x(i+1) = ϕ(x(i)). Dakle, jednaˇcina (1.1) moˇze se prepisati u obliku: ∆Z =

9.60 − (∆Z)3 + 3.59(∆Z)2 21.18

odnosno: ∆Z(i+1) = 1

9.60 − (∆Z(i))3 + 3.59(∆Z(i))2 21.18

Potreban uslov za konvergenciju ovog postupka je da u nekom intervalu za vrednosti x (u okviru koga se bira i vrednost za prvu iteraciju x1 ), bude | dϕ/dx | < 1 .

50

1. Hidrostatika

gde je i – redni broj iteracije. Ako se u prvom koraku uzme ∆Z(1) = 0, dobija se: ∆Z(2) =

9.60 = 0.453 21.18

∆Z(3) =

9.60 − 0.4533 + 3.59 × 0.4532 = 0.484 21.18

∆Z(4) =

9.60 − 0.4843 + 3.59 × 0.4842 = 0.488 21.18

Daljim ponavljanjem moˇze se pokazati da postupak konvergira vrednosti ∆Z = 0.488 m.

Zadatak 1.4. Zatvoreni rezervoar delimiˇcno je ispunjen vodom gustine ρ = 1.0 kg/dm3 . Pritisak na otvorenom manometru iznosi pM = −9.81 kPa. Odrediti statiˇcke uticaje (M, T, N ) u preseku A–A pregradnog zida. Zadatak je ravanski (raˇcunati na 1 m duˇzine zida). Reˇ senje. Pijezometarska kota za vodu sa leve strane pregradnog zida, Π1 , moˇze se odrediti iz osnovne jednaˇcine hidrostatike za taˇcku na visini na kojoj se nalazi manometar (ZM ): Π1 =

pM −9.81 + ZM = + 1.00 = 0.00 m ρg 1.0 × 9.81

Pritisak na povrˇsini vode sa leve strane zida (u taˇcki B) je: pB = ρg(Π1 − ZB ) = 1.0 × 9.81(0.0 − 4.0) = −39.24 kPa Ovaj pritisak jednak je pritisku vazduha pVAZD , odnosno jednak je pritisku na povrˇsini vode sa desne strane zida (pB = pVAZD = pC ), pa je: Π2 =

pC −39.24 + ZC = + 1.00 = −3.00 m ρg 1.0 × 9.81

51 Na delu na kome je vazduh sa obe strane zida (desno od raˇcve i na levom delu iznad kote 4 m), sile kojima vazduh deluje na zid me¯ dusobno se poniˇstavaju. Opterećenja na ostale delove zida su raˇcunata kao za ravanski zadatak i to: – horizontalna opterećenja prema izrazu PX = ρgΩX L, gde je ΩX – povrˇsina dijagrama visine pritiska (tj. dijagrama opterećenja kod koga je apscisa p/ρg, a ordinata Z) i L – duˇzina zida, – vertikalna opterećenja prema izrazu PZ = ρgΩZ L, gde je ΩZ – povrˇsina ome¯ dena konturom na koju se odre¯ duje sila, njenom projekcijom na horizontalnu ravan na visini pijezometarske kote i odgovarajućim vertikalnim izvodnicama.

PX1 = − 1.0 × 9.81 × 4.02/2 = −78.48 kN/m PX2 = − 1.0 × 9.81 × 3.0 × 1.0 = −29.43 kN/m PX3 = − 1.0 × 9.81 × 1.02/2 = −4.90 kN/m PX4 = − 39.24 × 3.0 = −117.72 kN/m PZ1 = − 39.24 × 2.0 = −78.48 kN/m PZ2 = − 1.0 × 9.81 × 2.0 × 3.0 = −58.86 kN/m Statiˇcki uticaji u preseku A–A su: MA−A =

4 X i=1

PXi Zi +

2 X

PZi Xi = −78.48 × 2.667 + 29.43 × 0.50 +

i=1

+ 4.90 × 0.667 + 117.72 × 2.50 + + 78.48 × 1.00 − 58.86 × 1.00 = 122.62 kNm/m TA−A =

4 X

PXi = −78.48 + 29.43 + 4.90 + 117.72 = 73.57 kN/m

NA−A =

i=1 2 X

PZi = 78.48 − 58.86 = 19.62 kN/m

i=1

Proraˇcun opterećenja mogao bi se pojednostaviti ako bi se pre proraˇcuna sila sabrali dijagrami svih horizontalnih odnosno vertikalnih opterećenja. Ovako dobijeno rezultujuće opterećenje ekvivalentno je onome koje bi delovalo kada bi posmatrani rezervoar bio otvoren, odnosno kada bi pijezometarske kote bile na nivoima vode. U tom sluˇcaju potrebno je raˇcunati svega tri sile (umesto ˇsest).

52

1. Hidrostatika

ˇ Srafura na dijagramima ΩX i ΩZ ukazuje na smer delovanja odgovarajućih sila2. Ustava napravljena od materijala gustine ρU = 7.0 kg/dm3 svojim gornjim krajem okaˇcena je o zglob duˇz ose ˇcija je projekcija taˇcka O, a donjim krajem je slobodno oslonjena na dno rezervoara. Zadatak je ravanski. Sa obe strane ustave nalazi se voda gustine ρV = 1.0 kg/dm3. Odrediti

Zadatak 1.5.

2 Na slikama su nacrtani pravi smerovi delovanja sila. Znak “−” u izrazima za sile oznaˇcava da je hidrostatiˇcki pritisak u toj taˇcki negativan, odnosno da je sila usmerena od konture na koju deluje ka teˇcnosti (fluid “povlaˇci” konturu). Obrnuto, pozitivan znak sile znaˇci da je hidrostatiˇcki pritisak u merodavnoj taˇcki pozitivan, odnosno da sila pritiska konturu. Ovakva konvencija usvojena je jer u fluidu ne postoje negativni naponi (naponi zatezanja) pa ni negativni pritisci. Najniˇzi pritisak (apsolutni) u fluidu je paps,min = 0 Pa, dok je najniˇzi hidrostatiˇcki pritisak:

pmin = paps,min − patm = −patm = −100 kPa (poˇsto je usvojeno da je hidrostatiˇcki pritisak vode “nula” kada je paps = patm ). Naglaˇsava se da je ova konvencija razliˇcita od konvencije o znaku preseˇcnih sila koja je usvojena u predmetu “Otpornost materijala” (“. . . Normalna sila je pozitivna ako zateˇze svoju preseˇcnu ravan. Transverzalna sila je pozitivna ako obrće element grede u smeru obrtanja kazaljke na satu . . . ”, V. Brˇcić, Otpornost materijala, 1978), odnosno da te dve stvari ne treba meˇsati.

53 potrebnu debljinu ustave iz uslova da se ona podiˇze (obrtanjem oko ose zgloba) tek kada nivo vode levo od ustave padne ispod prikazanog, za koga je dubina vode H = 3.0 m.

Reˇ senje. Sile koje deluju na ustavu su: PX1 = PZ1 = 1.0 × 9.81 × 3.02/2 = 44.14 kN/m PX2 = PZ2 = 1.0 × 9.81 × 4.02/2 = 78.48 kN/m PX3 = PZ3 = 1.0 × 9.81 × 1.0 × 4.0 = 39.24 kN/m

√ Teˇzina ustave po 1 m duˇzine je G = 7.0 × 9.81 × 4 2 δ = 388.46 δ, gde je δ – debljina ustave. S obzirom da je δ nepoznata veliˇcina, odrediće se iz uslova da je suma momenata svih sila oko taˇcke O jednaka nuli: ΣM(O) = 0

⇒

− 44.14 × 3.0 + 78.48 × 2.667 + 39.24 × 2.0 −

54

1. Hidrostatika − 44.14 × 3.0 + 78.48 × 2.667 + 39.24 × 2.0 − − 388.46 δ × 2.0 = 0

⇒

δ = 0.40 m

Zadatak 1.6. Armirano betonski zid popreˇcnog preseka kao na slici pregra¯ duje otvoreni rezervoar na dva dela. Sa leve strane zida nalaze se teˇcnosti gustina ρ1 = 0.8 kg/dm3 i ρ2 = 1.2 kg/dm3, a sa desne strane je teˇcnost gustine ρ3 = 0.8 kg/dm3 . Visina koju pokazuje ˇzivin manometar je ∆HZˇ = 0.034 m. Gustine betona i ˇzive su ρB = 2.5 kg/dm3 i ρZˇ = 13.6 kg/dm3 . Zadatak je ravanski, a duˇzina zida je 5 m. Sraˇcunati nivo sa desne strane zida, a zatim odrediti statiˇcke uticaje (M, T, N ) u preseku A–A (u kome je zid ukljeˇsten).

pC = Π2 = pD = ΠZˇ = pE = Π3 =

Reˇ senje. Pijezometarske kote za sve teˇcnosti odre¯ duju se pomoću pritisaka u zajedniˇckim taˇckama: ρ1g(Π1 − ZC ) = 0.8 × 9.81 × (6.00 − 3.00) = 23.54 kPa pC 23.54 + ZC = + 3.00 = 5.00 m ρ2 g 1.2 × 9.81 ρ2g(Π2 − ZD ) = 1.2 × 9.81 × (5.00 + 0.034) = 59.26 kPa pD 59.26 + ZD = + (−0.034) = 0.410 m ρZˇ g 13.6 × 9.81 ρZˇ g(ΠZˇ − ZE ) = 13.6 × 9.81 × (0.410 − 0.00) = 54.72 kPa pE 54.72 + ZE = + 0.00 = 6.973 m ρ3 g 0.8 × 9.81

Sile koje deluju na zid su: PX1 = 0.8 × 9.81 × 5.0 × 3.02/2 = 176.6 kN PX2 = 1.2 × 9.81 × 5.0 × 2.0 × 3.0 = 353.2 kN PX3 = 1.2 × 9.81 × 5.0 × 3.02/2 = 264.9 kN PX4 = 0.8 × 9.81 × 5.0 × 6.9732/2 = 954.0 kN PZ1 = 0.8 × 9.81 × 5.0 × 0.743 × 2.973/2 = 43.3 kN PZ2 = 0.8 × 9.81 × 5.0 × 1.0 × 2.973 = 116.7 kN PZ3 = 0.8 × 9.81 × 5.0 × 1.0 × 4.0/2 = 78.5 kN

55

Teˇzina zida je: G = 2.5 × 9.81 × 5.0 × 1.0 × 8.0/2 = 490.5 kN Statiˇcki uticaji u preseku A–A su: MA−A = − 176.6 × 4.00 − 353.2 × 1.50 − 264.9 × 1.00 + + 954.0 × 2.324 − 43.3 × 0.752 + 116.7 × 0.50 + + 78.5 × 0.333 − 490.5 × 0.333 = 604.6 kNm TA−A = 176.6 + 353.2 + 264.9 − 954.0 = −159.3 kN NA−A = − 43.3 + 116.7 + 78.5 − 490.5 = −338.6 kN

Zadatak 1.7.

Na vertikalnom zidu otvorenog rezervoara nalazi se ustava oblika jednakokrakog pravouglog trougla, koja se sastoji iz dva dela – 1 (trapez) i 2 (trougao). Ukupna visina ustave je H = 6.0 m. Rezervoar je ispunjen vodom gustine ρ = 1.0 kg/dm3 , tako da je slobodna povrˇsina na visini gornjeg dela ustave. Odrediti rastojanje Z (visinu trapeznog dela ustave) tako da intenziteti hidrostatiˇckih sila na delove 1 i 2 budu jednaki, a zatim odrediti te sile (intenzitet, pravac i poloˇzaj) za svaki deo posebno.

56

1. Hidrostatika

Reˇ senje. Horizontalne komponente hidrostatiˇcke sile raˇcunaju se prema izrazu PX = ρghTA, gde je A – povrˇsina projekcije konture (na koju se odre¯ duje sila) na vertikalnu ravan upravnu na pravac X i hT – vertikalno rastojanje teˇziˇsta povrˇsine A od pijezometarske kote. PX1 = ρg

2

Z 2 2(H

− Z)Z + 2 Z3 Z2 Z 2 (3H − 2Z) Z(2H − Z) = ρg Z(2H − Z) 3

1 (2Z + H)(H − Z)2 PX2 = ρg [Z + (H − Z)] (H − Z)2 = ρg 3 3 PX1 = PX2

Z3 +

⇒

3H 2 H 3 Z + =0 2 4

⇒

Z 3 − 9Z 2 + 54 = 0 Koeficijenti α i β koji se dobijaju redukcijom ove jednaˇcine3 su: α = [−(−9)2 + 3 × 0]/9 = −9 β = [2 × (−9)3 − 9 × (−9) × 0 + 27 × 54]/54 = 0 pa je δ = −729 < 0 i postoje tri realna reˇsenja:

1π 2π Zi = 3 + 6 cos + (i − 1) 32 3 Z1 = 8.20 m

Z2 = −2.20 m

(i = 1, 2, 3) Z3 = 3.00 m

pri ˇcemu oˇcigledno samo poslednje reˇsenje fiziˇcki ima smisla (0 < Z3 < H). Dakle: Z = Z3 = 3.00 m Intenziteti sila su: PX1 = 1.0 × 9.81

3.02(3 × 6.0 − 2 × 3.0) = 353.16 kN = PX2 3

Sopstveni momenti inercije za pojedine delove ustave su: IY Y 1 3

Z(3H − 2Z) 1 = Z 3 (2H + Z) − 6 3(2H − Z)

Videti objaˇsnjenje na strani 49.

2

Z(2H − Z) = 19.50 m4

57 IY Y 2 =

1 2(H − Z)(H − Z)3 = 4.50 m4 36

Ekscentriciteti sila su: eZ1 = −

ρgIY Y 1 1.0 × 9.81 × 19.50 =− = −0.542 m PX1 353.16

eZ2 = −

ρgIY Y 2 1.0 × 9.81 × 4.50 =− = −0.125 m PX2 353.16

Znak “−” u gornjim izrazima oznaˇcava da se napadne taˇcke sila nalaze ispod odgovarajućih teˇziˇsta na navedenim rastojanjima, ˇsto je sluˇcaj kada je pritisak u teˇziˇstu pozitivan. Obrnuto, kada je pritisak u teˇziˇstu negativan, napadna taˇcka sile je iznad teˇziˇsta na rastojanju jednakom pozitivnom ekscentricitetu (znak ekscentriciteta je vezan uz usvojeni pozitivan smer Z-ose koji je usmeren na gore, poˇcev od teˇziˇsta).

Zadatak 1.8. Zatvoreni rezervoar potpuno je ispunjen teˇcnostima gustina ρ1 = 1.0 kg/dm3 i ρ2 = 0.8 kg/dm3 . Manometar, koji se nalazi na rastojanju od 0.50 m ispod dna rezervoara, pokazuje pritisak pM = 14.715 kPa. Odrediti ukupnu hidrostatiˇcku silu koja deluje na deo rezervoara desno od preseka A–A. Reˇ senje. Π1 =

pM 14.715 + ZM = + (−0.50) = 1.00 m ρ1 g 1.0 × 9.81

58

1. Hidrostatika

Poˇsto je pijezometarska kota Π1 u zajedniˇckoj taˇcki obeju teˇcnosti, pritisak u ovoj taˇcki jednak je nuli, pa je Π2 = Π1 = 1.00 m. Horizontalne sile na omotaˇc su: PX1 = 1.0 × 9.81 × 0.50 × 2.0 × 1.0 = 9.81 kN PX2 = 0.8 × 9.81(−0.50)2.0 × 1.0 = −7.85 kN PXR = 9.81 − 7.85 = 1.96 kN IY Y 1 = IY Y 2 = 2.0 × 1.03/12 = 0.167 m4 1.0 × 9.81 × 0.167 eZ1 = − = −0.167 m 9.81 0.8 × 9.81 × 0.167 eZ2 = − = 0.167 m −7.85 Iz uslova jednakosti sume momenata svih horizontalnih sila i momenta rezultujuće horizontalne sile odre¯ duje se njena napadna taˇcka: ZR =

9.81 × 0.333 − 7.85 × 1.667 = −5.00 m 1.96 Vertikalne sile su: 11 2.02 × 1.0 = 6.54 kN 23 11 = − 0.8 × 9.81 2.02 × 1.0 = 23 = − 5.23 kN

PZ1 = 1.0 × 9.81 PZ2

PZR = 6.54 + 5.23 = 11.77 kN Obe vertikalne sile deluju u teˇziˇstima odgovarajućih polupiramida, odnosno na (horizontalnom) rastojanju XR = 0.25 m od preseka A–A. Ukupna rezultanta i njen nagib (u odnosu na horizontalu) su: R=

p

1.962 + 11.772 = 11.93 kN

α = arctg

11.77 = 800 320 1.96

Zadatak 1.9. Zatvoreni rezervoar potpuno je ispunjen teˇcnostima gustina ρ1 = 1.0 kg/dm3 i ρ2 = 0.7 kg/dm3 . Nivo u pijezometru je na nivou zajedniˇcke taˇcke dve teˇcnosti. Odrediti ukupnu hidrostatiˇcku silu koja deluje na sloˇzeno telo sastavljeno od polukupe, poluvaljka i ˇcetvrtine lopte.

59

Reˇ senje. Ako se za referentan nivo (Z = 0) usvoji dno rezervoara, oˇcigledno je Π1 = Π2 = 4.0 m. Horizontalne sile na pojedine delove sloˇzenog tela su: 4 × 1.5 1 PX1 = 1.0 × 9.81 1.0 + 1.52 × π = 56.74 kN 3×π 2 PX2 = 1.0 × 9.81 × 0.5 × 3.0 × 1.0 = 14.72 kN PX3 = 0.7 × 9.81 (−0.5) 3.0 × 1.0 = −10.30 kN 1.5 1 PX4 = 0.7 × 9.81 1.0 + 3.0 × 1.5 = −23.18 kN 3 2 Odgovarajući ekscentriciteti su: eZ1 = = eZ2 = eZ3 = eZ4 =

"

1.0 × 9.81 π × 3.04 − 56.74 128 − 0.096 m 1.0 × 9.81 3.0 × 1.03 − 14.72 12 0.7 × 9.81 3.0 × 1.03 − −10.30 12 0.7 × 9.81 3.0 × 1.53 − −23.18 36

−

4 × 1.5 3×π

2

= −0.167 m = 0.167 m = 0.083 m

#

1 1.52 × π = 2

60

1. Hidrostatika

Ukupna horizontalna sila i poloˇzaj njene napadne taˇcke su: PXR = 56.74 + 14.72 − 10.30 − 23.18 = 37.98 kN ZR = [ 56.74 (3.0 − 0.637 − 0.096) + 14.72 (4.0 − 0.50 − 0.167) − − 10.30 (4.0 + 0.50 + 0.167) − − 23.18 (5.50 + 0.083) ] /37.98 = 0.005 m Vertikalne sile su: 1 π × 3.03 = 34.67 kN 4 6 1 = 1.0 × 9.81 1.52 × π × 1.0 = 34.67 kN 2 1 = − 0.7 × 9.81 1.52 × π × 1.0 = −24.27 kN 2 1 π × 3.02 × 1.5 = − 0.7 × 9.81 = −12.13 kN 2 12

PZ1 = 1.0 × 9.81 PZ2 PZ3 PZ4

Rastojanja teˇziˇsta odgovarajućih tela opterećenja (zapremina) od vertikalnog zida su: 3 × 1.5 = 0.562 m 8 4 × 1.5 = X3 = = 0.637 m 3×π 1.5 = = 0.477 m π

X1 = X2 X4

Ukupna vertikalna sila i poloˇzaj njene napadne taˇcke su: PZR = 34.67 + 34.67 + 24.27 + + 12.13 = 105.74 kN XR = (34.67 × 0.562 + 34.67 × × 0.637 + 24.27 × 0.637 + + 12.13 × 0.477) / 105.74 = = 0.594 m Ukupna rezultanta i njen nagib (u odnosu na horizontalu) su: R=

p

37.982 + 105.742 = 112.35 kN

α = arctg

37.98 = 700 150 105.74

61

Zadatak 1.10.

U otvorenom rezervoaru nalazi se voda gustine ρ0 = 1.0 kg/dm . Kruti nosaˇc zanemarljive teˇzine moˇze da se obrće bez trenja oko ose u taˇcki O. Sa jedne strane nosaˇca je kupasti zatvaraˇc gustine ρ1 = 2.5 kg/dm3, preˇcnika osnove dZ = 1.0m i visine hZ = 1.0 m, koji zatvara otvor preˇcnika dO = 0.5 m. Sa druge strane nosaˇca je valjkasti plovak preˇcnika dP = 1.0 m i visine hP = 1.5 m. Na slici je prikazan poˇcetni nivo vode. Odrediti gustinu plovka ρ2 iz uslova da se zatvaraˇc otvori ukoliko se nivo vode u sudu podigne iznad poˇcetnog stanja. 3

Reˇ senje. Teˇzina zatvaraˇca je: G1 = ρ 1 g

πd2ZhZ π × 1.02 × 1.0 = 2.5 × 9.81 = 6.421 kN 12 12

Horizontalna hidrostatiˇcka sila na deo omotaˇca kupe koji je u vodi, ˇcija je vertikalna projekcija kruˇzni prsten spoljaˇsnjeg preˇcnika dZ i unutraˇsnjeg dO ), poniˇstava se sa delom sile na osnovu kupe ˇcija je projekcija isti prsten, tako da je ukupna horizontalna sila: PX = ρ0ghT

πd2O π 0.52 = 1.0 × 9.81 × 1.5 = 2.889 kN 4 4

Ekscentricitet ove sile je: eZ = −

1.0 × 9.81 π × 0.54 = −0.010 m 2.889 64

Vertikalna sila na gornji deo zarubljene kupe poniˇstava se sa delom sile na donji deo, tako da je ukupna vertikalna sila na zatvaraˇc: π 2 (d hZ − d2O hO ) = 12 Z π = 1.0 × 9.81 (1.02 × 1.0 − 0.52 × 0.5) = 2.247 kN 12

PZ1 = ρ0g

62

1. Hidrostatika

Poloˇzaj napadne taˇcke ove sile je: X1 =

1.0 4

3 1.03 − (0.5 + 0.5 4 ) 0.5 = 0.196 m 1.03 − 0.53

Vertikalna sila na plovak je: PZ2 = ρ0g

πd2P 1.0 = 1.0 × 9.81 × π × 0.52 × 1.0 = 7.705 kN 4

Teˇzina plovka je: G 2 = ρ2 g

πd2P hP = ρ2 × 9.81 × π × 0.52 × 1.5 = 11.557 ρ2 4

Gustina plovka odre¯ duje se iz uslova da je suma momenata svih sila oko taˇcke O jednaka nuli: ΣM(O) = 0

⇒

6.421 × 0.25 − 2.247 × 0.196 − 2.889 × 2.010 − − 11.557 ρ2 × 2.0 + 7.705 × 2.0 = 0

⇒

ρ2 = 0.466 kg/dm3

2

Teˇ cenje pod pritiskom Zadatak 2.1. Kroz sistem prikazan na slici ostvaruje se proticaj Q = 35 l/s, odnosno u rezervoar R utiˇce ista koliˇcina vode Q koja iz njega i istiˇce1. Odrediti silu pritiska kojom vazduh deluje na kruˇzni poklopac rezervoara cilindriˇcnog oblika, preˇcnika 5 m. Nacrtati u pogodnoj razmeri energetsku i pijezometarsku liniju.

Reˇ senje. Energetska (Bernoulli-jeva) jednaˇcina za presek u rezervoaru R i izlazni presek IZL (kroz koji voda istiˇce) glasi: ER = EIZL + ∆ER→IZL

(2.1)

Rezervoar je relativno velikog popreˇcnog preseka, pa se brzinska visina u 1

Ova pretpostavka garantuje ustaljeno teˇcenje i vaˇzi za sve zadatke u ovom poglavlju. Ukoliko ona nije eksplicitno naznaˇcena na slici (kao u ovom zadatku), pretpostavlja se da je rezervoar dovoljno velike zapremine da je promena nivoa u njemu kroz vreme zanemarljivo mala.

