Osnove Mehanike Fluida

Физичка својства флуида 1. У затвореном, цилиндричном суду пречника D и висине h налази се идеалан гас (гасне константе R ) на константној температури T0 . Притисак у суду је у функцији висинске координате z , док је вредност притиска који делује на дно суда p0 . Одредити израз, који у функцији познатих величина ( D, h, R, T0 , p0 , g ) дефинише масу гаса у суду.

Решење задатка 1 Услед промене притиска са висином, мења се и густина у функцији висинске координате z . Једначине стања идеалног гаса дефинише густину гаса на дну суда p ρ0 = 0 . RT0 Услед константне температуре гаса унутар суда T0 , промена стања гаса унутар суда је изотермна p p0 = = const. ρ ρ0 односно p p= 0 ρ . ρ0 Диференцирањем предходне једначине долази се до диференцијалне једначине промене притиска у суду p dp = 0 dρ . (1) ρ0 Притисак у суду је у функцији висинске координате z , те се диференцијална једначина промене притиска може дефинисати и као dp = −ρ gdz (2) Из једнакости једначина (1) и (2) добија се следећа једначина gρ dρ = − 0 dz . p0 ρ Интеграљењем предходне једначине ρ z g ρ0 dp = − dz , ∫ ρ p0 ∫0 ρ 0

1

долази се до зависности густине гаса од висине ⎛ gz ⎞⎟ ⎛ gz ⎞⎟ p ⎟ = 0 exp ⎜⎜− ρ = ρ0 exp ⎜⎜⎜− ⎟ ⎟⎟ , ⎝ RT0 ⎠⎟ RT0 ⎝⎜ RT0 ⎠⎟

(3)

Елементарна маса гаса унутар суда дефинише се као ⎛ gz ⎞⎟ D 2 π ⎛ gz ⎞⎟ D 2 π p ⎟⎟ ⎟⎟ dm = ρdV = ρ0 exp ⎜⎜− dz = 0 exp ⎜⎜− dz , ⎜⎝ RT0 ⎠⎟ 4 RT0 ⎝⎜ RT0 ⎠⎟ 4 Укупна маса гаса унутар суда добија се интеграљењем елементарне масе гаса h 2 ⎡ ⎛ ⎞ ⎤ p0 D 2 π ⎜⎜− gz ⎟⎟dz = p0 D π ⎢1 − exp(− gh )⎥ . exp m= ⎜⎝ RT ⎠⎟⎟ 4 g ⎢⎣ RT0 4 ∫0 RT0 ⎥⎦ 0 2. Уље вискозности η испуњава процеп врло мале ширине δ те се може узети да се градијент брзине по ширини процепа мења линеарно. Колики је обртни момент потребан да би се тело облика купе обртало константном угаоном брзином ω ? Познате величине су: η , δ , H , α, ω .

Решење задатка 2 Обртни момент који делује на купу у процепу дефинише се као H

M = ∫ rdF , 0

где је dF = τ dA елементарна сила трења која делује на елементарну површину купе dA . Растојање од осе обртања до тежишта елементарне површине dA означено је са r . Даље је момент који делује на купу H

M = ∫ r τ dA . 0

Због малог процепа δ може се узети да је градијент брзине у процепу ∂v r =ω , ∂y δ па је тангентни напон ∂v r τ=η = ηω . ∂y δ

2

Елементарна површина дефинише се као 2r π dA = dh . cos α Момент који делује на купу сада постаје H

M =∫ η 0

H

ω r 2r π 2ηωπ r r 3 dh . dh = δ cos α cos αδ ∫0

Из једнакости tg α =

r , h

изражава се r = h tgα , и уврштава у израз за момент, који сада коначно постаје 2ηωπtg α 3 M= δ cos α

H

∫

h 3 dh =

0

2ηωπtgα 3 H 4 ηωπtgα 3 4 = H . δ cos α 4 2δ cos α

3. При константним угаоним брзинама ω1 и ω2 уље вискозности η ( t = const.) преноси обртни момент M помоћу дискова пречника 2 R . За познато и врло мало растојање између дискова h одредити клизање ω1 − ω2 .

Решење задатка 3 Момент који дејствује на дискове гласи R

R

0

0

M = ∫ rdF = ∫ rτ dA .

(1)

Тангентни напон се добија под претпоставком да се брзине у процепу мењају линеарно, тј. ω r − ω2 r ∂v τ =η =η 1 , (2) ∂y h

3

јер израз r (ω1 − ω2 ) претставља промену брзине између оба диска на полупречнику r . Уврштавањем једначине (2) у једначину (1), добија момент сада постаје R

M =η∫

ω1 − ω2

0

h

r 2 2rπ dr = η

ω1 − ω2 h

1 π R4 2π ∫ r 3dr = η (ω1 − ω2 ) . 2 h 0 R

Из предходне једначине одређује се клизање дискова 2Mh ω1 − ω2 = . ηπ R 4 На друго вратило се преноси исти обртни момент али не и снага. Снага је мања што је P1 = M ω1 и P2 = M ω2 . Разлика снага P1 − P2 се утроши на савлађивање трења и прелази у топлоту којом се флуид загрева.

Површински напон

4. На коју висину h ће да се попне течност познате густине ρ у капиларној цеви познатог пречника d ? Површински напон износи γ , а течност потпуно кваси зидове цеви. Релативни притисак у гасу изнад течности је познат и износи pm . Напомена: d << h .

Решење задатка 4 Једначина равнотеже у вертикалном правцу за издвојени стуб течности гласи Fγ + Fp = G , d 2π d 2π = ρg h. 4 4 Из једначине равнотеже одређује се висина на коју ће да се попне течност у капиларној цеви γ d π + pm

4

h=

p 4γ + m. ρ gd ρ g

5. За коју висину h ће се спустити течност познате густине ρ у капиларној цеви познатог пречника d ? Површински напон износи γ , а течност потпуно кваси зидове цеви. Релативни притисак у гасу изнад течности је познат и износи pv . Напомена: d << h .

Решење задатка 5

Једначина равнотеже у вертикалном правцу за издвојену течност гласи Fγ = Fp , d 2π . 4 Из једначине равнотеже одређује се висина за коју ће се спустити течност у капиларној цеви 1 ⎛⎜ 4γ ⎞ h= ⎜⎜ pv − ⎟⎟⎟ . ρg ⎝ d ⎠ γ d π = ( pv − ρ gh)

6. У цилиндричном суду пречника D налази се жива, густине ρ ž . У њој коаксијално плива хомоген цилиндар, пречника d и висине h , дубина урањања је t , док су површински

5

напон γ и ободни угао α = 120 o . Одредити у функцији познатих величина ( D, d , h, t , γ , ρ ž ) густину ρt цилиндричног тела.