63

64

2. Teˇcenje pod pritiskom

njemu moˇze zanemariti, odnosno energetska kota (u rezervoaru) pribliˇzno je jednaka pijezometarskoj koti: E R = ΠR +

2 vR ≈ ΠR 2g

(2.2)

Pijezometarska kota u izlaznom preseku (gde voda slobodno istiˇce punim presekom) nalazi se u teˇziˇstu preseka (poˇsto je pritisak u svim taˇckama po obimu mlaza jednak nuli) pa je energetska kota u tom preseku: EIZL = ΠIZL +

v2 v22 = 8.00 + 2 2g 2g

(2.3)

gde je v2 – brzina vode u cevi preˇcnika d2. Izgubljena energija izme¯ du preseka R i IZL je: ! √ 8.0 10.02 + 2.02 v12 v22 ∆ER→IZL = ξUL + ξZ + λ1 + ξK + λ 2 2g D1 2g D2 (2.4) Brzine vode kroz pojedine cevi su2 : v1 =

4 × 0.035 = 1.98 m/s 3.14 × 0.152

v2 =

4 × 0.035 = 4.46 m/s (2.5) 3.14 × 0.102

Zamenom (2.2), (2.3), (2.4) i (2.5) u polaznu jednaˇcinu (2.1) dobija se: ΠR

1.982 8.0 = 8.00 + 0.5 + 2 + 0.022 + 19.62 0.15 4.462 10.20 + 1 + 0.1 + 0.025 = 12.43 m 19.62 0.10

Brzinske visine su3 : v12 1.982 = = 0.200 m 2g 19.62 2

v22 4.462 = = 1.012 m 2g 19.62

Brzine vode se izraˇzavaju u [m/s], i to zaokruˇzivanjem na dva decimalna broja, ali se proraˇcun kroz zadatak uvek obavlja sa taˇcnim vrednostima. Sve ovo moˇze imati za posledicu da se ponekad mnoˇzenjem napisanih (zaokruˇzenih) brojeva ne dobija napisani (taˇcni) rezultat, već vrednost koja bi, usled zaokruˇzivanja, bila neznatno pogreˇsna. Ista napomena vaˇzi i za broj π (π = 3.1415926 . . . ) 3 Rastojanja se izraˇzavaju u [m], s time da se horizontalna rastojanja piˇsu sa jednim decimalnim brojem a vertikalna sa dva (odnosno pri pisanju se zaokruˇzuju). Brzinske visine se piˇsu sa tri decimalna broja, da bi se istaklo da njih treba pisati sa viˇse znaˇcajnih cifara u cilju smanjivanja greˇske u proraˇcunu ukoliko se radi sa zaokruˇzenim brojevima (jer se pri proraˇcunu pojedinaˇcnih gubitaka odgovarajući koeficijenti mnoˇze sa brzinskom visinom).

65 Na slici su prikazane4 energetska i pijezometarska linija5.

Na osnovu jednaˇcine mirovanja fluida, pritisak vazduha (odnosno pritisak na povrˇsini vode) iznosi: pVAZ = ρg(ΠR − ZA ) = 1.0 × 9.81(12.43 − 8.00) = 43.44 kPa Traˇzena sila na poklopac rezervoara je: F = pVAZ APOK = 43.44

3.14 × 5.02 = 853.0 kN 4

4 Slika je nacrtana u tzv. distordovanoj razmeri, odnosno razmera za vertikalne duˇzine je veća od razmere za horizontalne, ˇsto je inaˇce uobiˇcajeno u sistemima sa znatno većim dimenzijama u jednom pravcu (u ovom zadatku je RV = 2RH ). 5 U ovoj Zbirci usvojena je konvencija da se energetske linije crtaju isprekidanom, a pijezometarske punom linijom. Ovakav naˇcin crtanja usvojen je po analogiji sa otvorenim tokovima gde je linija nivoa istovremeno i pijezometarska linija (puna linija), dok se energetska linija crta isprekidano. Ovo se naglaˇsava jer je u prethodnoj zbirci (G. Hajdin sa koautorima, Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrˇzanih u 1974. i 1975. god.) bio usvojen obrnut naˇcin obeleˇzavanja.

66


Zadatak 2.2.

Voda istiˇce iz rezervoara A kroz cev preˇcnika d = 100 mm. Nakon izlaska iz rezervoara cev se raˇcva u dva kraka (istog preˇcnika d), od kojih se prva cev moˇze zatvoriti zatvaraˇcem Z. Sraˇcunati proticaje kroz sve cevi ako je zatvaraˇc Z otvoren (lokalni gubitak na njemu iznosi ξZ = 0.7) i za taj sluˇcaj nacrtati energetske i pijezometarske linije za sve cevi u odgovarajućoj razmeri. Izraˇcunati za koliko će se promeniti proticaj Q2 kroz gornju cev ako se zatvaraˇc Z potpuno zatvori.

Reˇ senje. Energetska jednaˇcina za presek A (u rezervoaru A) i izlazni presek iz gornje cevi, uz zanemarenje brzinske visine u rezervoaru (odnosno EA = ΠA ), glasi:

67

v2 2.0 v 2 0→2 16.0 v2 ΠA = 8.00 + 2 + 0 ξUL + λ + 2 ξR + 2ξK + λ 2g 2g d 2g d v22 =

⇒

2.0 ) 19.62(11.00 − 8.00) − v02(0.5 + 0.04 0.10 = 7.358 − 0.1625v02 (2.6) 16.0 1 + 0.2 + 2 × 0.2 + 0.04 0.10

Energetska jednaˇcina za presek u rezervoaru A i za presek u rezervoaru B (kroz prvu cev), uz zanemarenje brzinskih visina u rezervoarima (odnosno EA = ΠA , EB = ΠB ), glasi6:

v2 2.0 v 2 0→1 10.0 ΠA = ΠB + 0 ξUL + λ + 1 ξR + ξK + ξZ + λ + ξIZL 2g d 2g d v12 =

⇒

2.0 ) 19.62(11.00 − 6.00) − v02(0.5 + 0.04 0.10 10.0 0.6 + 0.2 + 0.7 + 1 + 0.04 0.10

⇒

v12 = 15.09 − 0.20v02

(2.7)

Jednaˇcina kontinuiteta za raˇcvu glasi: Q0 = Q1 + Q2 ⇒ v0 = v1 + v2 ⇒ v02 = v12 + v22 + 2v1v2

(2.8)

Zamenom (2.6) i (2.7) u (2.8), sledi: v04 − 26.34v02 + 34.65 = 0 v02

=

−(−26.34) ±

⇒

p

(−26.34)2 − 4 × 1 × 34.65 2

Jedino od ˇcetiri reˇsenja ove jednaˇcine koje fiziˇcki ima smisla je: v0 = 5.00 m/s Brzine u cevima su: v1 =

p

v2 =

p

15.09 − 0.20 × 5.002 = 3.18 m/s 7.358 − 0.1625 × 5.002 = 1.82 m/s

Povrˇsina (svih) cevi je A = d2 π/4 = 0.102 × 3.14/4 = 0.007854 m2, pa su proticaji kroz pojedine cevi Qi = vi A: Q0 = 0.0392 m3/s 6

Q1 = 0.0250 m3/s

Q2 = 0.0143 m3/s

Kad voda utiˇce u rezervoar kroz cev kao ˇsto je to sluˇcaj sa donjom cevi u ovom zadatku, tada je izgubljena energija upravo jednaka brzinskoj visini na izlazu, odnosno ξIZL = 1. Ovaj podatak se u zadacima obiˇcno ne zadaje, već se podrazumeva.

68


Ako se zatvaraˇc potpuno zatvori, tada je v10 = 0 i v00 = v20 , pa se jednaˇcina (2.6) svodi na:

v 02 v 02 18.0 0→2 ΠA = 8.00 + 2 + 2 ξUL + ξR + 2ξK + λ 2g 2g d v20

=

s

19.62(11.00 − 8.00) = 2.52 m/s 1 + 0.5 + 0.2 + 2 × 0.2 + 0.04 18.0 0.10

Traˇzeno povećanje brzine u gornjoj cevi je (u procentima): ∆v2 =

2.52 − 1.82 100% = 38.4% 1.82

⇒

69

Zadatak 2.3.

Proticaj na mlaznici prikazanoj na slici odre¯ duje se na osnovu merenja razlike pritisaka ˇzivinim manometrom. Pod pretpostavkom da se u presecima A i B (na mestima gde je prikljuˇcen ˇzivin manometar) ostvaruje hidrostatiˇcki raspored pritisaka (tj. da je pijezometarska kota konstantna za jedan presek) i da su strujnice me¯ dusobno paralelne i upravne na presek, izraˇcunati kotu do koje će dostići mlaz (pretpostaviti da će se mlaz popeti iznad otvora mlaznika za 90% brzinske visine mlaza).

Reˇ senje. Jednaˇcine hidrostatike za taˇcke C i D glase: pC ΠZˇ = + ZC ρZˇ g pD ΠZˇ = + ZD ρZˇ g odnosno: pC ΠA = + ZC ρV g pD ΠB = + ZD ρV g

       

⇒

pC − pD = ρZˇ g∆h

       

⇒

Π A − ΠB =

      

      

pC − pD − ∆h ρV g

(2.9)

(2.10)

70


Zamenom (2.9) u (2.10) dobija se: Π A − ΠB =

ρZˇ − 1 ∆h ρV

(2.11)

Jednaˇcina kontinuiteta glasi:

Q1 = Q 2 = Q 3

⇒

 2  d2   v2  v1 = d1 2  d2   v2  v3 =

(2.12)

d3

Energetska jednaˇcina za preseke A i B glasi:

10.0 v12 10.0 v2 v2 v2 ΠA + 1 = Π B + 3 + λ1 + + 2 ξK + λ 2 2g 2g d1 2g 2g d2 v2 10.0 + 3 ξK + λ 3 ⇒ 2g d3 Π A − ΠB =

10.0 10.0 v12 v2 − 1) + 2 ξK + λ2 + (λ1 2g d1 2g d2 v32 10.0 + 1 + ξ K + λ3 2g d3

(2.13)

Zamenom (2.11) i (2.12) u (2.13), dobija se:

v2

v u u u = u t 0.15 4 0.20

19.62

13.6 1.0

(1.25 − 1) + 0.3 + 1.8 +

= 2.87 m/s Proticaj kroz cevovod je: Q = 2.87

0.152 × 3.14 = 0.051 m3/s 4

Brzina na izlaznom delu mlaznice je: vML =

0.15 0.075

2

− 1 0.80

2.87 = 11.49 m/s

Mlaz će se popeti do kote: KML = 25.0 + 0.9

11.492 = 31.06 m 19.62

0.15 0.10

4

= (1 + 0.3 + 3)

71

Zadatak 2.4.

Na slici je prikazan vodovodni sistem na kome se proticaj odre¯ duje iz podataka o pritiscima u presecima neposredno uzvodno od kolena i iz poznatih geometrijskih i hidrauliˇckih karakteristika cevi. Lokalni gubitak na ulazu u cev je zanemarljiv, kao i lokalni gubici na kolenima. Sraˇcunati lokalni gubitak na zatvaraˇcu (izraziti ga u odnosu na brzinsku visinu u cevi nizvodno od zatvaraˇca), kao i kotu otvora cevi. U pogodnoj razmeri nacrtati energetsku i pijezometarsku liniju.

Reˇ senje. Na osnovu poznatih pritisaka na manometrima u presecima uzvodno od kolena, kao i njihovih poloˇzajnih kota, preko osnovnih jednaˇcina hidrostatike mogu se izraˇcunati pijezometarske kote u tim presecima: ΠM1 =

pM1 −25 + ZM1 = + 110.00 = 107.45 m ρg 1 × 9.81

(2.14)

ΠM2 =

pM2 50 + ZM2 = + 100.00 = 105.10 m ρg 1 × 9.81

(2.15)

Energetska jednaˇcina za preseke u kojima je poznata pijezometarska kota je: √ 500.02 + 10.02 v 2 v2 v2 ΠM1 + = ΠM2 + +λ (2.16) 2g 2g d 2g Zamenom (2.14) i (2.15) u (2.16) dobija se: v u u 19.62(107.45 − 105.10) √ v=t = 0.96 m/s 2 2

0.02

500.0 +10.0 0.2

72


Koeficijent lokalnog gubitka na zatvaraˇcu odre¯ duje se iz energetske jednaˇcine za presek u rezervoaru (gde je ER = ΠR ) i presek M1:

v2 1000.0 v2 ΠR = ΠM1 + ξZ + λ + 2g 2g d ξZ =

⇒

19.62(113.00 − 107.45) 1000.0 − 0.02 − 1 = 16.9 0.962 0.20

Kota otvora cevi odre¯ duje se iz energetske jednaˇcine za presek M2 i izlazni 7 presek : ΠM2 +

v2 v2 500.0 v 2 = ZOTV + +λ 2g 2g d 2g

ZOTV = 105.10 − 0.02

7

500.0 0.962 = 102.74 m 0.20 19.62

Duˇzina cevi izme¯ du navedenih preseka se aproksimira sa 500 m, poˇsto je cev skoro √ horizontalna, a “taˇcna” duˇzina cevi je 500.02 + 2.742 = 500.01 m.

73

Zadatak 2.5.

Odrediti snagu turbine u sistemu prikazanom na slici, ako je preˇcnik cevi d = 100 mm, koeficijent linijskih gubitaka λ = 0.025, a ˇcitanje na diferencijalnom manometru (razlika pritisaka) ∆pM = 3.5 kPa. Reˇ senje. Diferencijalni manometar M meri razliku pritisaka izme¯ du taˇcke u gornjem rezervoaru R1 na koti 10.0 (+ strana) i preseka u cevi na koti 10.0 (− strana), uz pretpostavku da su strujnice u cevi pravolinijske i normalne na presek, te da je odgovarajuća pijezometarska kota (ΠM− ) merodavna za ceo presek. U tom sluˇcaju, moˇze se napisati sledeće: ΠM+

p + = M + 10.00 ρg

ΠM−

pM− = + 10.00 ρg

ΠM− = ΠM+ −

              

⇒

∆pM 3.5 = 21.00 − = 20.64 m ρg 1 × 9.81

(2.17)

Energetska jednaˇcina za presek u rezervoaru i presek cevi u kome je prikljuˇcen manometar (a u kome je pijezometarska kota ΠM− ) glasi: 21.00 = ΠM− +

v2 13.0 v2 + (ξUL + λ + ξK ) 2g 2g d

(2.18)

Zamenom (2.17) u (2.18) dobija se: v=

s

16.62(21.00 − 20.64) = 1.10 m/s 1 + 1 + 0.025 13.0 0.10 + 0.5

⇒

74

2. Teˇcenje pod pritiskom Q = 1.10

0.102 × 3.14 = 8.67 · 10−3 m3 /s 4

Energetska jednaˇcina za preseke u rezervoarima je: 21.00 = 1.00 +

v2 26.0 (ξUL + λ + 3ξK + ξIZL) + HT 2g d

gde je HT – razlika energetskih kota u presecima neposredno uzvodno i nizvodno od turbine (uobiˇcajeni termin je “pad turbine”), koji iznosi: HT = 21.00 − 1.00 −

1.102 26.0 (1 + 0.025 + 3 × 0.5 + 1) = 19.38 m 19.62 0.10

Konaˇcno, snaga turbine je: NT = ηT ρgQHT = 0.8 × 1 × 9.81 × 0.00867 × 19.38 = 1.32 kW

Zadatak 2.6. Posmatra se crpljenje vode iz rezervoara A u rezervoar B crpkom C1 (prvi sluˇcaj – crpka C2 je iskljuˇcena i voda ne protiˇce kroz donju cev). Za dato ˇcitanje na manometru M1 odrediti snagu crpke, ako je njen koeficijent korisnog dejstva η = 0.80. Ukoliko se ukljuˇci i crpka C2 sa istim koeficijentom korisnog dejstva η (drugi sluˇcaj), pri ˇcemu je sada ˇcitanje na manometru M2 isto kao na manometru M1 (a koje je ostalo nepromenjeno, odnosno kao u prvom sluˇcaju), kolikom će snagom raditi crpka C1? Pretpostaviti da je koeficijenat η crpke C1 ostao nepromenjen. Nacrtati u pogodnoj razmeri pijezometarsku i energetsku liniju za prvi sluˇcaj.

75 Reˇ senje. Iz ˇcitanja na manometru M1 odre¯ duje se prvo pijezometarska kota na mestu gde je manometar prikljuˇcen (presek 1): Π1 =

pM1 17.37 + ZM1 = + 98.00 = 99.77 m ρg 1 × 9.81

a zatim se pomoću energetske jednaˇcine za preseke u rezervoaru A i 1 raˇcuna proticaj:

10.0 v2 v2 ΠA = Π1 + 1 + 1 ξUL + λ1 2g 2g d1 v1 =

s

⇒

19.62(100.00 − 99.77) = 1.00 m/s 1 + 0.5 + 0.03 10.0 0.10

Q1 = 1.00 Q1 = Q2

0.102 × 3.14 = 7.85 · 10−3 m3/s 4 ⇒

v2 =

0.10 0.15

2

1.00 = 0.44 m/s

Za sraˇcunati proticaj, snaga crpke se raˇcuna iz energetske jednaˇcine napisane za preseke u rezervoarima A i B:

17.0 v12 ξUL + ξK1 + λ1 + 2g d1 ! √ v22 2.0 + 25.02 + 10.02 + ξR + ξK2 + ξIZL + λ2 − HC1 2g d2

ΠA = ΠB +

gde je HC1 – razlika energetskih kota u presecima neposredno nizvodno i uzvodno od crpke (uobiˇcajeni naziv je “visina dizanja crpke”), koja iznosi:

1.002 17.0 0.5 + 0.2 + 0.03 + 19.62 0.10 0.442 28.93 + 0.3 + 0.1 + 1 + 0.02 = 10.35 m 19.62 0.15

HC1 = 110.00 − 100.00 +

SC1 =

1 1 ρgQ1HC1 = 1000 × 9.81 × 0.00785 × 10.35 = 997 W η 0.8

76


U sluˇcaju kada su ukljuˇcene obe crpke, kroz donju i gornju cev idu isti proticaji kao kroz gornju cev u prethodnom sluˇcaju. Kroz gornju cev se ne menja proticaj jer je ˇcitanje na manometru M1 ostalo nepromenjeno. Kroz donju cev ide isti proticaj kao kroz gornju jer su cevi istog preˇcnika, duˇzine i oblika, a manometar M2 je postavljen na mestu odgovarajućem onom na kome je postavljen manometar M1 kod gornje cevi, pa je pijezometarska kota za odgovarajući presek donje cevi Π2 = Π1 = 99.77m. Proticaj i brzina kroz kosu cev je dva puta veći: Q02 = 2Q2

0 HC1

⇒

v20 = 2v2 = 2 × 0.44 = 0.89 m/s

⇒

1.002 17.0 = 110.00 − 100.00 + 0.5 + 0.2 + 0.03 + 19.62 0.10 0.892 28.93 + 0.3 + 0.1 + 1 + 0.02 = 10.51 m ⇒ 19.62 0.15

1 1 0 = ρgQ01HC1 1000 × 9.81 × 0.00785 × 10.51 = 1012 W η 0.8 Dakle, da bi se traˇzeni uslov ostvario, potrebno je da se snaga crpke poveća za: 1017 − 997 ∆SC1 = 100% = 1.5% 997 0 SC1 =

77

Zadatak 2.7.

Za instalaciju prikazanu na slici, izraˇcunati koliko se potroˇsi elektriˇcne energije kojom se napaja motor crpke za 5 sati rada, ukoliko je momenat sile na osovini toˇcka (polupreˇcnika r = 1.0 m) konstantan i iznosi M = 800 Nm. Koeficijent sile (odnosno odnos sile kojom voda deluje na toˇcak i inercijalne sile na izlazu iz cevi) iznosi CF = 0.9 i on obuhvata sve gubitke usled trenja, razlike brzina toˇcka i vodenog mlaza i sl. Sraˇcunati ˇcitanje na manometru M1, koji se nalazi neposredno uzvodno od crpke. Nacrtati u pogodnoj razmeri pijezometarsku i energetsku liniju.

Reˇ senje. Moment sile na osovini toˇcka jednak je proizvodu sile F kojom voda deluje na toˇcak i kraka sile (polupreˇcnik toˇcka): M = F × r = CF ρQvr = CF ρv 2

d22 π r 4

Iz ove jednaˇcine dobija se: v2 =

s

4 × 800 = 10.64 m/s 0.9 × 1000 × 0.102 × 3.14 × 1.0

Q = 10.64

0.102 × 3.14 = 0.0836 m3/s 4

Na osnovu jednaˇcine kontinuiteta je: v1 =

d2 d1

2

v2 =

0.10 0.25

2

10.64 = 1.70 m/s

Visina dizanja crpke HC odre¯ duje se iz energetske jednaˇcine za presek u rezervoaru i izlazni presek:

78


v2 v2 0.80 = 2.00 + 2 + 1 2g 2g +

HC

√ ξUL + ξK + λ1

v22 10.0 − HC λ2 2g d2

5.02 + 2.02 + 2.0 d1

⇒

1.702 7.39 = 2.0 − 0.8 + 0.7 + 0.1 + 0.020 + 19.62 0.25 10.642 10.0 + 1 + 0.025 = 21.59 m 19.62 0.10

!

+

79 Snaga crpke i energija utroˇsena za vreme t = 5 h su: S=

1 1 ρgQHC = 1 × 9.81 × 0.0836 × 21.59 = 23.6 kW ηC 0.75

E = St = 23.6 × 5 = 118 kWh Pijezometarska kota u preseku ispred crpke dobija se iz energetske jednaˇcine za presek u rezervoaru i presek u kome je prikljuˇcen manometar: ! √ 5.02 + 2.02 + 2.0 v12 v12 0.80 = Π1 + ξUL + ξK + λ1 ⇒ + 2g 2g d1

1.702 7.39 Π1 = 0.80 − 1 + 0.7 + 0.1 + 0.020 19.62 0.25

= 0.46 m

Traˇzeni pritisak na manometru odre¯ duje se iz jednaˇcine hidrostatike: p1 = (ΠM1 − ZM1 )ρg = (0.46 − 2.50)1 × 9.81 = −20.0 kPa

Zadatak 2.8. Izraˇcunati snagu crpke, ako se za vrednost koeficijenta lokalnog gubitka na zatvaraˇcu ξV = 10 u cevˇcici A–B preˇcnika d1 = 1 mm ostvaruje laminarno teˇcenje sa Reynolds-ovim brojem Re = 100. Radi jednostavnosti proraˇcuna, zanemariti uticaj proticaja u cevˇcici A–B na jednaˇcine kontinuiteta u ˇcvorovima A i B, odnosno zanemariti promenu proticaja duˇz cevi preˇcnika d2 = 200 mm. Kinematski koeficijent viskoznosti vode je ν = 10−6 m2 /s, a gustina vode je ρ = 1.0 kg/dm3 .

Reˇ senje. Brzina vode u cevˇcici je: Re =

v 1 d1 ν

⇒

v1 =

100 × 10−6 = 0.10 m/s 0.001

80


Energija izgubljena izme¯ du preseka A i B, raˇcunato duˇz cevˇcice preˇcnika d1, gde se ostvaruje laminarno strujanje, uz zanemarivanje lokalnih gubitaka, iznosi: ∆EA−B =

64 4.0 + 2(4.0 − 3.1) v12 64 5.8 0.102 = = 1.89 m Re d1 2g 100 0.001 19.62

Taj isti gubitak, raˇcunat duˇz cevi preˇcnika d2, iznosi: ∆EA−B v2 =

s

4.0 v22 = ξV + λ 2 19.62 d2

⇒

19.62 × 1.89 4.0 = 1.87 m/s 10.0 + 0.03 0.20

Poˇsto je d2 = 200d1, proticaj kroz cev d2 je znatno veći od onoga kroz d1 (Q2 Q1), pa se Q1 moˇze zanemariti u jednaˇcini kontinuiteta. 0.202 × 3.14 = 0.0588 m3/s 4 Energetska jednaˇcina za struju duˇz cevi preˇcnika d2 glasi: Q2 = 1.87

v2 12.0 + 2 × 3.0 1.0 = 1.0 + 2 ξUL + 2ξK + ξV + λ2 + ξIZL − HC ⇒ 2g d2 HC = S=

1.872 18.0 (0.5 + 2 × 0.4 + 10 + 0.03 + 1) = 2.68 m 19.62 0.20

1 1 ρgQ2HC = 1 × 9.81 × 0.0588 × 2.68 = 1.93 kW η 0.8

Zadatak 2.9.

Za zatvoreni sistem cevi i rezervoara (A i B) odrediti proticaje Q1 i Q2 i potrebnu snagu crpke. U pogodnoj razmeri nacrtati energetsku i pijezometarsku liniju za gornju cev. Reˇ senje. Proticaj kroz sistem moˇze se odrediti iz energetske jednaˇcine za preseke u rezervoarima duˇz struje kroz donju cev: Π B = ΠA + v2 =

s

10.0 v22 + ξIZL) (ξUL + λ2 2g d2

19.62(5.00 − 4.50) = 1.98 m/s 0.5 + 0.02 10.0 0.20 + 1

⇒

81

Q2 = 1.98

0.202 × 3.14 = 0.0622 m3/s 4

Cevi na prskaˇcu su istih preˇcnika i hrapavosti i postavljene su simetriˇcno u odnosu na vertikalnu osu, pa su i proticaji kroz ove dve cevi me¯ dusobno jednaki: Q1 =

0.0622 = 0.0311 m3/s 2

⇒

v1 =

4 × 0.0311 = 15.85 m/s 0.052 × 3.14

Visina dizanja crpke HC odre¯ duje se iz energetske jednaˇcine za presek u rezervoaru A i izlazni presek na prskaˇcu: v12 20.0 + 1.5 v2 + ξK ) + + 2 (ξUL + λ2 2g 2g d2 ! √ v12 1.02 + 0.52 + ξR + λ 1 − HC ⇒ 2g d1

4.50 = 5.50 +

1.982 21.50 (0.5 + 0.020 + 0.4) + 19.62 0.20 15.852 1.12 + 1 + 0.2 + 0.025 = 24.13 m 19.62 0.05

HC = 5.50 − 4.50 +

Traˇzena snaga crpke je: S=

1 1 × 9.81 × 0.0622 × 24.13 = 17.33 kW 0.85

82

Zadatak 2.10.


Proticaj kroz cev 3 je dva puta veći od proticaja kroz cev 2 (Q3 = 2Q2). Odrediti preˇcnik otvora d0 centralno simetriˇcnog prstenastog zatvaraˇca na kraju cevi 3. Voditi raˇcuna o kontrakciji mlaza, odnosno da presek mlaza AML , koji se uzima kao kontrolni presek za energetsku

83 jednaˇcinu, iznosi 70% od popreˇcnog preseka otvora zatvaraˇca A0 . Gubitak energije na zatvaraˇcu iznosi 10% od brzinske visine suˇzenog mlaza. Sraˇcunati silu kojom fluidna struja deluje na spoj cevi u preseku A–A. Reˇ senje. Q3 = 2Q2 Q1 = Q 2 + Q 3 v1

)

d21 π d2 π = 3v2 2 4 4

⇒

⇒

Q1 = Q2 + 2Q2 = 3Q2

v1 = 3

0.10 0.15

2

v2 =

⇒

4 v2 3





√2 10.0 10.0 v 2 10.0 v2 v2  7.60 = √ + 2 + 1 ξUL + λ1 + 2  ξR + λ 2 3 2g 2g d1 2g d2 3

v2

2

q

4 = 19.62(7.60 − 5.77) 3 11.55 + 0.023 = 2.24 m/s 0.10

Q2 = 2.24

10.0 0.5 + 0.020 + 1 + 0.2 + 0.15 ⇒

0.102 × 3.14 = 0.0176 m3/s 4

0.102 × 3.14 = 0.0352 m3/s 4 4 0.152 × 3.14 v1 = v2 = 2.99 m/s ⇒ Q1 = 2.99 = 0.0529 m3/s 3 4 v3 = 2v2 = 4.49 m/s ⇒ Q3 = 4.49

vML AML = v3 A3

⇒

vML CA

d20π d2 π = v3 3 4 4

⇒

10.0 v 2 10.0 v2 7.60 = − √ + ML + 1 ξUL + λ1 + 2g 2g d1 3   √2 10.0 v2 v2  + ξZ ML + 3  ξR + λ 2 3 ⇒ 2g d2 2g vML =

19.62(7.60 + 5.77) − 2.99

−4.492 0.2 + 0.023

11.55 0.10

2

10.0 0.5 + 0.020 − 0.15

/(1 + 0.1)

0.5

= 13.09 m/s

⇒

84

2. Teˇcenje pod pritiskom vML AML = v3 A3

d0 = d3

r

⇒

v3 = 0.10 vML CA

vML CA s

d20π d2 π = v3 3 4 4

⇒

4.49 = 0.070 m 13.09 × 0.7 U zadatku se traˇzi da se odredi uticaj fluidne struje na presek A–A, odnosno da se odrede normalna sila, transverzalna i momenat u preseku. Poˇsto cevi 2 i 3 desno od preseka A–A u statiˇckom smislu predstavljaju konzolu, preseˇcne sile usled delovanja fluida, u preseku A–A se odre¯ duju pomoću konturne sile vode koja deluje na konzolu. Ako se posmatra zapremina vode izme¯ du preseka A–A i izlaznih preseka cevi 2 i 3, moˇze se napisati jednaˇcina ravnoteˇze svih sila:

~ +G ~2 + G ~3 + K ~ =0 I~1 + P~X + I~2 + IML gde su I – inercijalne sile, P – sila pritiska (u presecima 2 i 3 je 0), G – teˇzina vode u cevi i K – sila konture, cevi na vodu. Sila vode na konturu, odnosno na konzolu je: ~ =R ~ = I~1 + P~X + I~2 + IML ~ +G ~2 + G ~3 −K I1 = 1000 × 0.0529 × 2.99 = 158.2 N I2 = 1000 × 0.0176 × 2.24 = 39.5 N IML = 1000 × 0.0352 × 13.09 = 461.4 N

v2 10.0 v2 7.60 = ΠA + 1 + 1 ξUL + λ 2g 2g d1 ΠA = 7.60 −

2.992 10.0 (0.5 + 0.020 + 1) = 6.31 m 19.62 0.15

PX = pA−A A1 = 1000 × 9.81(6.31 − 0.00) T

0.152 × 3.14 = 1093.3 N 4

85 G2 = G3 = 1000 × 9.81

0.102 × 3.14 11.55 = 889.7 N 4

Preseˇcne sile u preseku A–A su8 : MA−A = (889.7 + 889.7)5.00 = 8896.7 Nm TA−A = 889.7 + 889.7 + (39.5 − 461.4) cos 600 = 1568.4 N NA−A = 158.2 + 1093.3 − (39.5 + 461.4) cos 300 = 817.7 N

Zadatak 2.11. Posmatra se laminarno teˇcenje vode kroz cev (unutraˇsnjeg preˇcnika d = 2 mm. Koeficijent kinematske viskoznosti vode je ν = 10−6 m2 s−1 . Odrediti proticaj. Nacrtati pijezometarsku i energetsku liniju. Sraˇcunati proseˇcni tangencijalni napon izme¯ du vode i zida cevi i ukupnu silu trenja za celu cev. Reˇ senje. Energetska jednaˇcina za presek u rezervoaru i izlazni presek glasi: ! √ 5.02 + 3.02 v2 v2 ΠREZ = ΠIZL + ξUL + λ (2.19) + 2g 2g d Za laminarno teˇcenje vaˇzi zavisnost: λ=

64 64ν = Re vd

(2.20)

Zamenom (2.20) u (2.19) dobija se: 64 × 10−6 5.83 10.00 = 8.00 + 1 + 0.3 + v × 0.002 0.002 8

!

v2 2g

⇒

A−A Sila pritiska PX ne deluje u teˇziˇstu preseka, ali je njen ekscentricitet veoma mali pa se odgovarajući moment sile moˇze zanemariti.

86

2. Teˇcenje pod pritiskom 2.00 = 0.06626v 2 + 4.755v ⇒

v = 0.42 m/s

⇒

0.0022 × 3.14 = 4 = 1.31 · 10−6 m3 /s

Q = 0.42

Nakon proraˇcuna proticaja, potrebno je proveriti pretpostavku o laminarnom teˇcenju: Re =

vd 0.42 × 0.002 = 840 < ReKRIT = ν 10−6

Proseˇcni tangencijalni napon izme¯ du vode i zida cevi je: 1 λ 1 2 1 64 × 10−6 1 τ = Cτ ρv 2 = ρv = 1000 × 0.422 = 1.67 Pa 2 42 4 0.42 × 0.002 2 Ukupna sila trenja je: T = τ OL = 1.67 × 0.002 × 3.14 × 5.83 = 0.062 N gde je O – okvaˇseni obim cevi i L – ukupna duˇzina cevi.

Zadatak 2.12. Na slici je prikazana standardna laboratorijska instalacija sa Thompson-ovim oˇstroiviˇcnim prelivom. Pretpostavljajući da je do-

87 nji rezervoar R1 dovoljno veliki da nivo vode u njemu ne zavisi od proticaja i da je brzinska visina u gornjem rezervoaru R2 zanemarljiva, odrediti kotu vode u gornjem rezervoaru Π2 pri kojoj crpka radi snagom S = 500 W. Reˇ senje. Potrebno je postaviti tri jednaˇcine: prva je energetska jednaˇcina za preseke u donjem i gornjem rezervoaru, druga je jednaˇcina prelivanja za Thompson-ov preliv a treća je izraz za snagu crpke:             

v2 1.6 Π1 = 2.00 + hT + (ξRESˇ + λ + ξIZL) − HC 2g D 5q QT = 2gh5T 16 S=

1 ρgQHC η

⇒

⇒

hT = HC =

256Q2 25 × 19.62

!0.2

= 0.878Q0.4  

ηS ρgQ

1 1.00 = 2.00 + 0.878Q + 19.62 0.8 × 500 + 1) − 9.81 × 1000 × Q 0.4

4Q 2 0.30 × 3.14

⇒

         

2

(0.5 + 0.02

1.6 + 0.3

⇒

−1.00 = 0.878Q0.4 + 16.4Q2 − 0.0408Q−1 Ova jednaˇcina, nakon mnoˇzenja sa −Q, moˇze se napisati u obliku: Q = 0.0408 − 0.878Q1.4 − 16.4Q3 odnosno, moˇze se reˇsiti iterativnim postupkom9 : 3 Q(i+1) = 0.0408 − 0.878Q1.4 (i) − 16.4Q(i)

gde je i – redni broj iteracije. Ako se u prvom koraku uzme Q(1) = 0, dobija se: Q(2) = 0.0408 − 0.878 × 0.00001.4 − 16.4 × 0.00003 = 0.0408 Q(3) = 0.0408 − 0.878 × 0.04081.4 − 16.4 × 0.04083 = 0.0300 ... 9


88

2. Teˇcenje pod pritiskom Q(7) = 0.0408 − 0.878 × 0.03301.4 − 16.4 × 0.03303 = 0.0328

Daljim ponavljanjem moˇze se pokazati da postupak konvergira vrednosti Q = 0.0328 m3/s. Odgovarajuća visina mlaza na Thompson-ovom prelivu je: hT = 0.878 × 0.03280.4 = 0.224 m pa je traˇzena kota vode u gornjem rezervoaru: Π2 = 2.00 + hT = 2.224 m

3

Teˇ cenje sa slobodnom povrˇ sinom Zadatak 3.1.

Pri ustaljenom jednolikom teˇcenju u kanalu trapeznog popreˇcnog preseka, izmerena je dubina vode H = 1.0 m. Nagib dna kanala je ID = 0.5% a Manning-ov koeficijent hrapavosti je n = 0.014 m−1/3s. Ispitati reˇzim teˇcenja u kanalu (da li je mirno ili burno), uz potrebna obrazloˇzenja.

Reˇ senje. Chézy-Manning-ova jednaˇcina za ustaljeno teˇcenje glasi: Q=

p 1 AR2/3 IE n

gde je IE = IΠ = ID za jednoliko teˇcenje

(3.1)

(IE – nagib linije energije, IΠ – nagib linije nivoa, odnosno Π-linije, ID – nagib dna kanala, A – proticajna povrˇsina, R – hidrauliˇcki radijus definisan kao odnos proticajne povrˇsine i okvaˇsenog obima R = A/O, n – dimenzionalni koeficijent trenja po Manning-u sa dimenzijom [L−1/3T]). Dubina pri kojoj vaˇzi pretpostavka iz jednaˇcine (3.1) o jednolikom teˇcenju zove se 89

90

3. Teˇcenje sa slobodnom povrˇsinom

normalna dubina, pa se moˇze napisati: 1 2/3 p ID AN R N n Iz uslova zadatka da je H = HN = 1.0 m, moˇze se sraˇcunati proticaj Q, uz zamenu: Q=

AN = H(b + 2H) = 7.0 m2 AN H(b + 2H) √ = 0.739 m RN = = ON b + 2H 5 √ 1 Q = 7.0 × 0.7392/3 0.005 = 28.9 m3/s 0.014 Da bi se proverio reˇzim teˇcenja u kanalu, potrebno je za zadatu dubinu i dobijeni proticaj sraˇcunati Froude-ov broj: Fr =

Q2 B Q2(b + 4H) 28.92(5.0 + 4 × 1.0) = = = 2.23 gA3 g[H(b + 2H)]3 9.81 [ 1.0 (5.0 + 2 × 1.0)]3

i uporediti ga sa kritiˇcnom vrednoˇsću (FrK = 1). Poˇsto je Fr > 1, teˇcenje u kanalu je u burnom reˇzimu. Do istog zakljuˇcka moˇze se doći ukoliko se sraˇcuna kritiˇcna dubina za zadati proticaj Q (odnosno dubina HK pri kojoj je Froude-ov broj jednak jedinici) pa se uporedi sa normalnom dubinom HN . Za zadatu geometriju popreˇcnog preseka biće: Q2 (b + 4HK ) FrK = =1 g[HK(b + 2HK )]3

⇒

HK =

s 3

p

Q2 3 1 + 4HK /b gb2 1 + 2HK /b

Poslednji oblik jednaˇcine pogodan je za reˇsavanje iterativnim postupkom1 : (i+1)

HK

=

s 3

q 3

(i)

Q2 1 + 4HK /b gb2 1 + 2H (i)/b K (1)

gde je i – redni broj iteracije. Ako se u prvom koraku uzme HK = 0: (2)

HK =

s 3

28.92 = 1.50 9.81 × 5.02

dobija se: q 3

(3)

HK = 1.50 1

4×1.50 5.0 2×1.50 5.0

1+


q 3

1+

= 1.22

(4)

HK = 1.50

4×1.22 5.0 2×1.22 5.0

1+

1+

= 1.27

91 q 3

(5)

HK = 1.50

4×1.27 5.0 2×1.27 5.0

1+

1+

= 1.26

Daljim ponavljanjem moˇze se pokazati da postupak konvergira vrednosti HK = 1.26 m. Ako se sraˇcunata kritiˇcna dubina uporedi sa normalnom, vidi se da je HK > HN , odnosno zakljuˇcuje se da je teˇcenje u kanalu u burnom reˇzimu. Kritiˇcna dubina moˇze da se odredi i grafiˇcki tako ˇsto se, na osnovu nekoliko sraˇcunatih vrednosti Froude-ovog broja, nacrta dijagram Fr(h), a zatim se sa njega oˇcita HK . h (m) Fr (–)

1.10 1.61

1.20 1.19

1.30 0.90

Zadatak 3.2.

U betonskom kanalu sa Manning-ovim koeficijentom hrapavosti n = 0.014 m−1/3s i popreˇcnog preseka kao na slici, kota vode pri kojoj se javlja kritiˇcna dubina je HK = 3.0 m. Sraˇcunati pri kom nagibu dna kanala je normalna dubina jednaka kritiˇcnoj. Ako se proticaj poveća tri puta, da li je za tako sraˇcunat nagib teˇcenje mirno, kritiˇcno ili burno?

Reˇ senje. S obzirom da je poznata kritiˇcna dubina i geometrija popreˇcnog preseka, moguće je sraˇcunati proticaj u kanalu, iz uslova da je Froude-ov

92


broj jednak jedinici: s

Q2B Fr = =1 gA3

⇒

Q=

gA3 = B

s

9.81 × 17.03 = 69.42 m3/s 10.0

Za sraˇcunati proticaj, iz Chézy-Manning-ove jednaˇcine se za poznatu dubinu HK = HN dobija traˇzeni nagib dna (pri kome će se u ustaljenom jednolikom teˇcenju ostvariti dubina jednaka kritiˇcnoj): Q=

ID =

p 1 AR2/3 ID n

nQ AR2/3

2

=

⇒ 0.014 × 69.42 17.0 2/3 17.0( 13.07 )

!2

= 0.0023 = 0.23 %

Povećanjem proticaja tri puta, Q0 = 3 × 69.42 = 208.27 m3/s, normalna dubina (HN0 ) postaje: Q0 =

1 0 02/3p ID AR n

60.76 = [17.0 +

⇒

10.0(HN0

nQ0 √ = A0 R02/3 ID "

17.0 + 10.0(HN0 − 3.0) − 3.0)] 13.07 + 2.0(HN0 − 3.0)

#2/3

Dobijena jednaˇcina se moˇze reˇsiti grafiˇckim putem, metodom probanja ili numeriˇckim putem uz prethodno sre¯ divanje u pogodniji oblik. Ako se jednaˇcina digne na treći stepen, pa se sredi po nepoznatoj HN0 iz brojioca, dobija se: q 5

0

HN =

0

(2.0HN + 7.07)2 × 60.763 + 13.0 10.0

0

= 1.55(HN + 3.54)0.4 + 1.30

Ovaj oblik jednaˇcine pogodan je za reˇsavanje iterativnim postupkom2: 0 (i+1)

HN

0(i)

= 1.55(HN + 3.54)0.4 + 1.30 0 (1)

gde je i – redni broj iteracije. Polazeći od dubine HN iteracija dolazi se do reˇsenja: HN0 = 4.95 m 2


= 3.0m, u nekoliko

93 Kao i u prethodnom zadatku, za proveru reˇzima teˇcenja nije neophodno raˇcunati kritiˇcnu dubinu, već je dovoljno sraˇcunati Froude-ov broj za normalnu dubinu: Fr0 =

208.262 × 10.0 = 0.91 9.81 × 36.53

Kako je Fr0 < 1, zakljuˇcuje se da sa povećanjem proticaja u kanalu reˇzim teˇcenja postaje miran.

Zadatak 3.3. U pravougaonom kanalu ˇsirine dna B = 2.0 m, na ˇsirokom pragu se ostvaruje kritiˇcna dubina. Gubitak energije izme¯ du preseka 1 i 2 iznosi 30 % od kinetiˇcke energije u preseku 2, a izme¯ du preseka 2 i 3 10 % kinetiˇcke energije u preseku 3. Za preseke 1, 2 i 3, u kojima se ostvaruje hidrostatiˇcka raspodela pritisaka, pri ˇcemu nizvodni uslovi ne utiˇcu na dubinu u preseku 3, sraˇcunati i nacrtati kote dna, pijezometarske i energetske kote, Froudeove brojeve kao i dijagram specifiˇcne energije 50 (razmera 1 : 100 ). Nagib dna kanala je ID = 2 %. Reˇ senje. Za dati proticaj, dubina H2 u preseku 2 je kritiˇcna dubina i raˇcuna se iz uslova: 

Q2 B    Fr = 3 =1 gA2 A2 = BH2

  

⇒

H 2 = HK =

s 3

Q2 = 0.972 m gB 2

Dubine u presecima 1 i 3 raˇcunaju se pomoću energetskih jednaˇcina, s obzirom da su poznati lokalni gubici energije. Za preseke 1 i 2 biće: ZD1 + H1 +

v12 v2 = ZD2 + H2 + 2 + ∆E1→2 2g 2g

94

3. Teˇcenje sa slobodnom povrˇsinom v22 = 2g

6.0 2.0 × 0.972

2

1 = 0.486 m 19.62

ZD2 = 100.0 − 5.0 × 0.02 + 1.0 = 100.90 m v2 ∆E1→2 = 0.3 2 = 0.3 × 0.486 = 0.146 m 2g H1 +

                

⇒

Q2 = 2.503 2gB 2 H12

(3.2)

Ova jednaˇcina pogodna je za reˇsavanje iterativnim postupkom3: 0.4587 (i+1) H1 = 2.503 − (i)2 H1 (1)

gde je i – redni broj iteracije. Za H1 = 2.503 m, dobija se: 0.4587 0.4587 (3) = 2.430 H1 = 2.503 − = 2.426 2 2.503 2.4302 Daljim ponavljanjem moˇze se pokazati da postupak konvergira vrednosti4 H1 = 2.425 m. Za odre¯ divanje dubine u preseku 3, postavlja se energetska jednaˇcina izme¯ du preseka 2 i 3: (2)

H1

= 2.503 −

ZD2 + H2 +

v22 v2 = ZD3 + H3 + 3 + ∆E2→3 2g 2g

Nakon zamene ∆E2→3 = 0.1 2.557 = H3 +

(3.3)

v32 , i izraˇcunatih brojnih vrednosti, dobija se: 2g

0.5046 H32

Jednaˇcina je u formi pogodnoj za reˇsavanje iteracijama5: (i+1)

H3

=

v u u (i)3 t H3 + 0.5046

2.557

(1)

Ako se u prvom koraku uzme H3 = 0, u nekoliko iteracija dobija se reˇsenje H3 = 0.495 m. 3

Videti objaˇsnjenje na strani 49. 0 00 Jednaˇcina (3.2) ima joˇs dva reˇsenja: H1 = −0.398 m i H1 = 0.476 m. Prvo fiziˇcki nema smisla jer dubina ne moˇze da bude negativna, a drugo hidrauliˇcki nema smisla jer kota nivoa vode u preseku ispred praga mora biti veća od kote vode na pragu. 5 Jednaˇcina (3.3) moˇze da se napiˇse u nekoliko razliˇcitih oblika pogodnih za iterisanje. Najbolje je koristiti onaj oblik kojim se najbrˇze konvergira reˇsenju. 4

95 Veliˇcina, oznaka (jedinice) Kota dna, Z (m) Pijezometarska kota, Π (m) Energetska kota, E (m) Specifiˇcna energija, e (m) Froude-ov broj, Fr (–)

Izraz ZD ZD + H ZD + H + v2 2g Q2 B gA3

H+

v2 2g

1 100.00 102.43

2 100.90 101.87

3 99.80 100.30

102.51

102.36

102.17

2.51

1.46

2.37

0.064

1.00

7.56

96


Zadatak 3.4.

Za kanal trougaonog popreˇcnog preseka, sa uglom izmed¯u bokova kanala od 600 , horizontalnog dna, nacrtati dijagram zavisnosti zbira sile pritiska i inercijalne sile od dubine H, za proticaj Q = 5 m3/s. Pri crtanju dijagrama sraˇcunati taˇcku minimuma funkcije i po dve taˇcke levo i desno od minimuma. Koristeći nacrtanu funkciju, odrediti potrebnu (nizvodnu) dubinu H2 za formiranje hidrauliˇckog skoka ako je uzvodna, dolazna dubina H1 = 1.00 m.