Решење задатка 6

С обзиром на то да је површина деформисана постоји скок притиска, тако да притисак на дно тела не износи ρ ž gt , него је увећан за Δp . У том случају, једначина равнотеже за тело које плива у живи је πd 2 πd 2 ρt g h= (1) (Δp + ρ ž gt ) + πd γ cos (180o − α ) 4 4 У овој једначини постоје две непознате. Дакле, потребно је написати и једначину равнотеже за флуид. Ова једначина може се написати на два начина, посматрајући равнотежу капљице или посматрајући равнотежу стуба течности. I начин

6

Једначина равнотеже за капљицу даје D2 − d 2 Δp π = Fγ1 + Fγ = γπ D cos (180o − α ) + γπ d cos (180o − α ) . 4

(2)

II начин

Једначина равнотеже за стуб течности гласи D2 − d 2 Δ p + ρ gt π = Fγ1 + Fγ + G , ( ) 4 D2 − d 2 D2 − d 2 π = γπ D cos (180o − α ) + γπ d cos (180o − α ) + ρ gt π (3) (Δp + ρ gt ) 4 4 Комбинацијом једначина (1) и (2) или (1) и (3) одређује се густина цилиндричног тела t 2γ ⎛⎜ d ⎞⎟ ρt = ρ Hg + ⎟. ⎜⎜1 + h ghd ⎝ D − d ⎠⎟

Мерење притиска

7. На три спојена хидрауличка цилиндра, пречника D1 = 300 mm , D2 = 200 mm и D3 = 100 mm , делују преко одговарајућих клипова једнаке силе F1 = F2 = F3 = 100 N . Масе клипова су m1 = 35 kg , m2 = 15 kg и m3 = 3 kg , док су цилиндри испуњени уљем

густине ρ = 900 kg/m3 . а) Израчунати равнотежни положај клипова у односу на раван 3, тј. одредити H1 и H 2 ;

7

б) Одредити силе F1' и F2' које ће изједначити ниво течности у цилиндрима (сила F3 остаје непромењена) и нови равнотежни положај клипова, тј. одредити H .

Решење задатка 7 а) Најпре треба да се одреде натпритисци на површима уља непосредно испод клипова који су створени деловањем сила 4( Fi + mi g ) , i = 1, 2,3 ; pmi = π Di pm1 = 6272 Pa, pm 2 = 7867 Pa, pm 3 = 16480 Pa .

На основу израчунатих вредности натпритисака очито јe да ће клипови да заузму међусобни положај приказан на слици а. Из једнакости притисака за упоредну раван 3 pa + pm1 + ρ gH1 = pa + pm 2 + ρ gH 2 = pa + pm 3 , одређују се потребне висине p − pm1 = 1,156 m , H1 = m 3 ρg H2 =

pm 3 − pm 2 = 0,976 m . ρg

б) Да би сви клипови били у истој хоризонталној равни, силе на клиповима 1 и 2 морају да се повећају, слика б. Пошто сила на клип 3 остаје непромењена, онда и натпритисак испод клипа на уљу остаје непромењен pm 3 . Према томе, испод клипова 1 и 2, такође мора да се оствари натпритисак pm 3 . Сила на клиповима 1 и 2 износе π D12 − m1 g = 822 N , 4 π D22 F2' = pm 3 − m2 g = 371 N . 4 F1' = pm 3

8

Коначно, висина H , која дефинише нови равнотежни положај добија се из услова једнакости запремина уља у простору изнад равни 3 за ова два случаја D2 H + D2 H H = 12 1 2 2 22 = 1,022 m . D1 + D2 + D3 8. Притисак над површином воде у резервоару мери се помоћу U цеви са живом. За колико ће се променити показивање U цеви ако се она спусти за a = 1,31 m , а да се при томе не промени ни притисак над површином воде у резервоару, нити њен ниво? Густина живе износи ρ ž = 13600 kg/m 3 , док је густина воде ρ = 1000 kg/m3 . Напомена: Рачунати да је радијус закривљена U цеви много мањи од њене дужине.

Решење задатка 8

Једначина равнотеже живе пре спуштања U цеви гласи p + ρ gx = pa + ρ ž gh . Једначина равнотеже живе после спуштања U цеви гласи p + ρ gy = pa + ρ ž g (h + Δh) . Једначина једнакости запремине живе у U цеви гласи h + 2 x1 = h + Δh + 2 y1 На приказаној слици може се уочити следећа геометријска зависност x + x1 + a = y + y1 .

9

(1) (2) .(3) (4)

♣ Предходни систем четири једначине са пет непознатих је само на изглед неодређен. Сабирањем једначина (1) и (2) добија се следећа једначина ρ y − x = ž Δh . (5) ρ Уврштавањем једначине (3) у (4) добија се једначина y − x = x1 + a − y1 . Из једначине (3) добија се Δh . x1 − y1 = 2 Решавањем система једначина (5), (6) и (7) долази се до промене показивања U цеви a Δh = = 0,1 m . ρž 1 − ρ 2

(6) (7)

9. Са десне стране резервоара са водом (ρ = 1000 kg/m3) постављена је отворена U цев у којој се налазе вода и уље (релативна густина уља ρrel = 0,8). Одредити висину h на коју ће се попети вода у пијезометарској цеви која је спојена са резервоаром са његове леве стране.

Решење задатка 9 Релативна густина уља представља однос густине уља и густине воде ρulja ρrel = ⇒ ρulja = ρrel ρ = 800 kg/m3 . ρ Из једначине равнотеже воде за хоризонталну раван провучену кроз тачку 1 добија се притисак у тачки 1 p1 = pa + ρ g ⋅ 4 . (1) До истог притиска се долази из једначине равнотеже уља, посматрањем хоризонтлне равни кроз тачку 2 p1 = p2 + ρulja g ⋅1. (2)

10

Из једначине равнотеже воде, за хоризонталну раван провучену кроз тачку 2, добија се притисак у тачки 2 p2 = p3 + ρ g ⋅ 2. (3) Апсолутни притисак у тачки 3 износи p3 = pa + pm . (4) Из једначине равнотеже воде са леве стране суда, провлачењем хоризонталне равни кроз тачку 3 такође се добија притисак у тачки 3 p3 = pa + ρ g (h − 5) . (5) Решавањем једначина од (1) до (5) добија се висина h на коју ће се попети вода у пијезометарској цеви ρulja ⋅1 = 6, 2 m . h = 7− ρ Притисак на равне површине

10. На слици је приказан део затвореног резервоара у чијем је зиду уграђен затварач кружног облика, пречника D . У резервоару се налази уље густине ρ . Изнад површине уља у резервоару налази се гас на натпритиску pm . У функцији познатих величина (D, h, α, pm, ρ, g) написати изразе који експлицитно одређују интезитет силе F , којом флуиди делују на затварач, и растојање њене нападне тачке Δη од тежишта C , које се налази на дубини h .