Reˇ senje. Zbir sila pritiska i inercijalne sile u jednom preseku je: √ H 2 3 Q T √ P + I = p A + ρQv = ρg H + ρQ 3 3 H2 3

(3.4)

3

√ 3 3H 3 P + I = ρg + ρQ2 2√ 9 H 3

(3.5)

Minimum funkcije moˇze se dobiti izjednaˇcavanjem prvog izvoda d(P +I)/dH sa nulom ili traˇzenjem kritiˇcne dubine (znajući da je za kritiˇcnu dubinu zbir inercijalne sile i sile pritiska minimalan). √

Q2 2 33 H Q2 B Fr = = √ 3 = 1 gA3 g 33 H 2

⇒

HK =

s 5

6Q2 = 1.73 m g

Hidrauliˇcki skok je lokalna pojava koju opisuju jednaˇcina kontinuiteta i dinamiˇcka jednaˇcina primenjena na konaˇcnu zapreminu izme¯ du preseka 1 i 2. Prema dinamiˇckoj jednaˇcini, vektorski zbir svih sila na konaˇcnu zapreminu je nula, odnosno: i=n X

F~i = 0

(3.6)

i=1

~ odnosno komponenta u pravcu Horizontalna komponenta teˇzine vode (G), teˇcenja, jednaka je nuli. Tako¯ de, zbog prizmatiˇcnosti kanala, komponenta

97 ~ u pravcu teˇcenja je nula dok se zbog relativno kratke sile konture na fluid (K) deonice za koju se piˇse dinamiˇcka jednaˇcina, sila trenja (T~ ) moˇze zanemariti. Dinamiˇcka jednaˇcina se tako svodi na sledeću jednakost: P1 + I1 = P 2 + I2

(3.7)

Na osnovu dijagrama zavisnosti sile od dubine, jednaˇcina hidrauliˇckog skoka (3.7) moˇze se reˇsiti grafiˇckim putem, oˇcitavanjem dubine H2 sa dijagrama koja će se spregnuti sa dubinom H1 u skok. Za H1 = 1.00 m, dobija se dubina H2 = 2.76 m. H (m) 0.50 1.00 1.73 2.50 3.00

P + I (kN) 173.44 45.19 24.24 36.43 55.79

Zadatak 3.5. Na slici je prikazano potopljeno isticanje iz kolektora kruˇznog preseka u kanal sa slobodnom povrˇsinom. Kanal je pravougaonog popreˇcnog preseka, horizontalnog dna, ˇsirine iste kao i preˇcnik kolektora. Pri proticaju Q = 2.0 m3/s, na poˇcetku kanala (u preseku 1) izmerena je dubina H1 = 3.0 m. Odrediti povećanje nivoa vode izme¯ du preseka 1 i preseka 2 uz sledeće pretpostavke: – isticanje iz kruˇznog kolektora je bez kontrakcije,

98

3. Teˇcenje sa slobodnom povrˇsinom – kota nivoa u preseku 1 je pijezometarska kota za ceo presek, ukljuˇcujući i presek mlaza, – zanemaruje se trenje izme¯ du preseka 1 i 2, – u preseku 2 je merodavna srednja brzina za ceo presek.

Reˇ senje. Zadatak se reˇsava primenom jednaˇcine kontinuiteta i dinamiˇcke jednaˇcine za preseke 1 i 2, odnosno: P1 + I1 = P2 + I2

(3.8)

Prema uslovima zadatka, sila pritiska i inercijalna sila u preseku 1 su: P1 = pT 1 A1 = ρg

H1 H1B = 44.145 kN 2

I1 = ρQvKOL = ρQ

4Q = 5.093 kN D2π

a u preseku 2: P 2 = pT 2 A2 = ρg

H2 H2B = 4.905H22 2

I2 = ρQv2 = ρQ

Q = 4.00H2−1 H2 B

Na osnovu jednaˇcine (3.8) sledi6: 44.145 + 5.093 = 4.905H22 + 4.00H2−1 ⇒ H2 = 3.127 m Traˇzeno povećanje nivoa vode je: ∆H = 3.127 − 3.00 = 0.127 m

Zadatak 3.6. Na slici je prikazan pravougaoni kanal ˇsirine B = 5.0 m i koeficijenta hrapavosti po Manning-u n = 0.015 m−1/3s sa promenom nagiba dna. U deonicama kanala 1 i 2 normalne dubine su HN1 = 0.7 m i 6

(i+1)

Dato reˇsenje dobija se pomoću iterativne formule H2 0

00

=

q 3

(i)

10.038H2 − 0.8155 ;

druga dva reˇsenja (H2 = −3.208 m i H2 = 0.081 m) oˇcigledno nemaju smisla.

99 HN2 = 2.0 m. Sraˇcunati proticaj kanalom, nagib dna kanala u deonici 1 (ID1) i skicirati slobodnu povrˇsinu nivoa vode na mestu spajanja dveju deonica kanala. Reˇ senje. Proticaj kanalom se raˇcuna iz uslova da je u deonici 2 poznata normalna dubina: √ √ 2/3 ID2 0.001 5.0 × 2.0 2/3 = Q = A 2 R2 = 5.0 × 2.0 n 0.015 2 × 2.0 + 5.0 = 22.62 m3/s Na osnovu sraˇcunatog proticaja i podatka da je u deonici 1 normalna dubina, raˇcuna se nagib dna kanala: ID1 =

nQ

!2

2/3 A1 R1

 

=

0.015 × 22.62 5.0 × 0.7

5.0×0.7 2×0.7+5.0

2

 2/3  = 0.021 = 2.1 %

Da bi se skicirala linija nivoa na mestu promene pada dna kanala, potrebno je prvo sraˇcunati kritiˇcnu dubinu (iz uslova Fr = 1): Q2 B 22.622 × 5.0 Fr = = =1 gA3 9.81(5.0HK)3

s

⇒

HK =

3

22.622 = 1.28 m 9.81 × 5.02

Kako je HN1 < HK (u deonici 1 je burno teˇcenje), a HN2 > HK (u deonici 2 je mirno teˇcenje), prelaz iz burnog u mirno teˇcenje je moguć samo preko hidrauliˇckog skoka. Da bi se odredio poloˇzaj skoka, potrebno je sraˇcunati 0 dubinu H1 koja se sa dubinom H1 moˇze spregnuti u skok: P1 + I1 = P2 + I2 0

158.15 = 24.525H12 +

102.30 H10

⇒

H10 = 2.12 m

Da bi se hidrauliˇcki skok formirao taˇcno na mestu promene nagiba dna kanala, potrebna je nizvodna dubina H10 = 2.12 m. Kako je HN2 < H10 , hidrauliˇcki skok će biti “odbaˇcen”, odnosno pomeren nizvodno. Za hidrau0 liˇcki skok u nizvodnoj deonici, dubina iza skoka je H2 = H2N = 2.0m. Treba, dakle, sraˇcunati dubinu H2 ispred skoka, tako da bude spregnuta sa dubinom 0 H2 iza skoka, i to iz uslova: P2 + I2 = P2N + I2N

100

3. Teˇcenje sa slobodnom povrˇsinom 24.525H22 +

102.30 = 149.25 H2

⇒

H2 = 0.76m

Zadatak 3.7. Na laboratorijskoj instalaciji, pravougaonom kanalu ˇsirine dna B = 0.1 m i horizontalnog dna, izmerene su dubine H1 , H2 i visina praga p. Ukoliko se zna da je lokalni gubitak energije od preseka 3 do praga 30 % od kinetiˇcke energije na pragu (na pragu se ostvaruje kritiˇcna dubina), izraˇcunati proticaj u kanalu QPR . Iz izmerenih podataka o dubinama ispred i iza hidrauliˇckog skoka (H1 i H2 ), izraˇcunati proticaj QHS . Tako sraˇcunat proticaj uporediti sa proticajem QPR dobijenim iz uslova da je na pragu kritiˇcna dubina. Pod pretpostavkom da su sve dubine taˇcno izmerene i da je podatak o koeficijentu lokalnog gubitka pouzdan, komentarisati dobijenu razliku u izraˇcunatim protocima.

Reˇ senje. Postavljanjem dinamiˇcke jednaˇcine za preseke 1 i 2, raˇcuna se QHS : P1 + I1 = P 2 + I2 ⇒

⇒

0.07 + 833333Q2HS = 19.62 + 50000Q2HS

QHS = 5.00 l/s

Na osnovu energetske jednaˇcine, znajući da se u preseku na pragu ostvaruje

101 kritiˇcna dubina i znajući lokalne gubitke energije izme¯ du preseka 3 i preseka na pragu, dobija se proticaj QPR : H3 +

v32 v2 = p + HK + K (1 + 0.3) 2g 2g

H3 +

Q2PR Q2PR = p + H + K 2 (1 + 0.3) 2gB 2 H32 2gB 2 HK

⇒

S obzirom da su u jednaˇcini nepoznati proticaj QPR i dubina vode na pragu HK , koristi se veza: Fr =

Q2PR B =1 gA3

⇒

3 Q2PR = gB 2 HK

Nakon elementarnih transformacija, dobija se jednaˇcina po HK : 0.2 +

3 HK 1.3HK = 0.098 + HK + 2 × 0.22 2

⇒

HK = 0.064 m

pa je “taˇcni” proticaj: QPR =

q

3 = 5.05 l/s gB 2HK

Vrednost QPR je neˇsto veća od QHS , ˇsto je moglo i da se oˇcekuje zato ˇsto je pri proraˇcunu proticaja preko spregnutih dubina u dinamiˇckoj jednaˇcini zanemarena sila trenja (koja deluje u smeru suprotnom od smera teˇcenja i koja je na kratkim rastojanjima obiˇcno mala u pore¯ denju sa drugim silama). Ovaj zakljuˇcak, da se zanemarivanjem trenja dobija manji proticaj, nelogiˇcan je samo na prvi pogled. Napominje se joˇs i da, ukoliko kanal nije horizontalan, u dinamiˇckoj jednaˇcini se pojavljuje i komponenta sile teˇzine u pravcu toka. Zanemarivanjem ove sile (ˇsto je opravdano samo za relativno male nagibe dna), dobija se neˇsto veći proticaj od stvarnog, poˇsto komponenta sile teˇzine u pravcu toka deluje u smeru teˇcenja.

Zadatak 3.8.

Na slici je prikazan pravougaoni kanal horizontalnog dna, ˇsirine B = 3.0 m sa trougaonim suˇzenjem (presek 3). Za dati proticaj Q = 4 m3/s, odrediti dubine vode u suˇzenju H3, neposredno ispred suˇzenja H2 i dubinu H1 koja se spreˇze u skok sa dubinom H2 . Pretpostaviti da su gubici energije izme¯ du preseka u suˇzenju i ispred suˇzenja zanemarljivi. Dubinu H2 raˇcunati za puni (pravougaoni) presek a dubinu H3 za suˇzeni (trougaoni) presek. Nizvodni uslovi ne remete teˇcenje kroz suˇzenje, tako

102


da je omogućeno formiranje kritiˇcne dubine u suˇzenju. U pogodnoj razmeri nacrtati pijezometarsku i energetsku liniju.

Reˇ senje. Prema uslovima datim u zadatku, u suˇzenom preseku 3 se formira kritiˇcna dubina, definisana sa: Fr =

HK

Q2 2 × 1.5 Q2 B 2.5 HK = 1 ⇒ 3 = 1 3 gA 2 g 1.5 H 2.5 K

v u u 2Q2 =u 5 2 = 1.554 m, t 1.5

g

⇒

E3 = 1.942 m

2.5

Dubina vode u preseku 2 se raˇcuna iz energetske jednaˇcine: H2 +

v22 v2 = HK + K 2g 2g

H2 = 1.917 m,

⇒

H2 +

2 Q2 vK = H + K 2gB 2 H22 2g

⇒

E2 = 1.942 m

dok se dubina u preseku 1 dobija iz dinamiˇcke jednaˇcine uz zanemarenje sile trenja: P1 + I 1 = P 2 + I 2 14715H12 +

⇒

ρg

5333.3 = 56858 H1

H12 H2 B + ρQv1 = ρg 2 B + ρQv2 2 2 ⇒

H1 = 0.094 m

E1 = 10.31 m

Do istog reˇsenja za dubinu H1 se moglo doći i koriˇsćenjem jednaˇcine:

103

H1 =

H2 p 1 + 8Fr2 − 1 2

koja se tako¯ de dobija primenom dinamiˇcke jednaˇcine za pravougaono korito, nakon zanemarenja sile trenja i elementarnih transformacija.

Zadatak 3.9.

Radi ispitivanja teˇcenja preko ˇsirokog praga u laboratorijskom kanalu pravougaonog popreˇcnog preseka ˇsirine dna B = 0.2 m, nagiba dna ID = 0.5 % i hrapavosti po Manning-u n = 0.013 m−1/3s, uspostavljeni su uslovi kao na slici. Izmerena dubina vode u preseku 4 je H4 = 0.117 m. Pretpostavlja se da nizvodno od preseka 4 nema nikakvih poremećaja, pa se moˇze smatrati da je H4 normalna dubina. Skicirati liniju nivoa ako je prelivanje preko ˇsirokog praga nepotopljeno a hidrauliˇcki skok se formira izme¯ du preseka 3 i 4. Gubitak energije izme¯ du preseka 1 i 2 je 10 % kinetiˇcke energije u preseku 2.

104


Reˇ senje. S obzirom da je omogućeno nepotopljeno prelivanje preko ˇsirokog praga, na pragu se ostvaruje kritiˇcna dubina, a nizvodno se formira burno teˇcenje (presek 2), H2 < H1. Izme¯ du preseka 3 i 4 se formira hidrauliˇcki skok, sa uzvodnom dubinom H3 > H2 , a nizvodnom H4 = HN = 0.117 m. Na osnovu ovih podataka, moguće je skicirati liniju nivoa. Na osnovu podatka da je u preseku 4 normalna dubina, raˇcuna se proticaj u kanalu: √ √ 2/3 ID 0.005 0.2 × 0.117 2/3 Q = = AR = 0.2 × 0.117 n 0.013 2 × 0.117 + 0.2 = 18.17 l/s Na pragu se ostvaruje kritiˇcna dubina H1 = HK : Q2 B Fr = =1 gA3

⇒

HK =

s 3

Q2 = 0.094 m, gB 2

EK = 0.157 m

dok se dubina u preseku 2 dobija iz energetske jednaˇcine (uz zanemarenje promene kote dna izme¯ du preseka 1 i 2): p + HK +

2 vK v2 = H2 + 2 (1 + 0.1) 2g 2g

0.157 = H2 +

1.1 Q2 2gB 2H22

⇒

H2 = 0.074 m

E2 = 0.151 m

Dubina u preseku 3 je dubina koja se sa H4 spreˇze u skok, pa se raˇcuna iz dinamiˇcke jednaˇcine (pri ˇcemu se pored sile trenja zanemaruje i komponenta sile teˇzine u pravcu toka): P 3 + I3 = P4 + I4 H3 = 0.075 m

⇒

ρg

H32 Q2 = 27.68 B +ρ 2 BH3

E3 = 0.150 m

⇒

105

Zadatak 3.10.

Iz rezervoara u kome se odrˇzava konstantan nivo istiˇce voda kroz kratki pravougaoni kanal na ˇcijem kraju se nalazi ustava koja sluˇzi za regulisanje proticaja. Dno kanala je horizontalno. Gubitak energije izme¯ du nekog preseka 0 u rezervoaru (gde je brzina pribliˇzno jednaka nuli) i preseka 1 iznosi 10% kinetiˇcke energije u preseku 1, a gubitak izme¯ du preseka 1 i 2 iznosi 15 % kinetiˇcke energije u preseku 2. Isticanje ispod ustave je uvek slobodno, a koeficijent kontrakcije mlaza CA = 0.7. Nacrtati dijagram proticaja kroz kanal u zavisnosti od visine dizanja ustave za raspon U od 0 do 0.3 H0.

Reˇ senje. Postavljanjem dve energetske jednaˇcine, za preseke 0 i 1, odnosno 1 i 2, dobijaju se dve jednaˇcine sa dve nepoznate, dubinom H1 i proticajem Q. Pri tome se smatra da je visina dizanja ustave U = H2/CA poznata, jer se ona nezavisno zadaje u rasponu od 0 do 0.3H0. v12 v2 v2 (1 + 0.1) , H1 + 1 = H2 + 2 (1 + 0.15) 2g 2g 2g Sabiranjem ove dve jednaˇcine dobija se: H0 = H1 +

v12 v2 + 1.15 2 2g 2g Ova jednaˇcina se, uz primenu jednaˇcine kontinuiteta Q = v1 H1B = v2H2 B , moˇze napisati u obliku: H0 = H2 + 0.1

s

0.7 Q Q= √ U B 2g(H0 − 0.7U ) − 0.1 BH1 1.15 Dalje se proraˇcun obavlja iterativno: Q

(i+1)

(i+1) H1

2

v u u = 1.632U t19.62(2.0 − 0.7U ) − 0.016

= 2.0 − 0.009

Q(i+1) (i)

H1

!2

Q(i) (i)

H1

!2

106


gde je i – redni broj iteracije. Ako se, za nekoliko visina dizanja ustave, u prvoj iteraciji uzmu vrednosti koje odgovaraju zatvorenoj ustavi (U = 0), (1) odnosno Q(1) = 0, H1 = 2.0 m, dobija se da postupak praktiˇcno konvergira reˇsenju iz par iteracija (vidi tabelu).

U/H0 (–) U (m) Q(2) (m3/s) (2) H1 (m) Q(3) (m3/s) (3) H1 (m)

0.1 0.200 1.972 1.991 1.971 1.991

0.2 0.400 3.792 1.968 3.789 1.967

0.3 0.600 5.451 1.933 5.440 1.929

4

Otpori trenja i otpori oblika Zadatak 4.1. Na osnovu pritisaka izmerenih duˇz konture prikazanog stuba, izloˇzenog homogenoj vazduˇsnoj struji, odre¯ deni su koeficijenti pritisaka Cp (dati u tabeli). Izraˇcunati pritiske u datim taˇckama, rezultujuću silu na stub po metru visine i koeficijent sile CF . R. br. 1 2 3 4 X (m) −2.0 −2.0 −1.3 −0.7 Y (m) 0.0 1.0 1.7 2.3 Cp (–) 1.0 0.9 0.1 −0.6

5 0.0 3.0

6 1.5 1.5

107

7 8 9 10 11 12 3.0 1.5 0.0 −0.7 −1.3 −2.0 0.0 −1.5 −3.0 −2.3 −1.7 −1.0 −0.8 −0.6 0.1 0.9

108

4. Otpori trenja i otpori oblika

Reˇ senje. Pritisak u nekoj taˇcki na konturi objekta moˇze se izraziti kao proizvod zaustavnog pritiska ( 12 ρU 2) i koeficijenta pritiska (Cp ): 1 p = Cp ρU 2 2

(4.1)

gde je ρ – gustina fluida i U – neporemećena brzina fluidne struje. Koeficijent pritiska Cp predstavlja meru za koliko je stvarni pritisak p veći ili manji od referentnog pritiska u neporemećenoj struji. Zaustavni pritisak se izraˇcunava preko neporemećene brzine fluida U . U zadatku su poznati koeficijenti pritisaka Cp za taˇcke 1 do 12, kao i gustina vazduha ρ i brzina u neporemećenoj struji U . Pritisak u taˇckama se raˇcuna preko jednaˇcine (4.1). U tabeli su dati sraˇcunati pritisci u svim taˇckama po obimu stuba. R. br. Cp (–) p (Pa)

1 1.0 15.0

2 0.9 13.5

3 0.1 1.5

4 −0.6 −9.0

5–9 −0.8 −12.0

10 −0.6 −9.0

11 0.1 1.5

12 0.9 13.5

Sila na objekat od dejstva fluida je suma proizvoda pritisaka i pripadajućih elementarnih povrˇsina: F~ =

Z

p~n dA

(4.2)

A

Kada su poznati pritisci u svim taˇckama konture, proraˇcun sile se svodi na izraˇcunavanje integrala (4.2), pri ˇcemu se obiˇcno vektor sile F~ razlaˇze na komponente u osnovnim koordinatnim pravcima, FX i FY . Na slici je prikazan dijagram pritisaka na konturu sa ucrtanim smerovima1. Pri proraˇcunu sile usvojena je linearna promena pritisaka izme¯ du datih taˇcaka. Prvo se raˇcunaju komponente sila F1 , . . . , F5 (po metru visine stuba) upravne na ravne povrˇsi: 15 + 13.5 × 1.0 = 28.5 N/m0 2 13.5 + 1.5 1.5 − 9.0 −9.0 − 12.0 = 0.943 = −6.37 N/m0 + + 2 2 2 = 12 × 4.243 = 50.92 N/m0

F1 = 2 F2 F3

F4 = F3 = 50.92 N/m0 F5 = F2 = −6.37 N/m0

1

Obratiti paˇznju na konvenciju o znaku i smeru pritiska na strani 52.

109

Znakovi ovako sraˇcunatih sila pokazuju da li je sraˇcunati smer sile isti kao usvojen (znak +, kao kod F1 i F3 ) ili je suprotan (znak −, kao kod F2 i F5). Ukupna sila na metar visine stuba u pravcima X i Y je: FX = F1 + 2F2 cos 450 + 2F3 cos 450 = 91.5 N/m0 FY = 0.0 N/m0 Koeficijent sile CF predstavlja odnos stvarne sile (F ) i proizvoda zaustavnog pritiska ( 12 ρU 2) i maksimalne povrˇsine upravne na smer fluidne struje (APP): CF =

F 1 2 2 ρU APP

APP = (6 × 1)m2/m

(4.3)

S obzirom da je ukupna sila u ovom zadatku podeljena na dve komponente, FX i FY , postoje i dva koeficijenta sile: CF X =

FX 1 2 2 ρU APP

= 1.02

CF Y =

FY 1 2 2 ρU APP

=0

Voditi raˇcuna da se u izrazima za CF X i CF Y koristi ista karakteristiˇcna povrˇsina APP , odnosno, povrˇsina APP ne zavisi od smera za koji se raˇcuna koeficijent sile, već samo od smera fluidne struje.

110


Zadatak 4.2.

Na slici je prikazan presek kroz garaˇzu. Za jedan metar duˇzni, odrediti sile na krov, prednji i zadnji zid za dva sluˇcaja: a) kada su zatvoreni i vrata i prozor na garaˇzi (koeficijent pritiska u garaˇzi je CpU = 0.0), b) kada je otvoren samo prozor.

Reˇ senje. a) U sluˇcaju kada su zatvoreni i vrata i prozor, u unutraˇsnjosti garaˇze je koeficijent pritiska CpU = 0.0, pa su opterećenja na zidove i krov kao prema slici (pritisci se raˇcunaju prema jednaˇcini pi = Cpi 12 ρU 2 za svaki zid):

b) Kada je otvoren prozor, pritisak se sa spoljne strane prenosi i na unutraˇsnjost prostorije (koeficijent pritiska CpU = −0.7). Dijagram opterećenja je sada neˇsto izmenjen:

111

Ukupna sila na pojedine delove garaˇze na metar duˇzni se dobija integrisanjem proizvoda elementarnih povrˇsina i pritisaka na zidove i krov garaˇze, usvajajući linernu interpolaciju izme¯ du taˇcaka. Rezultati proraˇcuna su dati u tabeli. Sluˇcaj a) b)

Zadatak 4.3.

FPZ (N/m0) 432 768

FKR (N/m0) 935 235

FZZ (N/m0) 252 0

Na slici je prikazana krovna konstrukcija perona (npr. na ˇzelezniˇckoj stanici). Odrediti preseˇcne sile u preseku A–A jednog stuba nosaˇca, za brzinu vetra U = 40 m/s kada je voz u stanici. Srednja vrednost

112


koeficijenta pritiska, kao i dimenzije, date su na slici. Debljinu krovne konstrukcije, kao i sile na stubove, zanemariti. Reˇ senje. Za date vrednosti koeficijenata pritiska moˇze se nacrtati dijagram opterećenja od vetra:

Sile FL i FD su: FL = (768 + 672) × 4.08 × 15 = 88.13 kN FD = 2 × 576 × 4.08 × 15 = 70.50 kN Statiˇcki uticaji u preseku A–A su: MA−A = 2.0 (FL − FD ) cos α + 5.4 (FL − FD ) sin α = 53.2 kNm TA−A = (FL − FD ) sin α = 3.5 kN NA−A = (FL + FD ) cos α = 155.5 kN

(α = 11.30)

Zadatak 4.4. Sraˇcunati statiˇcke uticaje od opterećenja vetrom, u preseku A–A fabriˇckog dimnjaka u obliku zarubljene kupe. Raspored brzina vetra je dat izrazom: U (y) = U0

y H

1/6

113 gde je U0 = 20 m/s – brzina vetra na visini y = H = 80 m. Pretpostavlja se da deo dimnjaka elementarne visine (dy) prima silu kao da ravnomerna struja brzine U (y) opstrujava oko cilindra preˇcnika d(y) datog jednaˇcinom: y d(y) = D0 − (D0 − D) H gde je D0 = 20 m, D = 6 m i H = 80 m. Koeficijent sile otpora se moˇze smatrati konstantnim (CF = 0.35) ako je na bar 90 % visine dimnjaka zadovoljen uslov da je Reynolds-ov broj: Re =

ρ U (y) d(y) > 106 µ

Gustina vazduha iznosi ρ = 1.2 kg m−3 , a dinamiˇcki koeficijent viskoznosti vazduha µ = 1.8 · 10−5 kg m−1 s−1 . Reˇ senje. Potrebno je sraˇcunati vrednosti Reynolds-ovog broja za y = 0.1H i na vrhu dimnjaka kako bi se proverila pretpostavka da je strujanje oko dimnjaka u turbulentnom reˇzimu: y = 0.1H y=H

U = 13.6 m/s U = 20 m/s

d = 18.6 m d = 6m

Re = 17 · 106 > 106 Re = 8 · 106 > 106

⇒ ⇒

Postavljeni uslov da je Reynolds-ov broj veći od 106 zadovoljen je na viˇse od 90 % visine dimnjaka pa se moˇze smatrati da je koeficijent sile konstanR tan i da je horizontalna sila na dimnjak data integralom 0H dF . Sila na elementarnu povrˇsinu dF definisana je sa:

1 1 y dF = CF ρU 2(y) d(y) dy = CF ρU02 2 2 H

2/6

D0 − (D0 − D)

y dy H

pa je ukupna sila na dimnjak (odnosno transverzalna sila u preseku A–A):

114


"Z

Z

H H 1 y 1/3 y F = CF ρU02 D0 dy − (D0 − D) 2 H H 0 0 1 1 1 TA−A = CF ρU02 3H D0 − (D0 − D) = 60.5 kNm 2 4 7

4/3

dy

#

Moment sile u preseku A–A se dobija iz sume elementarnih momenata dM : MA−A =

Z

H

dM = 0

Z

H

y dF = 0

1 1 1 = CF ρU02 3H 2 D0 − (D0 − D) = 2.35 MNm 2 7 10

Zadatak 4.5. U cev preˇcnika D = 250 mm postavljen je leptirasti zatvaraˇc Z. Pri proticaju Q = 100 l/s i otvorenom zatvaraˇcu, nivoi u pijezometarskim cevima u presecima 1, 2 i 3 su Π1 = 10.2 m, Π2 = 10.0 m i Π3 = 9.5 m. Odrediti silu kojom fluid gustine ρ = 1 kg dm−3 deluje na zatvaraˇc Z u njegovom otvorenom poloˇzaju. Koliki je koeficijenat gubitka energije na zatvaraˇcu ξZ?

Reˇ senje. Na skici je izdvojen deo cevi izme¯ du preseka 2 i 3 sa ucrtanim silama koje deluju na masu fluida izme¯ du ta dva preseka. Postavljanjem dinamiˇcke jednaˇcine za konaˇcnu zapreminu izme¯ du tih preseka moˇze se sraˇcunati sila F , sila kojom fluid deluje na zatvaraˇc: X

P~ +

X

~ = ~0 I~ + T~ + K

⇒

~ = F~ = −K

X

P~ +

X

I~ + T~

115 S obzirom da je cev konstantnog preseka i bez usputne promene proticaja, inercijalne sile I2 i I3 su istog intenziteta i pravca, a suprotnog smera pa se me¯ dusobno potiru. Na osnovu podataka o pritiscima u teˇziˇstima preseka 2 i 3 moguće je sraˇcunati (Z2T = Z3T = 5.0 m): T P2 = p T 2 A = ρg(Π2 − Z2 )A = 2.408 kN T P3 = pT 3 A = ρg(Π3 − Z3 )A = 2.167 kN

Pretpostavlja se da se sila trenja (po metru duˇznom) dobija iz podataka za preseke 1 i 2 (postavljanjem dinamiˇcke jednaˇcine za ova dva preseka): T12 = T23 = (P1 − P2 ) = ρg(Π1 − Π2)A = 96.31 N Ukupna sila na zatvaraˇc je: F = P2 − P3 − T23 = 0.144 kN Do istog rezultata moˇze se doći ako se uoˇci da su za razliku pijezometarskih kota od 2 do 3 odgovorni trenje i gubitak energije na zatvaraˇcu. Ako se zna da je na duˇzini od 10 m razlika pijezometarskih kota zbog trenja ∆ΠT = 0.2 m (iz preseka 1 i 2), dobija se da je ∆ΠZ = 0.5 − 0.2 = 0.3 m pa je sila na zatvaraˇcu F = ρg∆ΠZA = 0.144 kN. Koeficijenat sile je: CF =

F 1 2 2 ρv A

=

ρg∆ΠZA ∆ΠZ = 2g 2 = 1.42 1 2 v 2 ρv A

gde je karakteristiˇcna povrˇsina A povrˇsina popreˇcnog preseka cevi. Ako se pad energije na zatvaraˇcu napiˇse u obliku proizvoda brzinske visine i koeficijenta lokalnog gubitka energije, dobija se: ∆EZ = ∆ΠZ = ξZ

v2 2g

⇒

ξZ = 2g

∆ΠZ = CF = 1.42 v2

odnosno, dolazi se do toga da je koeficijenat lokalnog gubitka energije na zatvaraˇcu u stvari koeficijenat sile koju zatvaraˇc prima od fluida.

Zadatak 4.6. Konstrukcija prikazana na slici izloˇzena je vetru brzine U0 = 7 m/s. Sraˇcunati dodatne momente savijanja i torzije u ukljeˇstenju A–A usled opterećenja vetrom. Zanemariti debljinu konstrukcije i uticaj

116


vetra na stub. Koeficijent pritiska sa prednje strane konstrukcije je konstantan i iznosi Cp = 0.95 a sa zadnje strane Cp = −1.5. Apsolutna hrapavost ploˇce je k = 8 mm, dinamiˇcki koeficijent viskoznosti vazduha µ = 1.8 · 10−4 gr cm−1 s−1 a gustina vazduha ρ = 1.2 kg m−3 .

Reˇ senje. Na levoj ploˇci je dominantna sila otpora oblika (FL ), a na desnoj je dominantna sila otpora trenja (FD ). Sila na levu ploˇcu je: 1 FL = [Cp1 + (−Cp2 )] ρU02A = 216 N 2 Za proraˇcun sile trenja na desnu ploˇcu potrebno je proveriti da li je graniˇcni sloj u laminarnom ili u turbulentnom reˇzimu. Ukoliko je Reynolds-ov broj ReX = ρU0 X/µ (izraˇzen preko rastojanja od poˇcetka ploˇce kao karakteristiˇcne duˇzine) na kraju ploˇce manji od kritiˇcnog (ReK = 106), tada je ceo graniˇcni sloj u laminarnom reˇzimu. Ako je Reynolds-ov broj već na prvih 10 % duˇzine veći od kritiˇcnog, moˇze se usvojiti da je graniˇcni sloj duˇz cele ploˇce turbulentan. ρU0 0.1L Provera za X = 0.1L ReX = = 93 · 103 < 106 µ ρU0 L Na kraju ploˇce ReL = = 933 · 103 < 106 µ Zakljuˇcuje se da je graniˇcni sloj duˇz cele ploˇce laminaran, pa je sila FD : 1 1.4 1 2 FD = 2 × CF ρU02A = 2 × √ ρU A = 0.512 N 2 ReL 2 0 Traˇzeni momenti su: MTOR = 538.72 Nm

MSAV = 758 Nm

3. deo – TESTOVI I ZADACI SA ISPITNIH ROKOVA 1

Testovi i zadaci Ispitni rok 30. IX 1993. – teorijski deo ispita 1. Posmatra se zbir dva integrala (I1 + I2 ): Z |V

∂uj ρ dV + ∂t {z

}

I1

Z |V

ρui

∂uj dV ∂xi

{z I2

}

(ρ – gustina, V – zapremina i ui , uj – komponente brzine). Za taj zbir tvrdi se sledeće: (a) u sluˇcaju ustaljenog teˇcenja drugi ˇclan jednak je nuli (I2 = 0); (b) posmatrani izraz (I1 + I2 ) predstavlja zapreminsku silu na zapreminu V ; (c) pri ustaljenom teˇcenju oba ˇclana jednaka su nuli (I1 = I2 = 0). 2. Za sluˇcaj ustaljenog teˇcenja integral I2 iz prethodnog zadatka moˇze se izraziti povrˇsinskim integralom I3 po povrˇsini A koja ograniˇcava posmatranu zapreminu V (pri izvo¯ denju koristiti i jednaˇcinu kontinuiteta):

I3 = I 2 =

Z A

(upisati izraz) 117

118

1. Testovi i zadaci

3. U otvorenom sudu se nalaze, u stanju mirovanja, dve teˇcnosti razliˇcitih gustina (neizmeˇsane, jedna iznad druge). Na granici izme¯ du dve teˇcnosti nalazi se metalna lopta na takvom poloˇzaju da joj je centar u horizontalnoj ravni dodira dve teˇcnosti. Lopta je za dno suda priˇcvrˇsćena krutim ˇstapom. Slobodni nivo gornje teˇcnosti je iznad najviˇse taˇcke lopte. Sila u ˇstapu će se promeniti ako se: (a) u sud dolije teˇcnost manje gustine (gornja teˇcnost); (b) u sud dolije teˇcnost veće gustine (donja teˇcnost), tako da se ravan dodira dve teˇcnosti pomeri naviˇse; (c) ako se iz suda odlije izvesna koliˇcina lakˇse (gornje) teˇcnosti, ali tako da lopta i dalje ostane potpuno uronjena. 4. U kruˇznoj cevi konstantnog preˇcnika ostvaruje se laminarni reˇzim teˇcenja pri nekoj vrednosti Reynolds-ovog broja (Re1 ). Pri ovim uslovima gubitak energije po jedinici teˇzine na nekoj deonici iznosi E1izg = 27 m. Ako se Reynolds-ov broj smanji 3 puta (Re2 = Re1 /3), i to samo usled smanjenja brzine, gubitak energije na istoj deonici, za isti fluid, iznosiće: E2izg =

(upisati jedinice)

5. Posmatra se ustaljeno i jednoliko strujanje, u pravcu x1 , nestiˇsljivog fluida gustine ρ = 0.8 kg/dm3. U laminarnom podsloju popreˇcnog preseka struje (u blizini ˇcvrste konture gde je raspored brzine linearan), u taˇcki x2 = 0.6 cm vrednost komponenata napona je σ12 = σ21 = 0.004 Pa. Izmerene su brzine u1 (x2 = 0.4 cm) = 0.1 m/s i u1 (x2 = 0.8 cm) = 0.2 m/s. Kinematiˇcki koeficijent viskoznosti posmatranog fluida iznosi: ν=

(upisati jedinice)

6. Ravna kruˇzna ploˇca male debljine postavljena je upravno na pravac strujanja. Proseˇcna vrednost koeficijenta pritiska iznosi na prednjoj strani Cppred = 0.60 a na zadnjoj strani Cpzad = −0.30. Koeficijent sile otpora za posmatranu ploˇcu iznosi (pozitivan smer sile se poklapa sa smerom strujanja):

119

CF =

7. Kanal konstantnog popreˇcnog preseka i konstantnog nagiba dna sastoji se od dve deonice od kojih je uzvodna sa hrapavijim dnom i zidovima, a nizvodna je sa manje hrapavim dnom i zidovima. U popreˇcnom preseku na mestu promene hrapavosti menja se i reˇzim teˇcenja. Dubina vode u tom preseku će se promeniti ako se: (a) poveća hrapavost uzvodne deonice; (b) smanji hrapavost nizvodne deonice; (c) poveća nagib dna kanala, a da se pri tom ne promeni reˇzim teˇcenja ni u jednoj deonici; (d) promeni proticaj. 8. Voda teˇce kroz kruˇznu cev koja se na posmatranoj deonici proˇsiruje sa preˇcnika d1 na preˇcnik d2 (u prelaznoj deonici cev ima oblik omotaˇca zarubljene kupe). Za masu nestiˇsljivog fluida koji ustaljeno teˇce od manjeg preˇcnika ka većem, u posmatranoj deonici vaˇzi sledeće: (a) inercijalna sila jednaka je nuli jer je teˇcenje ustaljeno; (b) konvektivno ubrzanje delića koji teku duˇz osovine cevi jednako je nuli; (c) lokalno ubrzanje delića koji teku duˇz osovine cevi jednako je nuli.

Ispitni rok 30. IX 1993. – zadaci Zadatak 1. Dat je zid sloˇzenog preseka, kao na slici. Odrediti statiˇcke uticaje u preseku A–A od fluida 1 i 2. Zadatak je ravanski, raˇcunati na metar duˇzine zida.

120

1. Testovi i zadaci

Zadatak 2.

Na slici su prikazana dva suda u kojima je pritisak razliˇcit od atmosferskog. Za dato ˇcitanje na manometrima, odrediti proticaj i potrebnu snagu crpke da bi se u cevi preˇcnika d = 1 mm ostvarilo laminarno teˇcenje, sa Reynolds-ovim brojem Re = 10. Zanemariti koeficijente lokalnog gubitka energije na ulazu u cev i na izlazu. Kinematiˇcki koeficijent viskoznosti vode je ν = 10−6 m2 /s.

Zadatak 3. U kanalu trapeznog popreˇcnog preseka ustaljeno teˇce voda. Izmeren je proticaj Q = 3.875 m3/s, kao i dubina ispred hidrauliˇckog skoka H1 = 0.4 m. Izraˇcunati kritiˇcnu dubinu, HK . Nacrtati dijagram zbira inercijalnih sila i sila pritiska u funkciji od dubine. Za crtanje koristiti najmanje sedam taˇcaka sa dubinama u intervalu od 0.3 m do 3 m. Za izmerenu dubinu H1 odrediti spregnutu dubinu H2 .

Ispitni rok 17. X 1993. – teorijski deo ispita 1. Dve kuglice istih preˇcnika, ali razliˇcitih teˇzina, slobodno padaju kroz razliˇcite teˇcnosti koje su u stanju mirovanja. Teˇza kuglica pada kroz vodu, a lakˇsa kroz ulje (gustina ulja je manja od gustine vode). Obe kuglice se kreću istim, konstantnim brzinama. Tvrdi se sledeće: (a) sile otpore su iste za obe kuglice; (b) sila otpora na kuglicu koja pada kroz ulje je manja od sile otpora na kuglicu koja pada kroz vodu;

121 (c) sile uzgona su iste za obe kuglice; (d) sila uzgona koja deluje na lakˇsu kuglicu je veća od sile uzgona koja deluje na teˇzu kuglicu. 2. U pravougaoni kanal, u kome je za posmatrani proticaj normalna dubina veća od kritiˇcne, postavljen je ˇsiroki prag. Prelivanje preko praga je nepotopljeno (donja voda ne utiˇce na dubinu na pragu). Dubina na pragu će se promeniti ako se: (a) uz zadrˇzavanje istog proticaja i istih nizvodnih uslova samo poveća visina praga; (b) uz zadrˇzavanje istog proticaja samo smanji visina praga i to tako da prelivanje preko praga i dalje ostane nepotopljeno; (c) samo promeni proticaj. 3. Strujanje stiˇsljivog fluida je dato sa: u1 =

U0 x1 , 2h

u2 =

U0 x2 2h

u3 = 0

gde su U0 = 2 cm/s i h = 2 cm. Gustina fluida se menja kroz vreme, ali je, u posmatranom vremenskom trenutku, ista u svim taˇckama strujnog polja. Ako je na poˇcetku strujanja gustina ρ(t = 0) = ρ0 = 100 kg/m3, naći funkciju njene promene kroz vreme: ρ = f (t) = (upisati izraz) 4. Za strujanje dato u prethodnom zadatku naći brzinu zapreminske dilatacije posmatranog fluida: ωii =

(upisati vrednost i jedinice)

5. Posmatra se pravolinijsko i ustaljeno strujanje njutnovskog (viskoznog) fluida. Od devijatorskog dela napona razliˇcite od nule su samo komponente σ12 = σ21, koje su date izrazom: x2 σ12 = σ21 = σ0 (1 − ) h Tvrdi se sledeće:

122

1. Testovi i zadaci (a) postoji samo komponenta brzine u pravcu x1 , u1 , i ona je linearna funkcija od x2; (b) postoji samo komponenta brzine u pravcu x2 , u2 , i ona je linearna funkcija od x2; (c) postoji samo komponenta brzine u pravcu x1 , u1 , i ona je kvadratna funkcija od x2 ; (d) postoji samo komponenta brzine u pravcu x2 , u2 , i ona je kvadratna funkcija od x2 ;

6. Poznato je da su u strujanju opisanom u prethodnom zadatku komponente napona σ11 i σ22 konstantne. Za povrˇsinsku silu koja deluje u takvom strujanju se tvrdi: (a) deluje samo u pravcu x1; (b) deluje samo u pravcu x2; (c) konstantna je; (d) jednaka je nuli. 7. Za modeliranje otpora oblika podmornice koristi sa Reynolds-ova sliˇcnost. Sile otpora se mere na modelu ˇcije su dimenzije 20 puta manje od dimenzija podmornice u prirodi. Ako se na modelu koristi voda (isti fluid kao u prirodi), opsegu izmerenih sila na modelu: 500–2000 N odgovara opseg sila u prirodi (u [N]): 250–1000

500–2000

1000–4000

2000–8000

8. Voda teˇce kroz vertikalnu kruˇznu cev koja se na posmatranoj deonici suˇzava sa preˇcnika d1 na preˇcnik d2 (u prelaznoj deonici cev ima oblik omotaˇca zarubljene kupe). Smer teˇcenja se poklapa sa smerom sile gravitacije. Na masu nestiˇsljivog fluida koji ustaljeno teˇce u posmatranoj deonici izme¯ du preˇcnika d1 i d2 ne deluju, odnosno jednake su nuli, sledeće sile: (a) sila teˇzine fluida, jer je teˇcenje pod pritiskom; (b) sila pritiska, jer je teˇcenje u pravcu sile gravitacije; (c) inercijalna sila jer je strujanje ustaljeno.

123

Ispitni rok 17. X 1993. – zadaci Zadatak 1. Diferencijalni manometar pokazuje razliku pritisaka ∆pM = −9 kPa. Odrediti nepoznati nivo teˇcnosti gustine ρ2. Odrediti statiˇcke uticaje (M , T , N ) u preseku A–A (u ukljeˇstenju). U proraˇcunu uzeti u obzir sopstvenu teˇzinu konstrukcije koja iznosi q = 3.5 kN/m2, a zanemariti uticaj debljine konstrukcije. Zadatak je ravanski (raditi na metar duˇzine konstrukcije). Proticaj Q = 0.135 m3/s crpi se iz rezervoara C u rezervoar A crpkom snage S = 12 kW i koeficijenta korisnog dejstva η = 0.8. Isti proticaj istiˇce iz rezervoara A u rezervoar B i iz rezervoara B u rezervoar C. Sve cevi su istog preˇcnika d = 250 mm i koeficijenta trenja λ = 0.035, a koeficijenti lokalnih gubitaka su: ξul = 1 (na ulazima) i ξkol = 0.2 (na kolenima). Odrediti nivoe vode u sva tri rezervoara. Nacrtati pijezometarsku i energetsku liniju za sve cevi u razmeri 1 : 200. Gustina vode je ρ = 1 kg/dm3 .

Zadatak 2.

124

1. Testovi i zadaci

Zadatak 3.

Kutija oblika kocke postavljena je u ravnomernu horizontalnu vazduˇsnu struju tako da su joj dve strane normalne na pravac strujanja. Spoljna ivica kutije je a = 5 m, a debljina zidova kutije je d = 0.15 m. Gustina vazduha je ρ1 = 1.3 kg/m3 , a gustina materijala od koga je naˇcinjena kutija je ρ2 = 1.3 kg/dm3 . Koeficijenti pritiska Cp u taˇckama I–XVIII ne zavise od brzine vazduha i dati su u tabeli. Gustina teˇcnosti u kutiji je ρ3 = 0.8 kg/dm3 . Na poklopcu kutije postoji mali otvor u taˇcki VI, tako da je pritisak vazduha u kutiji uvek jednak (spoljnom) pritisku vazduha u toj taˇcki. Odrediti najmanju vrednost brzine vazduha uX u neporemećenoj struji koja će preturiti kutiju. Pretpostaviti da je pri toj brzini sila trenja klizanja izme¯ du kutije i podloge dovoljno velika da ne dolazi do klizanja. Pretpostaviti da se pritisak (na spoljaˇsnjosti kocke) ne menja po pravcu Y , a da se, izme¯ du zadatih vrednosti, linearno menja po pravcima X i Z. taˇcka Cp

I–V 0.95

VI 0.00

VII −0.25

VIII −0.50

IX–XVIII −0.75

125

Ispitni rok 27. I 1994. – teorijski deo ispita 1. Pri ustaljenom kretanju fluida strujnice se mogu izraziti sa: x3 = −

2 x2

x2 > 0

Koordinate taˇcke A(x2 , x3) u kojoj je zadovoljen uslov da je u2 = 2u3 (u2 , u3 su komponente brzine u pravcima x2 i x3 ) su: √ √ √ (1, 2) (−1, 2) (2, −1) (− 2, 2) 2. U prizmatiˇcnom kanalu je, za posmatrani proticaj, normalna dubina hN manja od kritiˇcne hK . Nizvodni graniˇcni uslov je takav da se na sredini kanala formira hidrauliˇcki skok. Uzvodno od skoka dubina je jednaka normalnoj hN , a u nekom preseku nizvodno od skoka dubina je jednaka h2 . Za energetsku kotu u nizvodnom preseku (gde je dubina h2 ) tvrdi se da je: (a) ista kao energetska kota u uzvodnom preseku jer su zbirovi sile pritiska i inercijalne sile u oba preseka isti; (b) veća od energetske kote u uzvodnom preseku jer je veća dubina; (c) manja od energetske kote u uzvodnom preseku. 3. U nekom strujnom polju brzine dilatacije delića fluida date su sledećim izrazima: ∂u2 ∂u3 = ∂x2 ∂x3

∂u1 ∂u3 = −2 ∂x1 ∂x3

a sve brzine klizanja jednake su nuli. Zakljuˇcuje se sledeće: (a) posmatrani fluid je stiˇsljiv; (b) delići posmatranog fluida povećavaju svoju zapreminu; (c) delići posmatranog fluida ne menjaju svoj oblik. 4. Posmatra se izraz: −p

∂u1 dV ∂x1

gde je p – pritisak, u1 – komponenta brzine u pravcu x1 i dV – elementarna zapremina. Ovaj izraz predstavlja:

126

1. Testovi i zadaci (a) deo motornog rada sfernog dela napona, u jedinici vremena; (b) deo deformacionog rada na promeni oblika, u jedinici vremena; (c) deo deformacionog rada na promeni zapremine, u jedinici vremena; (d) ukupan deformacioni rad na promeni oblika, u jedinici vremena.

5. Iz rezervoara voda istiˇce kroz horizontalnu cev kruˇznog popreˇcnog preseka. Preˇcnik cevi se niz struju smanjuje. U jednoj taˇcki u cevi konstatovano je da postoji pozitivna lokalna komponenta ubrzanja. Na osnovu prethodnog zakljuˇcuje se sledeće: (a) u istoj taˇcki postoji i konvektivna komponenta ubrzanja; (b) nivo vode u rezervoaru se povećava kroz vreme; (c) materijalni izvod brzine u posmatranoj taˇcki je pozitivan. 6. Za strujanje nestiˇsljivog fluida napisan je izraz: I=−

Z V

Du1 ρdV Dt

gde su ρ – gustina posmatranog fluida, u1 – komponenta brzine fluida u pravcu x1, V – posmatrana zapremina fluida i D/Dt – oznaka za materijalni izvod. (a) ovaj izraz predstavlja komponentu zapreminske sile u pravcu x1 ; (b) ovaj izraz predstavlja komponentu inercijalne sile u pravcu x1; (c) brojna vrednost posmatranog izraza jednaka je zbiru ukupne povrˇsinske i zapreminske sile na masu fluida u posmatranoj zapremini V . 7. Na modelu napravljenom po principu Froude-ove sliˇcnosti izmerena je sila na deo konsrukcije i ona iznosi Fmod = 4 N. Sve duˇzine na modelu su smanjene 25 puta u odnosu na dimenzije u prirodi. Na modelu je koriˇsćen isti fluid kao u prirodi. Na objeku će ova sila biti:

Fobj =

(upisati jedinice)

127 8. Kroz kruˇznu cev konstatnog popreˇcnog preseka i duˇzine L protiˇce nestiˇsljiv fluid poznatih karakteristika (gustine i viskoznosti). Srednja brzina fluida u cevi je v0 . Pri ovoj brzini vaˇzi kvadratni zakon otpora trenja. Ako umesto posmatranog fluida kroz istu cev teˇce fluid koji ima dva puta veću gustinu, dva puta manji dinamiˇcki koeficijent viskoznosti i dva puta veću brzinu, desiće se sledeće: (a) koeficijent trenja ostaće nepromenjen; (b) gubitak energije na trenje na duˇzini L povećaće se dva puta; (c) gubitak energije na trenje na duˇzini L ostaće nepromenjen.