Решење задатка 10 Одређује се интезитет силе која делује на кружни затварач ( pmC је натпритисак који влада у тежишту оквашене површине кружног затварача) у облику F = pmC A = ( pm + ρ gh )

D 2π . 4

11

Да би се одредило растојање нападне тачке силе од тежишта, прво се из табеле (Практикум, Прилог 1) израчуна сопствени момент инерције круга Ix =

r4 r 4π D 4π 18π 2 + 0 + 0 ) = = , ( 72π 4 64

док се фиктивним подизањем слободне површине због натпритиска pm за координату тежишта налази pm

lC =

ρg

+h

sin α

,

тако да израз за растојање нападне тачке силе F од тежишта C гласи Δη =

Ix ρ gD 2 sin α = . lC A 16 ( pm + ρ gh )

11. Десна страна OA затвореног резервоара (висине 2 m и ширине 1 m ) може да се обрће око цилиндричног зглоба у тачки O . Коликом силом FA треба деловати у тачки A па да не дође до цурења воде. Густина ваздуха се занемарује, густина воде је ρ = 1000 kg/m3 , док је атмосферски притисак pa = 101325 Pa . Напомена: Дужине означене на слици су у метрима.

Решење задатка 11

12

Из једначине равнотеже воде p1 = p2 , pa = 0,8 ⋅ ρ g + pa − pv , одреди се вакуметарски притисак ваздуха изнад воде у затвореном резервоару pv = 0,8ρ g = 0,8 ⋅1000 ⋅ 9,81 = 7848 N . Сила притиска ваздуха на затварач OA износи Fvaz = pv A = 7848 ⋅ 2 ⋅1 = 15696 N . Сила притиска воде на оквашени део затварача OA 1,5 1,5 Fv = ρ g A = 1000 ⋅ 9,81⋅ ⋅1,5 ⋅1 = 11036, 25 N . 2 2

Из услова равнотеже момената сила које делују на затварач OA

∑M =0, FA ⋅ 2 − Fv ⋅1,5 + Fvaz ⋅1 = 0 , одређује се сила FA која се преноси на затварач OA затвореног резервоара F ⋅1,5 − Fvaz ⋅1 11036, 25 ⋅1,5 −15696 ⋅1 = = 429, 2 N . FA = v 2 2 12. Зависно од висине воде лево од правоугаоног затварача, широког 1 m , затварач се отвара аутоматски. Занемарујући тежину затварача одредити висину воде h при којој ће доћи до отварања затварача.

13

Решење задатка 12

Растојање силе F1 у односу на тежиште површине A1 гласи

h 3 ⋅1 I h Δη = x = 12 = . lc A1 h ⋅ h ⋅1 6 2 Крак силе F1 у односу на тачку обртања O је h h h h − Δη = − = . 2 2 6 3 Из услова равнотеже ∑ MO = 0 , h − F2 ⋅ 0,3 = 0 , 3 h pc1 A1 − pc2 A2 ⋅ 0,3 = 0 , 3 h h ρ g h ⋅1 ⋅ − ρ gh ⋅ 0,6 ⋅ 0,3 = 0 , 2 3 одређује се висина воде при којој ће доћи до отварања затварача. F1

1. Цилиндрични суд масе m , уроњен је доњим ужим делом у воду, густине ρ и ослања се на ослонце као што је приказано на слици. Извести експлицитно сређене изразе за релативан притисак ваздуха у суду и укупну силу коју трпе ослонци. Познате су следеће величине: ( m, D, d , a, b, ρ , g ) .

14

Решење задатка 1: У ваздуху у суду влада потпритисак pv = ρ g ( a + b ) . Укупна сила коју трпе ослонци износи d 2π D2 − d 2 F = mg + pv + ρ ga π, 4 4

F = mg + ρ g

π

4

( bd

2

+ aD 2 ) .

13. Брана јединичне дужине може да се обрће око тачке О. Одредити у функцији познатих величина (ρ2, g, h) хоризонталну силу FB којом треба деловати у тачки B да би брана остала у датом положају. Брану квасе две течности различитих густина (ρ1 = ρ2 / 2), а висина стубова и једне и друге течности износи по h. Угао између бране и хоризонтале износи α = 45°, а убрзање земљине теже је g.

15

Решење задатка 13

Интезитет силе притиска течности густине ρ1 на брану, представља производ притиска у центру оквашене површи и саме површи, и износи h F1 = pC1 A = ρ1 g ⋅1⋅ h 2 . 2 Нападна тачка силе притиска течности густине ρ1 у односу на тежиште оквашене површи износи

16

(h 2 ) ⋅1 3

Ix h 2 12 = = . lC1 A h 2 6 ⋅ 1⋅ h 2 2 Из једнакости хидростатичких притисака на разделној површини, течност густине ρ1 Δη1 =

фиктивно се може претворити у течност густине ρ2 , висине стуба течности h* ρ h ρ1 gh = ρ2 gh* ⇒ h* = h 1 = . ρ2 2 Интезитет силе притиска течности густине ρ2 на брану, представља производ притиска у центру оквашене површи и саме површи, и износи ⎛ h⎞ F2 = pC2 A = ρ2 g ⎜⎜h* + ⎟⎟⎟ ⋅1⋅ h 2 = ρ2 gh ⋅1⋅ h 2 . ⎜⎝ 2⎠

Нападна тачка силе притиска течности густине ρ2 у односу на тежиште оквашене површи износи

(h 2 ) ⋅1 3

Δη2 =

Ix h 2 12 = = . 12 lC2 A h 2 ⋅1⋅ h 2

17

Хоризонтална сила FB којом треба деловати у тачки B да би брана остала у датом положају одређује се из услова равнотеже ∑ MO = 0 ,

⎛ 3h 2 ⎞ ⎛h 2 ⎞ FB ⋅ 2h = F1 ⎜⎜⎜ − Δη1 ⎟⎟⎟ + F2 ⎜⎜⎜ −Δη2 ⎟⎟⎟ , ⎜⎝ 2 ⎠⎟ ⎝⎜ 2 ⎠⎟

18

3 FB = ρ2 gh 2 . 4 1. Одредити резултујуће дејство сила притисака воде на стуб квадратног пресека приказаног на слици. Дати су следећи подаци: дубина воде H = 5 m , дужина странице квадратног пресека a = 25 cm и угао α = 45 o .

Решење задатка 1

Сила притиска на равну површину стуба гласи H H F = pmC A = ρ g ⋅ ⋅a . 2 sin α Момент којим сила дејствује на стуб износи H M = Fd = ρ g a ⋅ a = 10839 N . 2sin α Притисак на криве површине

14. Одредити укупну силу (интезитет и правац дејства) воденог притиска на део бродског корита, тачније, на цилиндричну површину AB дужине 1 m , ако је R = H = 3 m .

19

Решење задатка 14

Хоризонтална компонента силе притиска воде на део бродског корита AB износи Fx = ρ gηc Ax = 132, 4 kN . Вертикална компонента силе притиска воде на део бродског корита AB је ⎛ R 2π ⎞ + R ⋅ H ⎟ ⋅ 1 = 157,6 kN . Fy = ρ gV = ρ g ⎜ ⎝ 4 ⎠ Укупна сила притиска воде на део бродског корита AB износи F = Fx2 + Fy2 = 205,9 kN .

Правац дејства укупне силе притиска на део бродског корита AB је ⎛F ⎞ ϕ = arctg ⎜ y ⎟ = 50 o . ⎝ Fx ⎠ 15. У четвртцилиндричној конзоли, јединичне дужине, занемарљиве тежине, налази се вода до дубине R / 2 . Одредити момент савијања M A за тачку A ? Напомена: кординате 5R 4π R тежишта су xT = . и yT = 8π − 6 3 4π − 3 3

20

Решење задатка 15 Први начин решавања:

Треба уочити да троугао ΔBOC претставља половину једнакостраничног труогла ΔACO , из чега следи да је α = 60 o . Течност оптерећује конзолу по луку AC. Променљива дубина која зависи од угла θ може се добити на следећи начин ⎛ R 1⎞ h (θ ) = R cos θ − = R ⎜⎜cos θ − ⎟⎟⎟ . ⎜⎝ 2 2⎠ Притисак који зависи од угла θ дефинише се као ⎛ 1⎞ p (θ ) = ρ gh (θ ) = ρ gR ⎜⎜cos θ − ⎟⎟⎟ . ⎜⎝ 2⎠ Елементарна сила притиска која дејствује на елементарну површину гласи ⎛ ⎛ 1⎞ 1⎞ dF = p (θ ) dA = ρ gR ⎜⎜cos θ − ⎟⎟⎟ Rdθ = ρ gR 2 ⎜⎜cos θ − ⎟⎟⎟ dθ . ⎜⎝ ⎜ ⎝ 2⎠ 2⎠ Елементарни момент савијања за тачку A је ⎛ 1⎞ dM A = R sin θdF = ρ gR 3 sin θ ⎜⎜cos θ − ⎟⎟⎟ dθ , ⎜⎝ 2⎠ док се укупни момент добија интеграцијом π 3

60 o

MA =

∫

dM A =

0

∫ 0

⎛ 1⎞ ρ gR 3 . ρ gR 3 sin θ ⎜⎜cos θ − ⎟⎟⎟ dθ = ⎜⎝ 2⎠ 8

Други начин решавања:

21

Хоризонтална сила притиска течности на оквашену површину гласи RR R2 Fh = pc A = ρ g ⋅1 = ρ g , 4 2 8 а делује на две трећине од слободне површине. Вертикална сила притиска добија се конструкцијом карактеристичне запремине ⎛ R 2 π R 2 3 ⎞⎟ ⎟⎟ ⋅1 , Fv = ρ gV = ρ g ⎜⎜⎜ − ⎜⎝ 6 8 ⎠⎟ а делује у тежишту карактеристичне запремине. Укупни момент савијања за тачку A је R M A = Fh + Fv xT , 6

M A = ρg

⎛ R 2 π R 2 3 ⎞⎟ 5 R R2 R ρ gR 3 ⎟⎟ + ρ g ⎜⎜⎜ − = . 8 6 8 ⎠⎟ 8π − 6 3 8 ⎝⎜ 6

16. Наћи величину хоризонталне и вертикалне компоненте укупне силе притиска воде, на зид јединичне дужине приказан на слици. Вертикалну и хоризонталну компоненту изразити преко познатих величина ( ρ , g , R ) .

22

Решење задатка 16

Запремина V је сложена и добија се анализом једноставних запремина дефинисаних на слици ⎛1 3R 3R 1 R R 3 ⎞ 1 2 3R 2 1 2 R2 3 1 2 − Rπ+ − R . V= R − Vz − V p = R − ⎜⎜ R 2π − ⎟⎟ − R = 2 2 22 2 ⎠ 2 2 6 8 2 ⎝6 Вертикална компонента укупне силе притиска на зид јединичне дужине гласи ⎛ 3R 2 1 2 ⎛ π R2 3 1 2 ⎞ 3⎞ 2 − Rπ+ − R ⎟⎟ = ρ gR 2 ⎜⎜1 − + Fy = ρ gV = ρ g ⎜⎜ ⎟⎟ = 0,693ρ gR , 6 8 2 ⎠ ⎝ 2 ⎝ 6 8 ⎠ док је хоризонтална компонента укупне силе притиска на зид јединичне дужине 3R 3R 9 Fx = pc Ax = ρ g ⋅1 = ρ gR 2 . 4 2 8

23

2. Вода напада параболичну брану која може да се обрће око тачке O . Одредити хоризонталну силу F , у функцији датих величина ( ρ , g , h, H ) , која одржава брану у датом положају. Брана је јединичне дужине.

Решење задатка 2:

Хоризонтална компонента укупне силе, која делује на једној трећини висине од дна, износи H H2 Fh = pC A = ρ g ⋅ H ⋅1 = ρ g . 2 2 Вертикална компонента укупне силе, која делује у тежишту конструисане запремине, износи 2 Fv = ρ gV = ρ g Hh ⋅1 , 3 где x координата тежишта износи 3h xT = . 8

24

Из моментне једначине за тачку O h Fv xT + Fh = FH , 3 добија се ⎛ h2 H 2 ⎞ F = ρg⎜ + ⎟. 6 ⎠ ⎝ 4 17. Одредити интезитет укупне силе притиска флуида на полусферни затварач, као и угао између те силе и хоризонтале, у функцији познатих величина (ρ, g, R, H). Центар полусфере налази се на дубини H од слободне површине, полупречник полусфере је R, густина флуида ρ, а убрзање земљине теже g.

Решење задатка 17 Први начин Издвоји се контролна запремина која прати полусферу , а затим се посматра равнотежа свих сила које делују на њу G G G Fp + G + R = 0 , где су:

G Fp - утицај одбаченог дела течности; G R - реакција везе; G G - тежина течности контролне запремине. G Активна сила F којом флуид напада полусферу иста је по интезитету, а супротна по смеру, у односу на реакцију везе, G G G G G F = −R , ⇒ F = G + Fp .

Интезитет силе тежине издвојене контролне запремине је

25

G = ρg

14 3 R π. 23

Сила која представља утицај одбаченог дела течности износи Fp = pC A = ρ gHR 2 π . Интезитет силе којом флуид делује на поклопац износи 4 F = Fp2 + G 2 = ρ g π R 2 H 2 + R 2 . 9

Правац силе којом флуид делује на поклопац дефинише угао α G 2R . tg α = ⇒ α = arctg 3H Fp Други начин

Хоризонтална компонента силе притиска на криву површ, добија се као сила притиска на равну површ пројекције FH = pC A = ρ gH ⋅ R 2 π . Вертикална компонента укупне силе притиска на криву површ добија се конструкцијом и одузимањем одговарајућих запремина, са оквашене и неоквашене стране FV = ρ gVоквш − ρ gVнеоквш ,

26

где су запремине конструисане са оквашене и неоквашене стране 1 14 3 Vоквш = R 2 π H + R π, 2 43 1 14 3 Vneоквш = R 2 π H − R π. 2 43

Уврштавањем запремина конструисаних са оквашене и неоквашене стране добија се вертикална сила притиска флуида на поклопац 14 3 FV = ρ g R π. 23 Интезитет укупне силе притиска флуида на поклопац износи 4 F = FH2 + FV2 = ρ g π R 2 H 2 + R 2 9

Правац силе којом флуид делује на поклопац дефинише угао α F 2R tg α = V ⇒ α = arctg . 3H FH 18. Полулоптасти поклопац полупречника R = 1 m , затвара кружни отвор у бочном зиду затвореног резервоара, са две течности густине ρ1 = 800 kg/m3 и ρ2 = 1000 kg/m3 . Висина нивоа течности је H = 2 m , док је натпритисак у простору изнад течности pm = 5 kPa .