Ispitni rok 27. I 1994. – zadaci Zadatak 1. Dat je zid sloˇzenog preseka, kao na slici. Odrediti horizontalnu i vertikalnu komponentu hidrostatiˇcke sile na zid A–B–C–D. Zadatak je ravanski, raˇcunati na 1 m duˇzine zida.

Zadatak 2. Na slici su prikazana dva rezervoara velike povrˇsine, u kojima se moˇze smatrati da je nivo vode konstantan. Za date kote vode u uzvodnom i nizvodnom rezervoaru, odrediti proticaj i snagu turbine ako se u cevi ostvarilo razvijeno turbulentno teˇcenje, sa Reynolds-ovim brojem Re = 107. Koeficijenti lokalnog gubitka energije na ulazu u cev i na izlazu nisu zanemarljivi.

128

1. Testovi i zadaci

Zadatak 3.

Kroz kanal trapeznog popreˇcnog preseka ustaljeno teˇce voda. Izmeren je proticaj Q = 3.875 m3/s i dubina uzvodno od mesta gde se menja nagib kanala H1 = 0.4 m. Nacrtati dijagram zbira inercijalne sile i sile pritiska u funkciji od dubine. Za crtanje koristiti najmanje sedam vrednosti dubina u intervalu od 0.3 m do 2.5 m. Pod pretpostavkom da se na mestu promene nagiba kanala javlja hidrauliˇcki skok, za izmerenu dubinu H1 odrediti spregnutu dubinu H2 . Odrediti nagibe kanala u deonicama 1 i 2, ako je hrapavost kanala po Manningu n = 0.014 m1/3s. Obe deonice su velike duˇzine.

Ispitni rok 11. VI 1994. – teorijski deo ispita 1. Posmatra se ustaljeno ravansko strujanje nestiˇsljivog fluida izme¯ du dve paralelne horizontalne ploˇce. Strujanje je u ravni (x1 , x2 ) i usmereno je u pravcu horizontalne ose x1. Za osrednjene komponente brzina (u1 i u2 ) i za proizvod fluktuacionih komponenata (u01u02 ) u nekoj taˇcki u neposrednoj blizini zida vaˇzi: u1 > 0

u2 = 0

u01 u02 6= 0

Srednja brzina struje za popreˇcni presek A odre¯ dena je kao: v=

Z

u1 dA A

Za prikazano strujanje se tvrdi sledeće: (a) reˇzim teˇcenja je turbulentan; (b) nagib linije energije je proporcionalan sa v; (c) nagib linije energije je proporcionalan sa v a, gde je 1 < a ≤ 2; (d) nagib linije energije zavisi od vrednosti u01u02 .

129 2. Izraz: ∂u1 ∂u2 ∂u3 + + =0 ∂x1 ∂x2 ∂x3 predstavlja: (a) jednaˇcinu kontinuiteta za elementarnu zapreminu nestiˇsljivog fluida; (b) brzinu zapreminske dilatacije fluidnog delića; (c) brzinu klizanja; (d) proseˇcnu brzinu dilatacije. 3. Na modelu napravljenom po principu Froude-ove sliˇcnosti ispituje se sila kojom vodena struja deluje na prepreku. Sve dimenzije na modelu su 16 puta manje u odnosu na objekat, dok je na modelu i objektu isti fluid. Razmera za ukupnu silu, F∗ je:

F∗ =

4. Posmatra se teˇcenje u otvorenom prizmatiˇcnom kanalu konstantnog nagiba koji se na kraju uliva u jezero. Za posmatrani proticaj, u kanalu se ostvaruje normalna dubina, hN , koja je manja od kritiˇcne dubine, hK . Ako se nivo vode u jezeru povećava, dubine vode u kanalu, neposredno uzvodno od uliva u jezero, će se povećavati kada nivo vode u jezeru (meren od dna kanala u njegovom najnizvodnijem preseku) dostigne: (a) normalnu dubinu, hN ; (b) kritiˇcnu dubinu, hK ; (c) dubinu pri kojoj je Froude-ov broj jednak jedinici, Fr = 1; (d) dubinu koja je konjugovana (spregnuta) normalnoj dubini, h00N . 5. Dve metalne kugle, istih preˇcnika, napravljene od istog materijala gustine ρ0, slobodno padaju kroz teˇcnosti razliˇcitih gustina. Nakon postizanja ustaljenog kretanja, koeficijenti sila otpora oblika kugli ne zavise od Reynolds-ovog broja i isti su za obe kugle, dok je odnos brzina

130

1. Testovi i zadaci padanja prve kugle v1 , kroz fluid gustine ρ1 i brzine padanja druge kugle v2 , kroz fluid gustine ρ2, dat kao:

v1 (ρ0 − ρ1)ρ2 = v2 (ρ0 − ρ2)ρ1

a

gde eksponent a ima vrednost: −1

−

1 2

−

1 4

1 2

1 4

1

6. Data su dva integrala: I1 =

Z

−pnj dA A

I2 =

Z

− V

∂p dV ∂xj

gde su p – pritisak i nj – ort spoljne normale povrˇsine A koja ograniˇcava posmatranu zapreminu fluida V . Za ta dva integrala tvrdi se: (a) svaki od njih predstavlja ukupnu povrˇsinsku silu sfernog dela napona na omotaˇc A zapremine V ; (b) I1 i I2 imaju razliˇcitu vrednost kod neustaljenog strujanja; (c) I1 i I2 imaju istu vrednost za svaku konaˇcnu zapreminu V ograniˇcenu povrˇsinom A. 7. Mlaz vode istiˇce iz vertikalne cevi i osnosimetriˇcno udara silom FI u spoljni omotaˇc ljuske oblika polusfere. Kada se ista ljuska okrene za 1800 , a svi ostali uslovi ostanu nepromenjeni, voda deluje silom FII na posmatranu ljusku (oslonac ljuske u oba sluˇcaja ne utiˇce na sile FI i FII ). Preˇcnik mlaza vode je manji od preˇcnika polusfere. Za sile FI i FII se moˇze reći: (a) sila FII je veća od sile FI ; (b) sile FI i FII su iste jer je povrˇsina projekcije polusfere na horizontalnu ravan (Ax ) ista u oba sluˇcaja; (c) sila FI je veća od sile FII jer je taˇcka odvajanja graniˇcnog sloja jasno definisana; (d) ne moˇze se niˇsta reći o odnosu sila FI i FII, jer on zavisi od preˇcnika polusfere i preˇcnika i brzine mlaza.

131 8. U kanalu trougaonog popreˇcnog presaka (ugao pri dnu preseka je 900 ) voda miruje jer je kanal zatvoren ustavom koja je postavljena pod uglom od 450 prema horizontali. Sa donje strane ustave kanal je prazan. Gustina vode je 1 kg/dm3. Pri dubini vode u kanalu od h = 3 m vertikalna komponenta hidrostatiˇcke sile na ustavu je: Fz = (upisati jedinice)

Ispitni rok 11. VI 1994. – zadaci Zadatak 1. a) Odrediti intenzitet, pravac i smer rezultante hidrostatiˇckih sila kojima teˇcnosti gustina ρ1 = 1.0 kg/dm3 i ρ2 = 1.1 kg/dm3 deluju na branu. Pri proraˇcunu sile zanemariti postojanje temeljnog ispusta. Silu raˇcunati na jedan metar duˇzine. b) U telu brane nalazi se temeljni ispust, kruˇzni tunel preˇcnika D = 2 m. Izraˇcunati ukupnu silu na tablasti zatvaraˇc koji pregr¯ duje ispust.

Zadatak 2. Kanalom pravougaonog popreˇcnog preseka ˇsirine b = 1 m, nagiba dna ID = 0.05% i Manning-ovog koeficijenta hrapavosti n = 0.0148 m−1/3s, ustaljeno teˇce voda proticajem Q = 300 l/s. U kanalu se nalazi ustava sa oˇstroiviˇcnim otvorom, visine u, koeficijentom kontrakcije mlaza CA = 0.75 i koeficijentom lokalnog gubitka energije ξ = 0.2. Dubina vode uzvodno od ustave

132

1. Testovi i zadaci

je H. Nizvodno od ustave je kanal dovoljne duˇzine, tako da se u kanalu ostvaruje jednoliko teˇcenje. Izraˇcunati dubinu vode H, uzvodno od ustave, pretpostavljajući da brzinska visina u tom preseku nije zanemarljiva.

Zadatak 3.

Iz rezervoara A u rezervoar B crpi se voda sa proticajem Q1. Snaga crpke je S = 50 kW, koeficijenat korisnog dejstva η = 0.80, a gustina vode ρ = 1.0 kg/dm3. Manometar M1 pokazuje pritisak pM1 = 70 kPa. Odrediti proticaje kroz sve cevi i nivo vode u rezervoaru A. Nacrtati u razmeri pijezometarske i energetske linije za sve cevi.

Ispitni rok 25. VIII 1994. – teorijski deo ispita 1. U nekom strujnom polju sa ravanskim strujanjem u ravni (x1 , x2), merenjem dve komponente brzine u nekoj taˇcki utvr¯ deno je da osrednjena vrednost proizvoda fluktuacionih komponenata brzina u01 i u02 ima konstantnu negativnu vrednost: u01 u02 = const < 0 Na osnovu toga moˇze se zakljuˇciti da će vrednost Reynolds-ovog nat = σ t ) u posmatranoj taˇ pona (napona turbulencije σ12 cki biti: 21 (a) jednaka nuli; (b) veća od nule; (c) manja od nule.

133 2. Za neko strujanje, brzine dilatacija fluida u pravcima x1 i x2 iznose: ∂u1 = 0.2 s−1 ∂x1

∂u2 = −0.1 s−1 ∂x2

Da bi se posmatrani fluid mogao smatrati nestiˇsljivim, brzina dilatacije u pravcu x3 treba da ima vrednost (u jedinicama s−1 ): 0.3

0.2

0.1

0

−0.1

−0.2

−0.3

3. Fotografisanjem je utvr¯ deno da se u okolini neke taˇcke formiraju trajektorije i emisione linije koje imaju oblik koncentriˇcnih krugova sa centrom u taˇcki A. U posmatranom, ustaljenom teˇcenju, strujnice će biti sledećeg oblika: (a) prave linije koje tangiraju dobijene koncentriˇcne krugove; (b) snop pravih linija koje se seku u taˇcki A; (c) koncentriˇcni krugovi sa centrom u taˇcki B koja se ne poklapa sa taˇckom A; (d) koncentriˇcni krugovi sa centrom u taˇcki A. 4. Posmatra se zbir dva ˇclana u dinamiˇckoj jednaˇcini za elementarnu masu fluida: d 1 ∂σij 1 ∂p − ρ ∂xi ρ ∂xj d – devijatorski deo napona i p – pritisak. Pogde su ρ – gustina, σij smatrani zbir predstavlja:

(a) ubrzanje delića; (b) zapreminsku silu po jedinici mase; (c) zbir zapreminske i povrˇsinske sile po jedinici mase; (d) povrˇsinsku silu po jedinici mase. 5. Posmatra se ustaljeno kretanje nestiˇsljivog fluida kroz povrˇsinu oblika kvadrata, ivice 1 dm. U svim taˇckama tog popreˇcnog preseka brzine fluida su usmerene upravno na popreˇcni presek i iznose 2 m/s. Gustina fluida je ρ = 1200 kg/m3. Sraˇcunati vrednosti proticaja zapremine, mase, koliˇcine kretanja i kinetiˇcke energije.

134

1. Testovi i zadaci veliˇcina

proticaj zapremine

proticaj mase

proticaj koliˇcine kretanja

proticaj kinetiˇcke energije

vrednost jedinice 6. Laminarno ravansko strujanje fluida u ravni (x1, x2), izme¯ du dve paralelne ploˇce na rastojanju 2h, odre¯ deno je sledećim izrazom: x2 1 − 22 h

u1 = u 0

!

u2 = 0

− h ≤ x2 ≤ h

Dinamiˇcki koeficijent viskoznosti je µ. Za posmatrano strujanje tangencijalni naponi σ12 = σ21 izraˇzavaju se sledećom funkcijom:

σ12 = σ21 =

7. Na modelu saˇcinjenom po principu Froude-ove sliˇcnosti, sve duˇzine su smanjene 16 puta u odnosu na odgovarajuće duˇzine u prirodi. Na modelu je fluid gustine 900 kg/m3, a u prirodi je voda gustine 1000 kg/m3. Na modelu, u nekoj taˇcki, pritisak fluida na ˇcvrstu konturu iznosi 120 Pa. Odgovarajući pritisak na objektu će iznositi:

pobj =

(upisati jedinice)

8. U kanalu sa slobodnom povrˇsinom vode, pri proticaju Q1 normalna dubina hN = hN1 ostvaruje se pri Froude-ovom broju Fr = 9. U drugom kanalu iste geometrije kao prvi kanal (istog oblika popreˇcnog preseka), pri proticaju Q2 ostvaruje se kritiˇcna dubina jednaka dubini hN1 , odnosno hK = hK2 = hN1 . Veza dva proticaja je Q2 = aQ1, gde je a = const. Vrednost konstante a iznosi:

a=

135

Ispitni rok 25. VIII 1994. – zadaci Zadatak 1. Na slici je prikazan rezervoar u kome se preko plovka i poluge zatvara kruˇzno poklopac na dovodnoj cevi. Odrediti potreban preˇcnik sfernog plovka, ako je potrebno da dovodna cev bude zatvorena pri pritisku na manometru od 400 kPa, i kada je pola sfere u vodi (kao na slici). Za (tako) odre¯ den preˇcnik sfere, maksimalni pritisak pri kome plovak moˇze da drˇzi dovodnu cev zatvorenu zavisi od nivoa vode u rezervoaru. Odrediti najveći pritisak na manometru pri kome cev moˇze da ostane zatvorena i odgovarajući nivo vode u rezervoaru. Zadatak 2. Posmatra se kanal pravougaonog popreˇcnog preseka ˇsirine dna B = 1.0 m. Nagib dna kanala je ID = 0.1%, a Manningov koeficijent trenja n = 0.013 m−1/3/s. U kanal je postavljena oˇstroiviˇcna ustava, sa visinom otvora u = 0.15 m, koeficijentom kontrakcije mlaza CA = 0.666 i koeficijentom lokalnog gubitka energije ξ = 0.2. Kanal je dovoljne duˇzine da se u njemu nizvodno od ustave formira jednoliko teˇcenje. Izraˇcunati dubinu uzvodno od ustave (H1) i neposredno nizvodno od ustave, u suˇzenom preseku (Hs). Skicirati liniju nivoa. Ukoliko se nizvodno od ustave javlja hidrauliˇcki skok, izraˇcunati spregnute dubine. Zadatak 3. Na slici je prikazan vodovodni sistem koji se sastoji od dva glavna rezervoara (R1 i R2), dva rezervoara koji sluˇze kao crpni bunari (R3 i R4), dve pumpe (P1 i P2) i cevi koje su sve istog preˇcnika d = 100 mm i istog koeficijenta linijskih gubitaka λ = 0.02. Svi rezervoari su dovoljno velikih preseka da se moˇze smatrati da je pijezometarska kota konstantna za svaki posmatrani sluˇcaj rada. Razmatraju se tri sluˇcaja rada sistema.

136

1. Testovi i zadaci

A) Prvi sluˇcaj je kada su obe pumpe iskljuˇcene, kota vode u rezervoaru R1 je ΠR1 = 115.00 m i u rezervoaru R2 je ΠR2 = 111.38 m. Voda teˇce samo iz rezervoara R1 u rezervoar R2. Odrediti proticaj kroz sistem (Q1 = Q5 = Q2 = ?, Q3 = Q4 = 0). Koeficijent lokalnog gubitka energije na obe raˇcve kod pumpi je1 ξA = 0.3. B) U drugom sluˇcaju je ukljuˇcena pumpa P1 i izmereno je da je visina dizanja te pumpe HP1 = 88.31 m. Pumpa P2 je ugaˇsena. Kota vode u rezervoaru R1 je ostala ista (ΠR1 = 115.00 m), a u rezervoaru R2 je doˇslo do promene kote i sada je ista kao u R1, odnosno ΠR2 = 115.00 m. Odrediti proticaje Q1 , Q2 , Q3 i Q5 (Q4 = 0), kao i snagu pumpe NP1. Gustina vode je ρ = 1000 kg/m3. Lokalni gubici energije na raˇcvi kod pumpe P1 su ξB1 = 0.6 (za smer teˇcenja vode od pumpe P1 ka rezervoaru R1) i ξB5 = 0.6 (za smer od P1 ka R2). Na drugoj raˇcvi (kod pumpe R2) koeficijenat lokalnog gubitka energije je isti kao i u prethodnom sluˇcaju i iznosi ξB = 0.3.

1

U indeksima lokalnih gubitaka slova se odnose na odgovarajuće sluˇcajeve (A, B ili C, a brojevi na smerove teˇcenja vode odgovarajućih proticaja (1, 2, . . . , 5).

137 C) U trećem sluˇcaju su ukljuˇcene obe pumpe. Pri tome, pumpa P1 i dalje radi istom snagom kao u sluˇcaju B mada su se proticaj i visina dizanja promenili. Pijezometarske kote u oba rezervoara su iste kao u sluˇcaju B (ΠR1 = ΠR2 = 115.00 m). Odrediti sve proticaje u sistemu ako se postavlja uslov da je Q5 = 0 (ovaj uslov znaˇci da pumpa P1 snabdeva samo rezervoar R1 a pumpa P2 snabdeva samo rezervoar R2, kao i da je energetska linija ujedno i pijezometarska na delu izme¯ du dve raˇcve jer je v5 = 0, i jednaka je ukupnoj energiji u preseku a–a, odnosno Πb−b = Eb−b = Ea−a = Ec−c). Odrediti ˇcitanje na manometru M koji se nalazi na koti 49 m.

Ispitni rok 23. IX 1994. – teorijski deo ispita 1. Voda ustaljeno teˇce kroz kruˇznu cev preˇcnika d i povrˇsine popreˇcnog preseka Ad . Na jednoj deonici cev se proˇsiruje do preˇcnika D (popreˇcnog preseka AD ), a zatim se ponovo suˇzava na preˇcnik d. Osovina cevi je horizontalna. Posmatra se rezultujuća inercijalna sila na masu fluida u zapremini VK dela cevi koji se proˇsiruje (osenˇceno) koja je ome¯ dena sa dva kruga (preˇcnika d i D) i omotaˇcem zarubljene kupe. Ta inercijalna sila je jednaka: Z VK

D (ρU1)dU Dt

Z

ρU1 Ui ni dA AD +Ad +AK

ρQ(vd − vD )

Z

ρU1 Ui ni dA AK

2. Za uslove date u zadatku 1 smer rezultante inercijalne sile na posmatranu (osenˇcenu) masu je: (a) nizvodni (tj. poklapa se sa osovinom X1 ); (b) uzvodni (smer je −X1); (c) naniˇze (smer je −X3 ) jer je cev horizontalna pa deluje samo sila teˇzine; (d) naviˇse (smer je X3) jer se cev proˇsiruje.

138

1. Testovi i zadaci

3. Za uslove date u zadatku 1 i sa dopunskom pretpostavkom da se dati fluid moˇze smatrati idealnim, za pritisak se tvrdi sledeće: (a) pd = pD , odnosno pritisak u teˇziˇstu preseka Ad , pd , isti je kao i u teˇziˇstu preseka AD , pD , jer je cev horizontalna a fluid idealan; (b) pd > pD ; (c) pd < pD . 4. U delu graniˇcnog sloja laminarno ustaljeno teˇce njutnovski fluid tako da se brzina U1 menja linearno sa promenom X2 a ostale brzine (U2 i U3 ) su nula. Posmatra se napon σ12 = σ21 i tvrdi se: (a) napon σ12 se tako¯ de menja linearno duˇz X2 jer je fluid njutnovski; (b) napon σ12 je u posmatranom delu strujnog polja konstantan; (c) u tom delu strujnog polja napon σ12 jednak je nuli, jer su komponente brzina U2 i U3 tako¯ de jednake nuli. 5. Potrebno je na modelu obaviti istraˇzivanje tako da se zadovolji istovremeno sliˇcnost za inercijalne i uticaje teˇzine i viskoznosti. Duˇzine na modelu su 2 puta veće od duˇzina na objektu. Gustina fluida na modelu je 1.2 puta manja od gustine na objektu. Da bi se ostvarila zahtevana sliˇcnost, potrebno je da bude ispunjen joˇs i sledeći uslov:

6. Kanal sa slobodnom povrˇsinom vode konstantnog popreˇcnog preseka i nagiba dna sastoji se od dve deonice velike duˇzine sa razliˇcitim hrapavostima. Reˇzim teˇcenja u uzvodnoj deonici, koja ima veću hrapavost, buran je. Za teˇcenje u nizvodnoj deonici (manje hrapavosti) tvrdi se sledeće: (a) dubina vode je veća nego u uzvodnoj deonici; (b) reˇzim teˇcenja je miran; (c) kinetiˇcka energija toka po jedinici teˇzine će se smanjiti u odnosu na uzvodnu deonicu; (d) na prelasku iz prve u drugu deonicu formiraće se hidrauliˇcki skok.

139 7. Laboratorijskim ispitivanjem je utvr¯ deno da je zavisnost koeficijenta trenja λ ispitivane cevi preˇcnika D od Reynolds-ovog broja takva da se ista moˇze aproksimirati funkcijom za takozvani “gladak reˇzim” u oblasti Re-brojeva za koje je obavljeno ispitivanje. Na osnovu rezultata tog ispitivanja se moˇze zakljuˇciti sledeće: (a) za ispitivanu cev u oblasti ostvarenih Re-brojeva vaˇzi takozvani “kvadratni zakon otpora”; (b) pri smanjivanju brzina moˇze se ostvariti laminarni reˇzim teˇcenja; (c) pri promeni fluida koji teˇce kroz cev (fluid druge gustine), uz zadrˇzavanje u istoj oblasti Re-brojeva, reˇzim otpora će se promeniti. 8. Vozilo sa ugaˇsenim motorom, bez koˇcenja, slobodno se spuˇsta niz put poduˇznog nagiba s1 = 10% i nakon uspostavljanja ustaljenog kretanja ostvaruje brzinu v1. Svi unutraˇsnji otpori i otpori pri kontaktu toˇckova sa povrˇsinom puta su zanemarljivi. Na putu nagiba s2 = 11%, a pri svim istim ostalim uslovima, vozilo se, pri ustaljenom kretanju, kreće brzinom v2 . Koeficijent otpora oblika je isti za oba sluˇcaja (CF 1 = CF 2 ). Odnos brzina (v2/v1 ) iznosi : v2/v1 =

Ispitni rok 23. IX 1994. – zadaci Zadatak 1. Na slici je prikazan betonski cevovod kruˇznog popreˇcnog preseka koji je poloˇzen u rov pravougaonog preseka u fazi izgradnje. Zbog prisustva podzemne vode dubine 4.0 m (mereno od dna rova), potrebno je betonskim balastom oteˇzati cevovod, tako da on ne ispliva kada je prazan. Izraˇcunati potrebnu ˇsirinu betonskog balasta (na slici oznaˇceno sa b) ako se postavlja na svakih 6.0 m duˇz cevovoda. U proraˇcunu sile potiska zanemariti uticaj betonskog balasta. Raˇcunati da jedan balast uravnoteˇzuje 6 m duˇzine cevovoda. Odrediti najveći unutraˇsnji preˇcnik cevovoda d, pri kome prazan cevovod (istog spoljnog preˇcnika D), ne bi isplivao ni kada nema balasta.