27

Одредити силе затезања и смицања завртњева, којима је полулоптасти поклопац причвршћен за зид резервоара.

Решење задатка 18

Приказани полулоптасти поклопац квасе две течности, тако да ће се хоризонтална и вертикална компонента резултујуће силе притиска израчунати посебно за доњу и горњу половину поклопца. Хоризонтална компонента силе притиска која дејствује на горњу половину поклопца гласи Fh1 = ρ1 g ηcx1 Ax1 , где је вертикално растојање тежишта пројекције четвртине лопте у хоризонталном правцу R2π (а то је половина круга Ax1 = ) до слободне површине 2 p 4R ηcx1 = m + H − . 3π ρ1 g Аналогно за доњу половину поклопца Fh 2 = ρ2 g ηcx 2 Ax 2 , R2π , 2 p ρ 4R ηcx 2 = m + 1 H + . 3π ρ2 g ρ2 Пошто су обе компоненте хоризонталне силе притиска у истом смеру, укупна хоризонтална компонента силе притиска, која представља силу која затеже вијке, износи 2 Fh = Fh1 + Fh 2 = ( pm + ρ1 gH ) R 2 π + (ρ2 − ρ1 ) gR 3 = 66,3 kN . 3 У случају да се у резервоару налази само једна течност (ρ2 = ρ1 = ρ ) , други члан је једнак нули, тако да би израз за хоризонтлну силу гласио Fh = ( pm + ρ1 gH ) R 2 π = pmc A , Ax 2 =

где је pmc натпритисак у тежишту површи A( A = R 2 π ) .

28

Две вертикалне компоненте силе притиска добијају се пројектовањем одговарајућих дела кривих површи до слободне површи течности, која кваси криву површ. ⎛ R2π 1 4 3 ⎞⎟ Fv1 = ρ1 gV1 = ρ1 ⎜⎜ H− R π ⎟⎟ g , ⎜⎝ 2 43 ⎠⎟ ⎛ R 2 π ρ1 1 4 3 ⎞⎟ Fv 2 = ρ2 gV2 = ρ2 ⎜⎜⎜ H+ R π ⎟⎟ g . 43 ⎝ 2 ρ ⎠⎟ 2

Пошто су ове две силе супротно усмерене, укупна вертикална сила, која смиче завртње усмерена је на доле и има следећи интезитет 1 Fv = (ρ1 + ρ2 ) g π R 3 = 18,5 kN . 3 19. Поклопац облика полусфере масе m = 400 kg , полупречника R = 1 m , испуњен је водом густине ρ = 1000 kg/m3 . Одредити интезитет и природу силе у групи вијака A , ако је висина нивоа воде у цеви H = 2 m .

Решење задатка 19 Задатак се решава методом издвојене запремине, која обухвата поклопац облика полусфере,

29

а затим се уоче се силе које делују на издвојена запремину. Тежина воде унутар издвојене запремине запремине износи 14 3 Gv = ρ gV = ρ g R π. 23 Сила притиска која представља утицај одбаченог дела флуида на издвојену контролну запремину је Fp = ρ gHR 2 π , док се са mg означава тежина поклопца. Услов равнотеже издвојене запремине у вертикалном правцу јесте да сума свих сила које делују на њу буде једнака нули −Gv + Fp − F − mg = 0 . Из потребног услова одређује се се сила у групи вијака А ⎛ ⎛ 1 4 3 ⎞⎟ 2R ⎞ F = ρ g ⎜⎜ R 2 π H − R π ⎟⎟ − mg = ρ gR 2 π ⎜⎜ H − ⎟⎟⎟ − mg = 37168 N > 0 , ⎝⎜ ⎠ ⎝⎜ 23 3 ⎠ дакле вијци су оптерећени на затезање. 20. На дну затвореног резервоара у којем се налази уље густине ρ , налази се отвор који се затвара цилиндричним затварачем, полупречника R и дужине L . Део дна резервоара је нагнут под углом α = 45 o . Ако су дате величине ( ρ , H , pm , R, L, α ) одредити интезитет пројекција Fx и Fy резултујуће силе притиска течности која делује на затварач.

30

Решење задатка 20

Задатак се најједноставније решава разматрајући равнотежу дела уља које ограничава цилиндрични затварач и продужене површи дна. Ове површи се секу у оси цилиндричне површи затварача. Могу да се дефинишу следеће силе: F1 = ( pm + ρ gH ) RL , ⎡ ⎛ 2 R ⎞⎤ F2 = ⎢ pm + ρ g ⎜⎜ H − ⎟ ⎥ RL , 2 2 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎣⎢ 5 G = ρ gR 2π L . 8 Пројектовањем ових сила на вертикалну и хоризонталну осу налази се

Fx = F2 cos α =

⎛ 2⎡ 2 ⎞⎤ R ⎟ ⎥ RL , ⎢ pm + ρ g ⎜⎜ H − 2 ⎣⎢ 2 ⎟⎠ ⎦⎥ ⎝

⎡⎛ 2⎞ 1 ⎛ 5π ⎞⎤ − 1⎟ ⎥ . Fy = F1 + F2 sin α + G = RL ⎢⎜⎜1 + ⎟⎟ ( pm + ρ gH ) + ρ gR ⎜ 2 ⎠ 4 ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎣⎢⎝

21. Одредити силе смицања и затезања у завртњевима који су равномерно распоређени по ободима два полусферична суда полупречника R = 0, 4 m . Унутрашња запремина ових, повезаних судова је до половине напуњена водом и налази се под дејством натпритиска pm = 20 kPa . Ободи су нагнути у односу на хоризонталу за угао α = 45o , док је маса полулоптастог суда m = 300 kg .

31

Решење задатка 21 Силе које делују на горњи полусферични поклопац и воду у њему приказане су на слици.

Једначина равнотеже за приказано тело у смичућем правцу гласи ⎛ R 3π ⎞⎟ ⎟ sin α = 2,3 kN . Fs = (mg + Gv )sin α = ⎜⎜⎜mg + ρ g 6 ⎠⎟⎟ ⎝ У случају да се једначина равнотеже пројектује нормално на раван симетрије добија се сила затезања у вијцима 4R R 2π ⎛⎜ R 3π ⎞⎟ ⎟ cos α = 8, 4 kN. Fz = Fg + Fv − (mg + Gv ) cos α = pm R 2π + ρ g sin α − ⎜mg + ρ g ⎜⎝ 3π 2 6 ⎠⎟⎟ ♣ При томе треба уочити да је сила Fv последица дејства натпритиска воде у центру доње полукружне површине на бази његовог горњег полусферичног поклопца, док је сила Fg настала дејством натпритиска гаса на поклопац. 22. Лоптасти суд полупречника R напуњен је водом и виси на ужету које је причвршћено за горњу половину суда. У функцији задатих величина (ρ, m, R, g) израчунати најмањи вакум pv у центру суда који одржава доњу половину суда масе m да се не одвоји од горње половине.

32

Решење задатка 22 Једначина равнотеже за дољу половину суда и воду у њему има облик 2 pv R 2π = mg + ρ gR 3π , 3

одакле се добија да је pv =

mg 2 + ρ gR . R 2π 3

23. Суд без дна, масе m, који се састоји од полулоптастог и два цилиндрична дела ослања се на хоризонталну подлогу. У суду се налазе две течности ρ1 и ρ2 ( ρ1 < ρ2 ). У функцији познатих величина (R, r, H, m, ρ1, ρ2) одредити висину h нивоа течности у пијезометарској цеви у тренутку одвајања суда од подлоге. Решење задатка 23 Једначина равнотеже за суд у вертикалном правцу у тренутку истицања течности гласи

Fr − F0 − mg = 0. Сила Fr је усмерена на горе и представља силу која делује на полулоптасти поклопац и једнака је тежини течности која се налази у зепремини коју ограничава полулоптасти поклопац, слободна површина и цилиндрични омотач пречника R 2 Fr = ρ1 gR 2π ( R + h) − ρ1 gR 3π . 3 Сила F0 је усмерена на доле и представља силу која делује на прстенасту површину између два цилиндрична дела суда F0 = ρ2 g ( R 2 − r 2 ) π H + ρ1 g ( R 2 − r 2 ) π ( h + R ) Уврштавајући последње две релације у једначину равнотеже добија се

33

h=

ρ ⎛ R2 ⎞ ⎛ 2 R2 ⎞ m + 2 ⎜ 2 − 1⎟ H + ⎜ − 1⎟ R . 2 2 ρ1 r π ρ1 ⎝ r ⎠ ⎝3 r ⎠

24. Конусни затварач масе m = 18 kg затвара кружни отвор пречника d = 300 mm , висине h = 300 mm . До које висине H треба сипати течност релативне густине ρrel = 0,85 да би сила у вијцима којима је конусни затварач причвршћен по ободу била једнака нули? Напомена: Густина воде износи ρv = 1000 kg/m3 .

Решење задатка 24 Густина течности дефинише се као ρ = ρ rel ρv . Из једначине равнотеже издвојене контролне запремине − mg − G + Fp = 0 , 1 d 2π d 2π h + ρg H =0, 3 4 4 одређује се висина течности H релативне густине ρrel = 0,85 , коју треба сипати да би сила у вијцима којима је конусни затварач причвршћен по ободу била једнака нули − mg −

H=

4⋅m d πρ rel ρ v 2

+

h = 0, 4 m . 3

34

25. Одредити силу F у функцији познатих величина ( pm , h, H , d 0 , D, ρ1 , ρ2 ) којом треба деловати на клип да би вијчана веза A-A којом је полулоптасти затварач везан за преграду у резервоару била неоптерећена. Тежину полулоптастог поклопца занемарити.

Решење задатка 25 Проблем ће се разматрати тако да се одвојено анализира дејство флуида на полулоптасти затварач са горње односно доње стране.

35

Сила F1 којом флуид делује са горње стране поклопца представља дејство гаса услед натпритиска pm и тежине течности унутар засенчене запремине као што је приказано на слици ⎛ D 2π D2π D3π ⎞⎟ ⎟⎟ . + ρ1 g ⎜⎜⎜ F1 = pm h+ ⎜⎝ 4 4 12 ⎠⎟ У случају дејства флуида са доње стране полулоптастог поклопца нека је pm1 непознат натпритисак у тачки 1.

Тада је слободна површина течности подигнута за висину p H * = m1 , ρ2 g и изнад ње влада атмосферски притисак као што је показано на предходној слици. Сила F2 којом флуид густине ρ2 делује на поклопац је ⎛ p D 2 π D 3π ⎞⎟ ⎟⎟ . + F2 = ρ2 g ⎜⎜⎜ m1 ⎜⎝ ρ g 4 12 ⎠⎟ 2

Из једначине равнотеже клипа ⎛ d ⎞ 4F = ρ2 g ⎜⎜ H * + H + 0 ⎟⎟⎟ , 2 ⎜⎝ 2⎠ d0 π дефинише се натпритисак у тачки 1

36

⎛ d ⎞ 4F − ρ2 g ⎜⎜ H + 0 ⎟⎟⎟ . 2 ⎜⎝ 2⎠ d0 π Из услова задатка да је F1 = F2 одређује се сила F којом треба деловати на клип да би вијчана веза којом је полулоптасти затварач везан за преграду у резервоару била неоптерећена ⎛ ⎞⎤ d 2π ⎡ 1 1 F = 0 ⎢ pm + g (ρ1 − ρ2 ) D + g ⎜⎜ρ1h + ρ2 H + ρ2 d 0 ⎟⎟⎟⎥ . ⎝⎜ ⎠⎥⎦ 4 ⎢⎣ 3 2 pm1 =

1. Цилиндар пречника d = 2 m и дужине L = 1 m (нормално на раван цртежа), чије је тежиште на дубини H = 2 m од слободне површи воде, ρ = 1000 kg/m3 , затвара отвор као што је показано на слици. Под условом да је угао α = 45 o , одредити хоризонталну и вертикалну компоненту силе притиска воде на цилиндар, као и растојања одговарајућих нападних тачака у односу на тежиште цилиндра.

Решење задатка 1 Хоризонтална сила представља силу притиска на равну површ која се добија пројектовањем контуре AB на вертикалну раван. Fx = ρ gHLd cos α = 27,7 kN . Нападна тачка силе Fx лежи према тачки O на дубини

( d cos α )

3

L Iz d2 12 Δy = = = = 0,083 m . HA Ld cos α ⋅ H 24 H

37

Да би се одредила вертикална сила потребно је повући вертикалну тангенту на круг у тачки D . На контуру AD делује сила оптерећења која је окренута на доле и која је једнака тежини течности унутар запремине ограничене контуром ADEF . На контуру DBC делује сила растерећења воде која је окренута на горе и која је једнака тежини течности унутар запремине ограничене контуром EFGHCBD . Резултантна сила представња разлику ових сила, окренута је на горе и једнака је тежини течности унутар запремине оивичене контуром FGHCBDA . Fy = F1 + F2 + F3 = ρ g (V1 + V2 + V3 ) ⎡ 1 d 2π 1 d 2 ⎛ ⎞⎤ + ( d cos α ) + d cos α ⎜ H − cos α ⎟ ⎥ = 43,1 kN . Fy = ρ gL ⎢ 2 2 ⎝ ⎠⎦ ⎣2 4 Нападна тачка вертикалне силе пролази кроз тежиште запремине оивичене контуром FGHCBDA , а добија се из моментне једначине за тачку О, према 2d 1 cos α − F2 d cos α + F3 ⋅ 0 , Fy Δx = F1 3π 6 одакле следи Δx = 53,6 mm .

Пливање

26. У доњој половини полулопте полупречника R , налази се течност тежине G1 и густине R ρ. У овој течности плива мања лопта полупречника r = . Убрзање земљине теже износи 2 g. Наћи израз за тежину мање лопте G = G (ρ, g, r, G1) која обезбеђује концентричност обе лопте.