140

1. Testovi i zadaci

Zadatak 2. Na slici su prikazana dva rezervoara sa vodom. Kota vode u rezervoaru R1 je 10 m, a u drugom je nepoznata. Volumetrijskom metodom je izmeren proticaj kroz obe cevi. Za izmereni proticaj kroz cev koja izlazi iz rezervoara R1 proveriti reˇzim teˇcenja i izraˇcunati koeficijenat lokalnog gubitka energije na zatvaraˇcu Z1. Na osnovu datog ˇcitanja na diferencijalnom manometru ∆pM = 15 kPa, i pretpostavljajući da se u drugoj cevi ostvaruje turbulentno teˇcenje (λ = 0.115(k/d + 60/Re)1/4), odrediti nivo u rezervoaru R2 i koeficijenat lokalnog gubitka energije na zatvaraˇcu Z2. Zadatak 3. U horizontalno reˇcno korito pravougaonog preseka, u kome je teˇcenje vode u mirnom reˇzimu, postavljen je betonski “zub”. Pri datom proticaju i dubinama u presecima 1 i 2, izraˇcunati silu koju prima betonski “zub”. Silu trenja izme¯ du preseka 1 i 2 zanemariti.

141

Ispitni rok 24. I 1995. – teorijski deo ispita 1. Brzine dilatacije fluidnog delića odre¯ dene su sa: ∂u1 = −0.1s−1 ∂x1

∂u2 = 0.2s−1 ∂x2

∂u3 = 0.1s−1 ∂x3

Na osnovu ovoga se zakljuˇcuje: (a) fluid je nestiˇsljiv; (b) gustina fluida se menja kroz vreme; (c) materijalni izvod gustine jednak je nuli. 2. Kroz kruˇznu cev konstantnog popreˇcnog preseka pod pritiskom ustaljeno teˇce fluid gustine ρ i dinamiˇckog koeficijenta viskoznosti µ, pri ˇcemu se, za brzinu u0, ostvaruje laminaran reˇzim teˇcenja. Na osnovu prethodnog tvrdi se sledeće: (a) ostvaruje se tzv. kvadratni zakon otpora; (b) u celoj oblasti izme¯ du zida i osovine cevi brzina se linearno menja sa rastojanjem od zida; (c) hrapavost unutraˇsnjeg zida cevi utiˇce na gubitke energije; (d) reˇzim teˇcenja je buran. 3. Pri strujanju njutnovskog fluida u delu strujnog polja u neposrednoj blizini zida ostvaruje se raspored brzina takav da je komponenta brzine u pravcu strujanja (u3 ) zavisna od drugog stepena rastojanja od zida (x2 ), odnosno u3 = f (x22), a druge dve komponente brzine jednake su nuli, odnosno u1 = u2 = 0. Za takve uslove, u posmatranoj oblasti, tangencijalni napon σ23 = σ32 biće proporcionalan sa xn2 . Vrednost eksponenta n je: −4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

4. Dinamiˇcka jednaˇcina za elementarnu masu fluida napisana za pravac (x3 ) glasi: ∂u3 ∂u3 1 ∂p 1 ∂u3 + ui = f3 − + ∂t ∂xi ρ ∂x3 ρ ∂xi ∂xi

|{z} (1)

| {z } (2)

|{z} (3)

| {z } (4)

|

{z

(5)

}

142

1. Testovi i zadaci Uz svaki od uslova navedenih u nastavku napisati koji od ˇclanova (1)– (5) je na osnovu njega jednak nuli: fluid je idealan ⇒ ( ) = 0; strujanje je ustaljeno) ⇒ ( ) = 0; u1 = u2 = 0, pravac x3 je horizontalan, ⇒ ( ) = 0. od zapreminskih sila deluje samo teˇzina

5. Dve sfere preˇcnika D1 i D2 (takve da je D1 > D2 ), napravljene su od istog materijala gustine ρ1 = ρ2. Sfere su priˇcvrˇsćene za krajeve ˇstapa duˇzine L. Ovaj ˇstap moˇze da se obrće oko ose u taˇcki koja deli ˇstap na dva dela duˇzina L1 i L2 , odnosno L = L1 + L2 . Popreˇcne dimenzije i teˇzina ˇstapa su zanemarljivi. Odnosi preˇcnika D1 i D2 i duˇzina L1 i L2 su takvi da, kada su kugle u vazduhu, ˇstap je u horizontalnom poloˇzaju u stanju indiferentne ravnoteˇze. Ovakav sistem postavi se u vodu dovoljne dubine da su obe kugle uvek u vodi bez obzira na poloˇzaj ˇstapa. Tokom samog stavljanja u vodu rotacija ˇstapa je spreˇcena, a posle toga je opet moguća. Nakon ˇsto se ˇstap pusti i umiri, stanje je sledeće: (a) ˇstap je u istom (horizontalnom) poloˇzaju, u stanju indiferentne ravnoteˇze; (b) ˇstap je u kosom (ni u horizontalnom ni u vertikalnom) poloˇzaju, veća sfera na viˇsoj koti od manje, u stanju stabilne ravnoteˇze; (c) ˇstap je u kosom (ni u horizontalnom ni u vertikalnom) poloˇzaju, veća sfera na niˇzoj koti od manje, u stanju stabilne ravnoteˇze; (d) ˇstap je u vertikalnom poloˇzaju, veća sfera gore, manja sfera dole, u stanju stabilne ravnoteˇze; (e) ˇstap je u vertikalnom poloˇzaju, veća sfera dole, manja sfera gore, u stanju stabilne ravnoteˇze. 6. U horizontalnom kanalu pravougaonog popreˇcnog preseka ˇsirine 10 m, formira se hidrauliˇcki skok sa konjugovanim dubinama h1 = 2 m i h2 = 5 m. Gubitak energije po jedinici teˇzine na skoku iznosi:

Eizg =

(upisati jedinice)

143 7. Model je naˇcinjen po principu sliˇcnosti za inercijalne uticaje i za uticaje teˇzine. Razmera za proticaj je Q∗ = 88. U nekoj taˇcki na modelu izmeren je pritisak od 150 Pa. Odgovarajući pritisak na objektu će iznositi: pobj =

8. Posmatra se ravna ploˇca postavljena u ravnomernu struju tako da je paralelna sa pravcem struje. Smer struje je s desna na levo. Zadatak je ravanski. Graniˇcni sloj duˇz cele ploˇce je laminaran. Sila otpora teˇcenja na levoj polovini ploˇce je F1 , a na desnoj je F2 . Odnos ovih dveju sila iznosi: F1 /F2 =

Ispitni rok 24. I 1995. – zadaci Zadatak 1. Kvadratna prizma nepoznate proseˇcne gustine ρ1 priˇcvrˇsćena je za zid tako da, pod uticajem sila, moˇze da se obrće oko (linijskog) zgloba u taˇcki 0. Zadatak je ravanski. Odrediti najmanju gustinu prizme (ρ1) pri kojoj ona moˇze da bude u poloˇzaju prikazanom na slici, i to za dva sluˇcaja: a) Prizma i zid su potpuno ravni, tako da ne dolazi do prodiranja fluida gustine ρ3 ispod prizme, odnosno ne treba uzimati u obzir hidrostatiˇcku silu na prizmu duˇz njenog kontakta sa zidom. b) Prizma i zid nisu potpuno ravni, tako da dolazi do prodiranja fluida gustine ρ3 ispod prizme, odnosno treba uzeti u obzir vertikalnu hidrostatiˇcku silu na prizmu duˇz njenog kontakta sa zidom (u ovom sluˇcaju zglob ne propuˇsta, odnosno ne dolazi do meˇsanja fluida sa jedne i druge strane zgloba).

144

1. Testovi i zadaci

Zadatak 2.

Prizma iz zadatka 1, proseˇcne gustine ρ1, postavljena je u ravnomernu horizontalnu vazduˇsnu struju brzine u0 (gustina vazduha je ρ0). Koeficijenti pritiska (Cp ) u naznaˇcenim taˇckama dati su u priloˇzenoj tabeli. Na delu prizme izloˇzenom vazduhu, pritisak se menja linearno izme¯ du taˇcaka u kojima su zadate vrednosti Cp . a) Odrediti najmanju brzinu vazduha (u0) koja bi izvela prizmu proseˇcne gustine ρ1 = 150 kg/m3 iz poloˇzaja prikazanog na slici ako su prizma i zid potpuno ravni, tako da ne dolazi do prodiranja vazduha ispod prizme, odnosno ne treba uzimati u obzir sila od vazduha na prizmu izme¯ du taˇcaka 0 i 7. b) Odrediti najmanju gustinu prizme (ρ1) za koju ona moˇze da ostane u prikazanom poloˇzaju pri brzini vazduha u0 = 45 m/s ako prizma i zid nisu potpuno ravni, tako da dolazi do prodiranja vazduha ispod prizme, odnosno treba uzeti u obzir silu na prizmu izme¯ du taˇcaka 0 i 7 (u ovom sluˇcaju zglob ne propuˇsta vazduh, odnosno pritisak vazduha izme¯ du taˇcaka 0 i 7 je konstantan i iznosi p7 ). taˇcka Cp

0 −0.2

1 −0.2

2 −0.2

3 −0.8

4 0.0

5 0.9

6 0.9

7 0.9

Zadatak 3. Preko Thompson-ovog oˇstroiviˇcnog preliva voda se preliva iz rezervoara R2 u rezervoar R1. Kroz crevo preˇcnika d2 duˇzine L istiˇce proticaj Q2 = 3.10 lit/s. Zbir ova dva proticaja crpi se pomoću crpke

145 snage S = 700 W kroz cev preˇcnika d1 . Odrediti koeficijent korisnog dejstva crpke η.

Ispitni rok 28. III 1995. – teorijski deo ispita 1. Dve kuglice razliˇcitih preˇcnika (D1 > D2 ), ali istih teˇzina, slobodno padaju kroz teˇcnosti koje su u stanju mirovanja. Manja kuglica pada kroz vodu (gustina vode je ρv = 1000 kg/m3), a veća kroz ulje (gustina ulja je ρu = 800 kg/m3). Obe kuglice se kreću istim, konstantnim brzinama. Tvrdi se sledeće: (a) zbir sile otpora i sile uzgona koje deluju na veću kuglicu je veći od zbirnog dejstva istih sila koje deluju na manju kuglicu; (b) zbir sile otpora i sile uzgona koje deluju na veću kuglicu je manji od zbirnog dejstva istih sila koje deluju na manju kuglicu; (c) zbir sile otpora i sile uzgona koje deluju na veću kuglicu je identiˇcan zbiru istih sila koje deluju na manju kuglicu. 2. Kanal konstantnog popreˇcnog preseka sastoji se od dve dugaˇcke deonice: uzvodne sa blagim nagibom u kojoj je pri posmatranom konstantnom proticaju Q vrednost Froude-ovog broja manja od jedinice i nizvodne sa strmim nagibom dna u kojoj je pri istom proticaju Q vrednost Froude-ovog broja veća od jedinice. Za deo kanala u blizini promene nagiba dna tvrdi se sledeće: (a) na mestu promene nagiba dna formira se kritiˇcna dubina; (b) na mestu promene nagiba dna formira se hidrauliˇcki skok;

146

1. Testovi i zadaci (c) od mesta promene nagiba dna, dubina vode se u uzvodnom smeru smanjuje teˇzeći normalnoj dubini; (d) od mesta promene nagiba dna, dubina vode se u nizvodnom smeru povećava teˇzeći normalnoj dubini.

3. Model napravljen po principima sliˇcnosti za uticaje inercije i viskoznosti ima sve dimenzije smanjene 5 puta u odnosu na odgovarajuće dimenzije objekta. Na modelu se, uz koriˇsćenje istog fluida kao na objektu, ispituje snaga motora za pogon potpuno potopljenog tela koje se kreće konstantnom brzinom. Na objektu je snaga motora 500 kW, ˇsto znaˇci da je snaga na modelu, Smod jednaka: Smod = (jedinice) 4. U paralelnu struju nestiˇsljivog fluida, konstantne brzine U0 i pijezometarske kote u neporemećenom fluidu Π0 , uronjena je polovina sfere (videti skicu). Posmatra se pijezometarska kota na spoljaˇsnjoj ivici graniˇcnog sloja formiranog na omotaˇcu polovine sfere, Πδ (δ je debljina graniˇcnog sloja) koja se menja duˇz krivolinjske koordinate s. Za Πδ na prednjoj strani polovine sfere, osim u taˇcki Z, moˇze se tvrditi da je: (a) ∂Πδ > 0; ∂s ∂Π (b) ∂sδ < 0; (c) ∂Πδ = 0; ∂s U2 (d) Πδ (s) > Π0 + 2g0 ; U2 (e) Πδ (s) < Π0 + 2g0 ; U2 (f) Πδ (s) = Π0 + 2g0 .

147 5. Kroz cev kruˇznog preseka preˇcnika D = 0.2 m protiˇce fluid gustine ρ = 1200 kg/m3. Proticaj kinetiˇcke energije kroz posmatrani popreˇcni presek je QEk = 150.72 J/s. Za date uslove proseˇcna brzina fluida u popreˇcnom preseku iznosi:

v=

(upisati jedinice)

6. Posmatra se strujno polje u kome su komponente brzina u1 , u2 i u3 u nekoj taˇcki (x1 , x2 , x3 ) definisane sledećim zavisnostima: u1 = u1 (x2 , x3)

u2 = u2(x1 , x3)

u3 = 0

µ 6= 0

gde je µ – dinamiˇcki koeficijent viskoznosti, a x1, x2, x3 – prostorne koordinate posmatrane taˇcke. Za takvo strujanje u posmatranoj taˇcki moˇze se pouzdano zakljuˇciti sledeće: (a) zapreminska dilatacija delića postoji i pozitivna je; (b) strujanje je neustaljeno; (c) sve komponente devijatorskog dela napona su jednake nuli. 7. Posmatra se ustaljeno strujanje nestiˇsljivog fluida gustine ρ kroz cev kruˇznog popreˇcnog preseka sa horizontalnom osovinom ˇciji se preˇcnik duˇz struje (u pravcu x1 ) smanjuje. Posmatra se vrednost integrala: I=−

Z

ρu1 u1n1 dA A

gde je u1 – komponenta brzine u pravcu toka, A – popreˇcni presek struje, n1 – ort spoljne normale preseka A. Tvrdi se sledeće: (a) posmatrani integral predstavlja komponentu inercijalne sile; (b) apsolutna vrednost integrala niz struju se povećava; (c) lokalna komponenta materijalnog izvoda delića koji se kreće duˇz osovine cevi veća je od nule; (d) konvektivna komponenta materijalnog izvoda delića koji se kreće duˇz osovine cevi jednaka je nuli.

148

1. Testovi i zadaci

8. Strujanje nestiˇsljivog fluida je dato sa: u1 =

U0 2 x 2h2 2

u2 = u 3 = 0

gde je U0 = 1 m/s, h = 0.5 m i µ = 10−3 Pa s. Motorni rad fluida u taˇcki A, koja ima koordinate A(1, 2, 3), iznosi:

Mot = (jedinice)

Ispitni rok 28. III 1995. – zadaci Zadatak 1.

Na slici je prikazana ustava koja moˇze da se rotira oko taˇcke O. Zadatak je ravanski. Odrediti dubinu vode h i minimalni ugao α pri kome je ustava u ravnoteˇzi (dobijenu jednaˇcinu reˇsiti po uglu α). Nacrtati zavisnost dubine vode h od ugla ustave α. Na dijagramu ˇsrafirati zonu uglova α u kojoj je ravnoteˇza ustave labilna (ako se ustava izvede iz ravnoteˇznog poloˇzaja za ugao ∆α, ne vraća se u prvobitni poloˇzaj).

Zadatak 2. Za sistem prikazan na skici (rezervoar, sifonska cev, izlazno suˇzenje) izraˇcunati proticaj po uspostavljanju teˇcenja. Nacrtati pijezometarsku i energetsku liniju u razmeri i na dijagramu upisati sve potrebne kote.

149

Zadatak 3. Za kanal trougaonog popreˇcnog preseka odrediti kritiˇcnu dubinu pri proticaju Q = 2 m3/s. Ako je hrapavost kanala po Manningu n = 0.018 m−1/3s, odrediti pri kom nagibu kanala se normalna dubina poklapa sa kritiˇcnom (odnosno odrediti kritiˇcni nagib kanala).

Ispitni rok 11. VI 1995. – teorijski deo ispita 1. Dati su izrazi: Z

u j uj I1 = ρ ni ui dA 2 A

I2 =

Z V

∂ u j uj (ρ )dV ∂t 2

gde je A = povrˇsina omotaˇca posmatrane zapremine V . Za ove integrale tvrdi se sledeće: (a) integrali I1 i I2 su vektorske veliˇcine u pravcu j; (b) integral I1 predstavlja komponentu inercijalne sile u pravcu j; (c) integral I2 predstavlja priraˇstaj koliˇcine kretanja (izlaz − ulaz) u zapremini V , u jedinici vremena;

150

1. Testovi i zadaci (d) zbir integrala I1 + I2 brojno je jednak radu svih sila, u jedinici vremena, koje deluju na zapreminu V .

2. U nekoj taˇcki strujnog polja osrednjena vrednost brzine u pravcu 1, u1 , menja se po sinusnom zakonu; osrednjena vrednost komponente brzine u pravcu 2, u2 , konstanta je kroz vreme, dok je osrednjena vrednost brzine u pravcu 3, u3, jednaka nuli: u1 = U0 sin(ωt + c)

u2 = const

u3 = 0

(2π/ω – perioda, t – vreme, U0, c – konstante). Fluktuacione komponente (u01 , u02, u03) su razliˇcite od nule i menjaju se na sluˇcajan naˇcin (nemaju izraˇzenu pravilnost). Za strujanje u toj taˇcki tvrdi: (a) sve komponente Reynolds-ovog napona razliˇcite su od nule; t t (b) poˇsto je u3 = 0, komponente Reynolds-ovog napona σ13 = σ31 , t t t σ23 = σ32 i σ33 jednake su nuli; t = σ t menjaju se po si(c) komponente Reynolds-ovog napona σ13 31 nusnom zakonu. 3. U laminarnom (viskoznom) podsloju turbulentnog toka fluida gustine ρ = 1.2 kg/m3, brzina fluida u pravcu toka x1 , u1, povećava se linearno sa rastojanjem od zida cevi, duˇz x2 , dok su ostale komponente brzine jednake nuli: u1 = ax2

u2 = u 3 = 0

0 < x2 < 0.02 m

(a = const, a > 0). Priraˇstaj brzine izme¯ du dve taˇcke na rastojanju ∆x2 = 0.4 mm iznosi ∆u1 = 0.4 m/s. Na polovini rastojanja izme¯ du tih taˇcaka tangencijalni napon iznosi σ12 = σ21 = 0.02 Pa. Za date uslove kinematiˇcki koeficijent viskoznosti iznosi: =

(upisati oznaku, vrednost i jedinice)

4. Za strujanje dato u predhodnom zadatku, u taˇcki x2 = 0.01 m vrednost motornog rada po jedinici zapremine iznosi: Mot =

(upisati vrednost i jedinice)

151 5. Model saˇcinjen tako da zadovolji uslove sliˇcnosti za inercijalne i gravitacione uticaje koristi se za odre¯ divanje povećanja dubine uzvodno od mostovske pregrade u toku. Pri proticaju na modelu od 20 l/s, koji odgovara proticaju od 20.48 m3 /s na objektu, izmereno je nadviˇsenje od 0.5 cm. Odgovarajuće nadviˇsenje na objektu će biti (u [cm]): 2

4

8

16

24

36

40

48

6. Kruˇzni cilindar se nalazi u struji nestiˇsljivog fluida ˇciji je smer upravan na osovinu cilindra. U neporemećenoj zoni brzina je konstantna. Posmatra se elementarna zapremina fluida na prednjoj strani cilindra, u graniˇcnom sloju (ˇcija se debljina niz struju povećava). Za zbir sila pritiska i teˇzine koje deluju na posmatranu elementarnu zapreminu tvrdi se sledeće: (a) (b) (c) (d)

zbir te dve sile jednak je nuli jer je fluid nestiˇsljiv; zbir te dve sile usmeren je niz struju; zbir te dve sile usmeren je uz struju; zbir te dve sile uravnoteˇzuje se sa inercijalnom silom jer je sila trenja jednaka nuli.

7. Posmatra se sila koja deluje na deo ˇcvrste konture koja je u kontaktu sa fluidom koji miruje. Posmatrani deo konture nije ravan. Tvrdi se da su nuli jednake sledeće sile: (a) horizontalna komponenta sfernog dela povrˇsinske sile: (b) vertikalna komponenta sfernog dela povrˇsinske sile; (c) lokalna komponenta inercijalne sile na elementarnu masu fluida u neposrednom kontaktu sa fluidom; (d) konvektivna komponenta inercijalne sile na elementarnu masu fluida u neposrednom kontaktu sa fluidom; (e) sila usled delovanja devijatorskog dela napona. 8. Za teˇcenje u otvorenom kanalu, za kritiˇcnu dubinu tvrdi se sledeće: (a) ostvaruje se na kraju kanala sa mirnim reˇzimom teˇcenja koji se uliva u jezero ˇciji je nivo ispod dna kanala; (b) ostvaruje se uvek na ˇsirokom pragu pri nepotopljenom prelivanju; (c) ostvaruje se uvek kada je specifiˇcna energija jednaka nuli; (d) zavisi od nagiba dna kanala.

152

1. Testovi i zadaci

Ispitni rok 11. VI 1995. – zadaci

Zadatak 1.

Na slici je prikazana ustava. Za 1 m duˇzine ustave, izraˇcunati koliki je momenat u ukljeˇstenju usled opterećenja od fluida. Zadatak je ravanski, sve sile i momenat raˇcunati na jedan metar duˇzine zida.

Zadatak 2. Voda se iz rezervoara R1 crpi pumpom u rezervoar R2, a iz rezervoara R2 izlazi kroz drugu cev koja se zavrˇsava mlaznikom. Mlaz vode iz mlaznice udara u ravnu kruˇznu ploˇcu, na kojoj se dinamometrom meri sila. Odrediti potreban gubitak energije na zatvaraˇcu (ξzat) tako da izmerena sila bude F = 128.8 N. Kolika je potrebna snaga pumpe tako da proticaj iz R1 u R2 bude isti kao proticaj koji izlazi iz R2?

153

Zadatak 3.

Na slici je prikazan mehaniˇcki anemometar – ure¯ daj za merenje brzine vetra. Dve sfere su izloˇzene homogenoj vazduˇsnoj struji brzine U . Gornja veća i lakˇsa, i donja manja i teˇza, spojene su krutim ˇstapom, sa mogućnoˇsću rotacije u taˇcki O. Nacrtati dijagram zavisnosti ugla rotacije sistema α u funkciji brzine vetra U . Zanemariti uticaj vetra na sˆ am ˇstap.

Ispitni rok 3. IX 1995. – teorijski deo ispita 1. Posmatra se elementarna zapremina fluida koji miruje, oblika kocke (sa stranama dx1 = dx2 = dx3 ) u koordinatnom sistemu u kome je osovina x3 vertikalna i usmerena na gore (osovine x1 i x2 leˇze u horizontalnoj ravni). Elementarna zapremina je postavljena tako da je hidrostatiˇcki pritisak u njenom teˇziˇstu T(0, 0, 5dx3) jednak nuli. Na osnovu prethodnog se zakljuˇcuje: (a) u svim taˇckama koje se nalaze na osovini x1 (x1, 0, 0) pritisak je jednak nuli; (b) pritisak je konstantan (ima istu vrednost) u svim taˇckama u ravni (x1 , x2); (c) pijezometarska ravan je vertikalna i paralelna je sa ravni (x2 , x3); (d) pijezometarska ravan prolazi kroz koordinatni poˇcetak (x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0). 2. Posmatra se ustaljeno jednoliko kretanje vode duˇz otvorenog kanala pravougaonog popreˇcnog preseka sa konstantnim nagibom dna. Za masu fluida izme¯ du dva popreˇcna preseka tvrdi se sledeće: (a) u oba posmatrana preseka dubina je ista; (b) rezultujuća inercijalna sila na posmatranu masu fluida jednaka je nuli;

154

1. Testovi i zadaci (c) komponente sile pritiska u posmatranim popreˇcnim presecima su jednake po intezitetu, a suprotnog smera, tako da je rezultanta sile pritiska jednaka nuli; (d) sila trenja uravnoteˇzuje se sa komponentom sile teˇzine u pravcu teˇcenja. Posmatraju se integrali II i III napisani za ustaljeno strujanje vode u kanalu pravougaonog popreˇcnog preseka (vidi sliku):

3. II = −

Z V

III = −

Z A

∂ (ρuj )dV ∂t uj ρni ui dA

gde su: V – zapremina posmatrane mase fluida izme¯ du dva popreˇcna preseka, A – povrˇsina omotaˇca posmatrane mase fluida (A = A1 + +A2 + A3 + A4 ), ρ – gustina vode, ni – ort spoljne normale povrˇsine, ui , uj – komponente brzine (u2 = u3 = 0). Za prethodne uslove napisati integral III u razvijenom obliku (umesto indeksa i i j koristiti 1, 2 i 3, kao i oznake date na slici) i izostaviti ˇclanove koji su jednaki nuli.