38

Решење задатака 26 Из услова концентричности, добија се према ознакама на слици да је x −b = R − r . (1) С друге стране, из једнакости силе тежине G и силе потиска следи друга једначина у облику ρ gπ 2 G= b (3r − b) , (2) 3 Да би се добила трећа једначина, треба изразити тежину течности G1 посредством осталих величина као ρ gπ 2 G1 = x (3R − x ) − G . (3) 3 Из предходне три једначине добијамо G1 ⎞⎟ 5 ⎞⎛ 32 ρ g π ⎛⎜ G1 ⎟. G= − r ⎟⎟⎟⎜⎜ r − ⎜⎜ 2 ⎜ ⎟ 3 ⎝ 3πρ gr 9 ⎠⎝ 9 3πρ gr 2 ⎠⎟⎟

27.

У

цилиндричном

суду

пречника

D = 500 mm напуњеног

водом,

густине

ρ = 1000 kg/m , до висине H плива комад леда густине ρ1 = 900 kg/m у коме се налази дрвена куглица густине ρ 2 = 800 kg/m3 . Запремина леда је V1 = 12 dm3 , док је запремина куглице V2 = 50 cm3 . Одредити који ће се део запремине леда Vx налазити изнад воде. Како ће се изменити ниво воде H у суду када се лед отопи? 3

3

Решење задатка 27

39

Ако је Vy део запремине леда у води, из услова равнотеже следи једначина

ρ1 gV1 + ρ 2 gV2 = ρ g (V2 + Vy ) , из које се одређује запремина леда која се налази испод површине воде Vy =

⎛ρ ⎞ ρ1 V1 + ⎜ 2 − 1⎟V2 = 10,79 dm3 . ρ ⎝ρ ⎠

Сада се лако одређује део запремине леда Vx који се налази изнад воде

Vx = V1 − Vy = 1, 21 dm3 . Из једнакости тежине леда и воде настале отапањем леда ρ1 gV1 = ρ gV , добија се запремина воде која настаје отапањем леда V=

ρ1 V1 = 10,8 dm3 . ρ

Када се лед отопи дрвена куглица плива на површини воде, са запремином Vk испод површине воде ρ 2 gV2 = ρ gVk , Vk =

ρ2 V = 0,04 dm3 . ρ 2

Из једнакости запремине воде пре и после отапања леда ⎡ D 2π ⎤ D 2π − + + = H V V V ( H + ΔH ) − Vk , ( 2 y )⎥ ⎢ 4 4 ⎣ ⎦ закључује се да нема промене нивоа воде 4 ΔH = 2 (V + Vk − V2 − Vy ) = 0 . Dπ

28. У цилиндричном суду, пречника D = 400 mm и висине H = 500 mm , налази се вода густине ρ = 1000 kg/m 3 , до висине h1 = 300 mm . Са доње стране суда, кроз отвор пречника d = 200 mm , зароњен је клип пречника d и дужине l = 600 mm од материјала густине

ρ m = 1700 kg/m3 . Дужина оквашеног дела клипа је l1 = 200 mm , док је дужина вођице l2 = 100 mm . Занемарујући трење у вођици клипа, израчунати потпиритисак у суду pv1 изнад воде који одржава клип у датом положају. Израчунати силу F којом треба дејствовати на клип да би се исти извукао из суда. Сматрати да ваздух у суду мења стање изотермски и да је атмосферски притисак pa = 1 bar .

40

Решење задатка 28 Из једначине равнотеже за првобитни положај клипа d 2π d 2π d 2π , l + ρg ( h1 − l1 ) = pv1 4 4 4 одређује се потпритисак pv1 = ρ m gl + ρ g ( h1 − l1 ) = 11 kPa .

ρm g

Када се клип под дејством силе F спусти до доње ивице вођице, ниво воде у суду се спусти до висине h2 чија се вредност добија из једнакости запремине воде пре и после деловања силе F 2

⎛d⎞ h2 = h1 − ⎜ ⎟ ( l1 + l2 ) = 225 mm . ⎝D⎠ Из услова изотермског ширења ваздуха D 2π D 2π p − p H − h = p − p ( a v1 ) ( ( a v1 ) ( H − h2 ) , 1) 4 4 следи да је H − h1 pv 2 = pa − ( pa − pv1 ) = 35,3 kPa . H − h2

Из једначине равнотеже клипа за други положајо одређује се сила којом се извлачи клип d 2π = 694,5 N . F = ⎡⎣ pv 2 − ρ g ( h2 + l2 ) − ρ m gl ⎤⎦ 4 29. Цилиндрични суд, пречника D = 0, 4 m , чија је маса m = 50 kg , напуњен је водом густине ρ = 1000 kg/m3 до висине H = 0,3 m и виси на клипу пречника d = 0, 2 m . Одредити потпритисак који одређује равнотежу суда и силу која оптерећује групу завртњева A . Сила трења између клипа и вођице се занемарује.

41

Решење задатка 29 Посматраће се равнотежа свих сила које делују на клип. Услед осносиметричног проблема хоризонталне силе се поништавају. У вертикалном правцу постоји сила гаса на поклопац суда F1 = pv

( D 2 − d 2 )π

, 4 која је усмерена наниже. У истом правцу, а супротном смеру делује сила тежине суда, тако да се закључује да сила на дно суда мора да делује вертикално навише, тј. ниво слободне површи налази се испод дна суда. Интезитет ове силе је D 2π . 4 Из равнотеже вертикалних сила које делују на посуду F1 + mg − F2 = 0 , F1 = ( pv − ρ gH )

добија се потпритисак који делује у суду 4mg D2 + ρ gH = 27385,1 Pa . πd 2 d2 Једина сила која оптерећује завртње A је сила F1 , па је та веза оптерећена на затезање силом pv =

FA = pv

( D 2 − d 2 )π

= 2,58 kN . 4 30. Суд тежине G1 , који плива на површини неке течности, као што је приказано на слици, садржи извесну количину те исте течности тежине G2 . Однос газа H суда и висине h је H n = . Одредити тежину тела G које плива у суду у функцији познатих величина h (G1 , G2 , n) .

42

Решење задатка 30 Ако се претпостави да је тело призматично и да му је основа површине A , онда из услова равнотеже сила следи G = ρ gAh0 , где је h0 дубина газа тела. С друге стране, ако се претпостави да је и суд призматичан и узме да му је основа површине A1 , тада се може поставити следећа једначина ρ gA1h = G2 + ρ gAh0 . Најзад, трећа једначина следи из равнотеже суда у вертикалном правцу ρ gA1 H = G1 + ρ gA1h . Из предходне три једначине добија се тежина тела G G = 1 − G2 . n −1 31. Метално звоно, густине ρz, цилиндричних зидова (унутрашњег радијуса r и спољашњег R) и равним поклопцем исте дебљине као и зидова, плива у прстенастом каналу у коме се налази течност густине ρ. Унутрашњи ниво течности је на висини h, док је спољашњи на висини H, изнад доњег краја звона. У функцији датих величина (R, H, h, R/r = ρ/ρz = 3/2) одредити унутрашњу висину звона z.