III =

4. Za integrale date u prethodnom zadatku tvrdi se sledeće: (a) integral II jednak je nuli kad je kretanje ustaljeno; (b) integral III jednak je nuli kad je kretanje ustaljeno; (c) integral III jednak je nuli kad je kretanje jednoliko; (d) zbir integrala II i III jednak je nuli kad je kretanje ustaljeno i jednoliko. 5. Pri ispitivanju sile otpora oblika nekog tela, a pri opstrujavanju fluida gustine ρ1 i viskoznosti µ1 , utvr¯ deno je da koeficijent sile otpora oblika CF ne zavisi od Re-broja u oblasti ispitivanih Reynolds-ovih brojeva. Ako se uz zadrˇzavanje Re broja u pomenutoj oblasti, koristi neki drugi fluid razliˇcite gustine ρ2 i viskoznosti µ2 , desiće se sledeće:

155 (a) koeficijent sile otpora će se promeniti u zavisnosti od odnosa gustina ρ2/ρ1; (b) pri istoj brzini fluida sila otpora će se promeniti u zavisnosti od odnosa koeficijenata viskoznosti µ2 /µ1 ; (c) pri istoj brzini sila otpora se neće promeniti. 6. U laminarnom ravanskom teˇcenju fluida (u ravni x1, x2 ), poznate gustine i viskoznosti, ostvaruje se linearan raspored brzine, tj. brzina u1 zavisi linearno od rastojanja x2 od zida. Za oblast vaˇzenja datog rasporeda brzina tvrdi se sledeće: (a) napon σ12 = σ21 zavisi linearno od rastojanja x2 od zida; (b) napon σ12 = σ21 je konstantan i ne zavisi od rastojanja x2 od zida; (c) povrˇsinska sila na elementarnu zapreminu dV u posmatranoj oblasti strujanja jednaka je nuli. 7. U posmatranoj taˇcki fluidnog prostora, gustina delića stiˇsljivog fluida u jednom trenutku t1 iznosi ρ = 900 kg/m3. Gustina se kroz vreme menja tako da je u posmatranom trenutku t1 vrednost materijalnog izvoda gustine Dρ/Dt = 360 kgm−3s−1 . U posmatranoj taˇcki brzine dilatacija u trenutku t1 iznose: ∂u1 = −0.1 s−1 ∂x1

∂u2 = −0.2 s−1 ∂x2

Vrednost brzine dilatacije za pravac x3 u trenutku t1 iznosi: ∂u3 = ∂x3 (upisati vrednost i jedinice) 8. U nekoj taˇcki strujnog polja osrednjene, trenutne i fluktuacione komponente brzina su definisane sledećim izrazima: pravac x1

trenutna u1 = u0[1 + α sin(ωt + c)]

osrednjena u0

x2

u2 = u02

0

x3

u3 = u03

0

fluktuaciona u0 α sin(ωt + c) α = const u02 6= 0 stohastiˇcka u03 6= 0 stohastiˇcka

156

1. Testovi i zadaci gde su 2π/ω – perioda, t – vreme, a α i c – konstante razliˇcite od nule. Za komponente Reynolds-ovog napona vaˇzi sledeće: t su razliˇ (a) sve komponente tenzora Reynolds-ovog napona σij cite od nule; t t (b) komponente Reynolds-ovog napona σ22 , σ33 su jednake nuli jer je u2 = u3 = 0; t jednaka je nuli. (c) komponenta Reynolds-ovog napona σ11

Ispitni rok 3. IX 1995. – zadaci Zadatak 1. Gustina zida je ρb = 2.4 kg/dm3. Zadatak je ravanski. Izraˇcunati moment savijanja (po metru duˇzine konstrukcije) u preseku A–A (kod ukljeˇstenja).

Zadatak 2.

Posmatra se teˇcenje kroz laboratorijski kanal trougaonog popreˇcnog preseka (sa pravim uglom izme¯ du zidova kanala) ˇciji Manningov koeficijent hrapavosti obloge iznosi n = 0.011 m−1/3s, a nagib dna ID = 0.155%. Voda iz kanala slobodno istiˇce u rezervoar, iz koga dalje istiˇce preko Thompson-ovog preliva (oblici preliva i popreˇcnog preseka kanala su isti). Pri nekom proticaju Q kritiˇcna dubina u kanalu hK iznosi 80% od normalne dubine hN (koja bi se ostvarila kada bi kanal bio dovoljno dugaˇcak). Odrediti proticaj kroz kanal Q iz datog uslova da je hK = 0.80hN . Odrediti dubinu vode hA (u preseku A–A, gde je slobodno isticanje) i visinu mlaza hB (u preseku B–B, tj. na Thompson-ovom prelivu).

157

Zadatak 3. Voda slobodno istiˇce iz rezervoara kroz cevi istog preˇcnika d = 100 mm i iste hrapavosti. a) Odrediti proticaj Q3 za sluˇcaj kada je nivo vode u rezervoaru na visini Πa = 13.95 m, ˇsto je najviˇsi nivo pri kome voda joˇs uvek istiˇce samo kroz jednu cev, odnosno kada je Q1 = Q3 i Q2 = 0. Koeficijent trenja za sve cevi iznosi λ = 0.0215. Koeficijent lokalnog gubitka na spoju 1−3 iznosi ξs,a = ξs,a = 2. Odrediti do kog nivoa će se voda popeti u cevi kroz koju nema proticaja (koja je delimiˇcno ispunjena vodom u stanju mirovanja) iz uslova da su energetske kote u presecima 1 i 2 (u presecima cevi 1 i 2 neposredno ispred spoja) me¯ dusobno jednake.

158

1. Testovi i zadaci

b) Odrediti proticaje Q1 , Q2 i Q3 za sluˇcaj kada je nivo vode u rezervoaru na visini Πb = 15.95 m, odnosno kada je Q1 + Q2 = Q3 i Q2 > 0. Koeficijent trenja za sve cevi iznosi λ = 0.0215. Koeficijent lokalnog gubitka na spoju iznosi ξs,b = ξ 1−3 = ξ 2−3 = 1.35. s,b s,b c) Ako se pri proticaju Q3 , odre¯ denom za sluˇcaj pod a), ostvaruje turbulentno teˇcenje u prelaznom reˇzimu iz glatke u hrapavu cev, odnosno ako je λ = λ(k/d, Re) = 0.0215, odrediti apsolutnu hrapavost cevi k. Kinematiˇcki koeficijent viskoznosti vode iznosi ν = 10−6 m2 /s. d) Ako vaˇze pretpostavke iznete pod c), onda to znaˇci da je u sluˇcaju pod b) uˇcinjena izvesna greˇska poˇsto je, pri proticajima razliˇcitim od Q3 odre¯ denom za sluˇcaj pod a), odnosno pri razliˇcitim Re-brojevima, koeficijent trenja λ razliˇcit od 0.0215. Do “taˇcnog” reˇsenja2 bi se moglo doći ako bi se, koristeći vrednost k sraˇcunatu pod c), za proticaje sraˇcunate pod b) odredili odgovarajući λ1 , λ2 i λ3, pa zatim s tim vrednostima ponovo izraˇcunali proticaji, i tako nekoliko puta dok proraˇcun ne konvergira. Objasniti da li se bez ovakvog iterativnog proraˇcuna moˇze reći da li je proticaj Q3 sraˇcunat pod b) precenjen ili potcenjen (u odnosu na “taˇcno” reˇsenje); ako moˇze – reći na koju stranu je uˇcinjena greˇska, a ako ne moˇze – objasniti zaˇsto ne moˇze.

Ispitni rok 24. IX 1995. – teorijski deo ispita 1. Zatvorena lopta, naˇcinjena od materijala zanemarljive teˇzine, pluta na vodi. Lopta je do svoje polovine ispunjena crvenom teˇcnoˇsću ˇcija je gustina manja od gustine vode. Iznad teˇcnosti zarobljen je vazduh pod pritiskom tako da se pijezometarska kota crvene teˇcnosti u lopti poklapa sa povrˇsinom vode izvan lopte. Ako se na dnu lopte izbuˇsi otvor, desiće se sledeće: (a) voda će poˇceti da ulazi u unutraˇsnjost lopte; (b) crvena teˇcnost će poˇceti da istiˇce iz lopte; (c) neće doći ni do kakvih promena. 2

Pridev taˇ cno pisan je sa navodnicima jer je razlika izme¯ du pribliˇznog reˇsenja dobijenog pod b) i taˇcnog veoma mala, manja od 1%.

159 2. U strujnom polju u ravni (x2, x3 ) utvr¯ deno je da se napon σ23 = σ32 linearno smanjuje sa povećanjem koordinate x3 . Brzina u2 je funkcija samo rastojanja x3 . Na osnovu prethodnog se zakljuˇcuje: (a) brzina u2 menja se linearno sa promenom rastojanja x3; (b) brzina u2 je konstantna duˇz pravca x3; (c) brzina u2 menja se proporcionalno sa kvadratom rastojanja x3 . 3. Posmatra se dinamiˇcka jednaˇcina po jedinici mase za pravac j = 3 u kojoj deo povrˇsinske sile usled delovanja devijatorskog dela napona glasi: 1 ∂σi3 ρ ∂xi U Navier-Stokes-ovoj jednaˇcini za isti pravac odgovarajući ˇclan će biti napisan na sledeći naˇcin:

4. Fluidni delić deformiˇse se tako da su brzine dilatacija me¯ dusobno jednake i istog su znaka. Tvrdi se sledeće: (a) prethodno je moguće samo kod nestiˇsljivog fluida; (b) prethodno je moguće i kod stiˇsljivog i kod nestiˇsljivog fluida; (c) jednaˇcina kontinuiteta je zadovoljena. 5. Posmatraju se nepotopljeno i potopljeno prelivanje preko ˇsirokog praga u kanalu pravougaonog popreˇcnog preseka. Nagib dna kanala je takav da se, izvan zone nejednolikog teˇcenja izazvane lokalnim poremećajima, ostvaruje buran reˇzim teˇcenja. Za ovakvu situaciju tvrdi se sledeće: (a) za nepotopljeno prelivanje neposredno uzvodno od praga ostvaruje se miran reˇzim teˇcenja; (b) za nepotopljeno prelivanje na uzvodnoj deonici ostvaruje se hidrauliˇcki skok; (c) za potopljeno prelivanje neposredno nizvodno od praga ostvaruje se mirno teˇcenje izazvano nekom drugom nizvodnom preprekom; (d) za potopljeno prelivanje na pragu se ne ostvaruje kritiˇcna dubina.

160

1. Testovi i zadaci

6. Visoka zgrada, osnove oblika kvadrata i sa fasadnim zidovima koji su ravni, vertikalni i svi iste visine, izloˇzena je dejstvu vetra u razliˇcitim pravcima. Pretpostavlja se da se brzina vetra od terena naviˇse povećava, a da je u svakoj horizontalnoj ravni konstantna.

Za dva pravca duvanja prikazana na slici tvrdi se sledeće: (a) za sluˇcaj 1) sile na povrˇsine a1 i a3 su istog intenziteta a suprotnog smera; (b) za sluˇcaj 1) sile na povrˇsine a2 i a4 su istog inteziteta a suprotnog smera; (c) za sluˇcaj 1) rezultanta sile u pravcu 2 jednaka je nuli; (d) za sluˇcaj 2) inteziteti sila na povrˇsine b1 i b4 su isti i sile deluju upravno na te povrˇsine; (e) za sluˇcaj 2) inteziteti sila na povrˇsine b1 i b2 su isti i deluju upravno na te povrˇsine; (f) za sluˇcaj 2) rezultanta sile u pravcu 2 jednaka je nuli. 7. Posmatra se koeficijent tangencijalnog napona (Cτ ) za dve kruˇzne cevi razliˇcitog preˇcnika (D1 6= D2 ) i razliˇcitih apsolutnih hrapavosti (k1 6= k2 ), a istih relativnih hrapavosti (k1/D1 = k2/D2). Za oblast kvadratnog zakona otpora, za posmatrani koeficijent Cτ za obe cevi, vaˇzi sledeće: (a) pri povećanju Reynolds-ovog broja Cτ će se smanjivati; (b) Cτ će se povećavati proporcionalno kvadratu Reynolds-ovog broja; (c) Cτ se neće menjati pri promeni Reynolds-ovog broja. 8. Model je naˇcinjen tako da su zadovoljeni uslovi sliˇcnosti za inercijalne uticaje i uticaje gravitacije. Na modelu i objektu je isti fluid. Sve duˇzine na modelu su 25 puta manje od odgovarajućih na objektu. Ispituje se sila kojom mlaz, nakon prelivanja preko brane, deluje na

161 prepreku na dnu kanala. Sili na objektu od 312.5 kN odgovara sila na modelu od: Fmod = (upisati vrednost i jedinice)

Ispitni rok 24. IX 1995. – zadaci Zadatak 1. Na slici je prikazana ustava. Za 1 m duˇzine ustave, izraˇcunati potrebnu kotu fluida 3 pa da momenat ukljeˇstenja u taˇcki A bude nula. Zadatak je ravanski, sve sile i momenat raˇcunati na jedan metar duˇzine ustave. Zanemariti sopstvenu teˇzinu i debljinu ustave.

Zadatak 2.

Na slici je prikazan sloˇzen sistem koji se sastoji od cevovoda i crpke. Voda se prebacuje iz rezervoara Ra u rezervoar Rh, a zatim se ta voda otvorenim kanalom vraća u rezervoar Ra. Posmatra se samo sistem pod pritiskom. Za data ˇcitanja na manometrima (otvoreni manometri M1 i M4, i diferencijalni manometri M2 i M3) odrediti proticaj u cevi (koristeći razliku pritisaka izme¯ du preseka d i e) kao i koeficijente linijskih gubitaka energije za cevi preˇcnika D (uzvodno od crpke) i preˇcnika d (nizvodno od crpke). Na osnovu izraˇcunatog proticaja, kao i ˇcitanja na diferencijalnom manometru kod pumpe, izraˇcunati snagu pumpe. Napomena: na slici su svi potrebni preseci oznaˇceni malim slovima, od a do g. Koristiti te oznake u radu.

162

1. Testovi i zadaci

Zadatak 3. Posmatra se sistem teˇcenja sa slobodnom povrˇsinom, prikazan na slici. Proticaj u sistemu se odre¯ duje na osnovu prethodno kalibrisanog suˇzenja sa dijafragmom. Teˇcenje u kanalu pravougaonog preseka je takvo da se na samom izlivu kanala u rezervoar Ra formira hidrauliˇcki skok. Kanal je dovoljne duˇzine da se u nizvodnom delu kanala ostvaruje jednoliko teˇcenje. Odrediti proticaj u kanalu, pijezometarske kote u rezervoarima Rh i Ri i nagib dna kanala.

2

Reˇ senja testova i zadataka iz 3. dela Ispitni rok 30. IX 1993. – reˇ senja 1.


2.

I 3 = I2 =

3.

(b)

4.

E2izg = 9 m

5.

ν = 0.2 · 10−6 m2 /s

6.

CF = 0.90

7.

(d)

8.

(c)

R

A

ρuj ui ni dA

Zadatak 1. M = 498.9 kNm/m, T = −201.1 kN/m, N = 64.2 kN/m.

163

164

2. Reˇsenja testova i zadataka iz 3. dela

Zadatak 2. Π1 = 0.98 m, Π2 = 5.08 m, Q = 7.85 mm3/s, HC = 4.78 m. Zadatak 3. HK = 0.95 m, H2 = 1.81 m.

Ispitni rok 17. X 1993. – reˇ senja 1.

(b)

2.

(c)

3.

ρ = f (t) = 100e−t

4.

ωii = 1 s−1

5.

(c)

6.

(a), (c)

7.

500–2000

8.


165 Zadatak 1. Z = 3.87 m, M = 0.0 kNM/m, T = 17.7 kN/m, N = 0.0 kN/m.

Zadatak 2. ΠB = 26.58 m, ΠA = 28.16 m, ΠC = 24.81 m. (Pijezometarske i energetske linije prikazane su na crteˇzu na strani 166.)

Zadatak 3. Kutija će se preturiti (obrtanjem oko taˇcke XVIII) pri brzini struje umin = 56.5 m/s. Pri brzinama manjim od ove neće doći do klizanja ako je koeficijent trenja klizanja izme¯ du kutije i podloge veći od: µ=

ΣFy 83.1 = = 0.205 ΣFz 405.9

166


Zadatak 2. (nastavak)

167

Ispitni rok 27. I 1994. – reˇ senja 1.

(2, -1)

2.

(c)

3.


4.

(c)

5.

(a), (b), (c)

6.

(b), (c)

7.

Fobj = 62.5 kN

8.

(a)

Zadatak 1. RX = 270.8 kN, RY = 53.0 kN.

Zadatak 2. Q = 15.7 m3/s, ST = 1.2 MW. Zadatak 3. Dijagram je isti kao u reˇsenju zadatka 3 na str. 164. H2 = 1.81 m, I1 = 7.4%, I2 = 0.03%.

168


Ispitni rok 11. VI 1994. – reˇ senja 1.

(a), (c), (d)

2.

(a), (b)

3.

F∗ = 4096

4.

(d)

5.

1 2

6.

(c)

7.

(a)

8.

FZ = 88.29 kN

Zadatak 1. a) R = 17.96 MN. b) Fzat = 1.54 MN.

Zadatak 2. H = 1.36 m.

169 Zadatak 3. Q2 = 0.272 m3/s, Q3 = 0.194 m3/s, Q1 = 0.466 m3/s, ΠA = 44.58 m.

Ispitni rok 25. VIII 1994. – reˇ senja 1.

(b)

2.

−0.1

3.

(d)

4.

(d)

5.

0.02 m3 s−1 ; 24 kg s−1 ; 48 kg m s−2 ; 48 kg m−2 s−3

6.

σ12 = σ21 = −2µu0 x22 h

7.

pobj = 2.13 kPa

8.

a = 0.333

Zadatak 1. d = 0.142 m. Sila potiska na plovak je maksimalna kada je on ceo potopljen. Pri (bilo kom) nivou vode iznad vrha plovka maksimalni pritisak pri kome će dovodna cev ostati zatvorena je pM = 1062 kPa.

170

2. Reˇsenja testova i zadataka iz 3. dela Zadatak 2. H1 = 1.62 m, HS = 0.10 m, HN = 0.513 m, HK = 0.294 m. HN > HK , pa se u kanalu (pri jednolikom teˇcenju) ostvaruje miran reˇzim. Poˇsto je HN < HS00 = 0.666 m (HS00 je dubina koja bi se sa HS spregla u skok), skok je odbaˇcen od ustave, do mesta gde dubina dostiˇze vrednost HN00 = 0.15 m.

Zadatak 3. A) Q1 = Q5 = Q2 = 3.0 l/s. B) Q1 = 7.8 l/s, Q5 = Q2 = 2.8 l/s, Q3 = 10.6 l/s, NP1 = 11.5 kW. C) Q1 = Q3 = 10.4 l/s, Q2 = Q4 = 13.0 l/s, pM = 694 kPa.

Ispitni rok 23. IX 1994. – reˇ senja 1.

Z VK

D (ρU1)dV ; Dt

Z

ρU1 Ui ni dA; AD +Ad +AK

2.

(a)

3.

(c)

4.

(b)

5.

µ∗ = 0.424

6.


7.

(b)

8.

v2 /v1 = 1.05

ρQ(vd − vD )

Zadatak 1. b = 0.45 m, d = 1.52 m. Zadatak 2. Re1 = 1000 (laminaran reˇzim), ξZ1 = 19562, Π2 = 9.90 m, ξZ2 = 82.4.

171 Zadatak 3. −K = 55.0 kN.

Ispitni rok 24. I 1995. – reˇ senja 1.

(b)

2.


3.

1

4.

fluid . . . ⇒ (5) = 0; strujanje . . . ⇒ (1) = 0; u1 . . . ⇒ (3) = 0

5.

(a)

6.

Eizg = 0.675 m

7.

pobj = 900 Pa

8.

F1 /F2 = (1 −

√

Zadatak 1. a) ρ1 = 0.669 kg/dm3, b) ρ1 = 1.025 kg/dm3.

√ 2)/ 2

Zadatak 2. a) u0 = 63.0 m/s. b) ρ1 = 76.6 kg/m3.

172


Zadatak 3. η = 0.783.

Ispitni rok 28. III 1995. – reˇ senja 1.

(c)

2.

(a)

3.

Smod = 2500 kW

4.

(b), (e)

5.

v = 2 m/s

6.


7.

(a), (b)

8.

Mot = 0.032 kg m−1 s−3

Zadatak √ 1. 3 h = 2.304 sin2 α cos α m, αmin = 10.820, hmin = 0.751 m.

173 Zadatak 2. Q = 31.4 l/s.

Zadatak 3. HK = 1.20 m, IDK = 0.95%.

Ispitni rok 11. VI 1995. – reˇ senja 1.

(d)

2.

(a)

3.

ν = 1.67 · 10−5 m2 /s

4.

Mot = 0 Pa/s

5.

8 cm

6.

(b)

7.

(c), (d), (e)

8.

(a), (b)

174


Zadatak 1. MA−A = 24.67 kNm/m.

Zadatak 2. ξzat = 37, NC = 1.57 kW. Zadatak 3. √ u = 12.87 tg α m/s.


(b)

2.

(a), (b), (c), (d)

3.

III =

4.

Z A1

ρu21dA −

(a), (c), (d)

Z A2

ρu21dA

175 5.


6.

(b), (c)

7.

∂u3 /∂x3 = −0.1s−1

8.

(a)

Zadatak 1. MA−A = 25.6 kNm/m.

Zadatak 2. Q = 7.20 l/s, hA = hK = 0.101 m, hB = hT = 0.106 m. Zadatak 3. a) Q3,a = 21.24 l/s, Π2 = 13.60 m. b) Q1,b = 20.19 l/s, Q2,b = 8.98 l/s, Q3,b = 29.17 l/s. c) k = 0.10 mm. d) Poˇsto je Q3,b > Q3,a > Q1,b, sledi da je λ3,b < λ3,a < λ1,a (jer je ∂λ/∂Q = ∂λ/∂Re < 0), odnosno koeficijent trenja je u sluˇcaju b) za cev 3 precenjen, a za cev 1 potcenjen u odnosu na “taˇcno reˇsenje”. Nadalje, kako je L3 L1 (cev 3 je znatno duˇza od cevi 1), v3,b > v1,b i λ3,b ≈ λ1,b, 2 2 sledi da je λ3,bL3v3,b λ1,bL1v1,b . Dakle, merodavna je greˇska u proraˇcunu gubitka duˇz cevi 3, odnosno, moˇze se bez iterativnog proraˇcuna reći da je proticaj Q3,b potcenjen.

176



(a)

2.

(c)

3.

µ ∂ 2 u3 ρ ∂x1∂x1

4.

(c)

5.

(a), (b), (c), (d)

6.

(b), (c), (d), (f)

7.

(c)

8.

Fmod = 20 N

Zadatak 1. Π3 = 1.86 m.

Zadatak 2. Q = 20.0 l/s, λd = 0.03, λD = 0.02, NC = 1.00 kW. Zadatak 3. Q = 20.0 l/s, hK = hU = 0.101 m, Πi = 0.60 m, Πh = 1.13 m, h00N = 0.157 m, hN = 0.060 m, ID = 4.3%.

Zbirka mehanika fluida

Recommend Documents