Решење задатка 31

43

Из једнакости притиска у тачки 1 и тачки 2 следи pa + pm = pa + ρ g ( H − h) , pm = ρ g ( H − h) . Из једначине равнотеже за звоно у вертикалном правцу следи G = Fv + FG , ρ z gVz = pm r 2 π + ρ gH ( R 2 π − r 2 π ) ,

ρ z g ⎢⎡( R 2 π − r 2 π ) z + R 2 π ( R − r )⎥⎤ = ρ g ( H − h) r 2 π + ρ gH ( R 2 π − r 2 π ) , ⎣ ⎦ одакле заменом одговарајућих вредности следи да је 27 6 3 z= H − h− R . 10 5 5

32. Дрвена купа висине H = 10 cm и угла при врху α = 90 o , затвара кружни отвор на дну отвореног суда, у коме се налази уље до висине h = 5 cm . Основа купе налази се у истој равни са површином флуида. Одредити колика мора да буде минимална густина дрвета ρmin па да не дође до цурења уља. Релативна густина уља износи ρrel = 0,9 .

Решење задатка 32

44

Запремина Vr која дефинише вертикалну силу растерећења добија се одузимањем запремине ваљка висине h = 5 cm од запремине зарубљене купе висине h = 5 cm Vr = Vzk − Vv , πh Vr = ( R 2 + r 2 + Rr ) − r 2 π h , 3 500π ⎡ 3 ⎤ Vr = cm ⎦⎥ . 3 ⎣⎢ Једначина равнотеже купе за вертикални правац гласи Fras = G , ρu gVr = ρmin gVkupe , где су ρu = ρrel ρvode = 900 kg/m 3 , а запремина купе 1 100π ⎡ 3 ⎤ Vkupe = R 2 π H = cm ⎦⎥ . 3 3 ⎣⎢ Из једначине равнотеже одређује се минимална густина дрвета 1 ρmin = ρu = 450 kg/m3 . 2 33. Дрвени цилиндар јединичне дужине, полупречника R и релативне густине ρ r = 0,1 , потопљен је у води густине ρ , где затвара отвор на дну, при чему је угао

α = 90 o . Одредити дубину воде у зависности од полупречника цилиндра, H = f ( R ) , ако је вертикална сила којом цилиндар притиска ивицу равног дна једнака нули ?

Решење задатка 33

45

Једначина равнотеже сила у вертикалном правцу даје ρ gV1 + G = 2 ⋅ ρ gV2 , где се одговарајуће запремине дефинишу као ⎡ ⎛ R 2π R 2 ⎞ ⎤ V1 = ⎢ H − R 2 ⋅ R 2 − ⎜ − ⎟ ⎥ ⋅1 , 2 ⎠⎦ ⎝ 4 ⎣

(

)

⎛ R 2π R 2 ⎞ − V2 = ⎜ ⎟ ⋅1 2 ⎠ ⎝ 4 док је густина дрвеног цилиндра ρ drv = ρ r ρ = 0,1⋅ ρ .

Једначина равнотеже сила у вертикалном правцу сада постаје ⎡

⎛ R 2π R 2 ⎞ ⎤ ⎛ R 2π R 2 ⎞ 2 gR g 1 1 2 ρ π ρ − ⋅ + ⋅ = ⋅ − ⎟⎥ ⎜ ⎟ ⋅1 , drv 2 ⎠⎦ 2 ⎠ ⎝ 4 ⎝ 4 ⎣ из које се одређује дубина воде

(

)

ρg ⎢ H − R 2 R 2 −⎜

H=

(10 + 13π ) 40

2

R ≈ 1,8 ⋅ R .

34. Купа која је направљена од материјала густине ρ k затвара кружну цев пречника d . У гасу изнад течности влада вакум 2 D2 H pv = ρ k g 2 . Густина течности d 3 је ρ . У функцији познатих величина ( ρ , D, h, H ) одредити колико мора да минимално износи густина купе ρ k па да не дође до истицања воде из цеви.

Решење задатка 34

46

Једначина равнотеже за купу у вертикалном правцу гласи d 2π Gk + pv = ρ gV , 4 ⎛ 1 d 2π 1 D 2π 2 D 2 H d 2π d 2π ⎞ = ρg ⎜ ρk g H + ρk g 2 x+ h⎟ . 3 4 3 4 4 ⎠ d ⎝3 4 Висина x налази се применом Талесове теореме d D = . x H Из једначине (1) и (2) следи да је 2

⎛d⎞ ⎛ d

(1)

(2)

h⎞

ρk = ρ ⎜ ⎟ ⎜ + ⎟. ⎝ D ⎠ ⎝ 3D H ⎠ 35. Кугла која је направљена од материјала густине ρ k затвара кружну цев пречника D 3 4 . У гасу изнад течности влада вакум pv = ρ k gD . Густина течности је ρ . У 9 2 функцији познатих величина ( ρ , D, h ) одредити колико мора да минимално износи густина d=

кугле ρ k па да не дође до истицања воде из цеви.

Решење задатка 35

47

Једначина равнотеже за куглу у вертикалном правцу гласи 3

4⎛ D⎞ d 2π ρ k g ⎜ ⎟ π + pv = ρ g (Vods + Vcil ) , 3⎝ 2 ⎠ 4 3

2 ⎡ 4⎛ D ⎞ d 2π ⎛D x⎞ d π = ρ g ⎢π x 2 ⎜ − ⎟ + ρ k g ⎜ ⎟ π + pv 3⎝ 2 ⎠ 4 4 ⎝ 2 3⎠ ⎣

⎤ h⎥ ⎦

(1) Величина y налази се применом Питагорине теореме 2

2

D ⎛D⎞ ⎛d ⎞ ⇒ y= . y = ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ 4 ⎝ 2 ⎠ ⎝2⎠ Сада се лако налази висина лоптиног одсечка D D x= −y= . 2 4 (2) Из једначине (1) и (2) следи да је ρ ⎛ 5 3h ⎞ ρk = ⎜ + ⎟ . 4 ⎝ 12 D ⎠ 2

ρt = 550 kg/m 3 , 36. Цилиндрични суд густине димензија D = 600 mm , d = 500 mm , H = 1 m и h = 0,8 m , потопљен је у води густине ρ = 1000 kg/m3 до дубине a = 200 mm и везан је за дно ужетом. Израчунати силу у ужету Fu и рад A који се изврши приликом испливавања тела када се уже откачи од дна. При томе тежину ужета као и отпоре при испливавању занемарити.

Решење задатка 36

48

Из једначине равнотеже за суд на који делује његова тежина G , сила у ужету Fu и сила потиска P −G − Fu + P1 = 0 , ⎡ D 2π ⎡ D 2π d 2π ⎤ d 2π ⎤ − ρt g ⎢ H− h ⎥ − Fu + ρ g ⎢ H− h = 0, 4 ⎦ 4 ⎥⎦ ⎣ 4 ⎣ 4 одређује се сила у ужету Fu = 555 N . У случају да се уже пресече суд ће кренути ка површини заузимајући нови равнотежни положај дефинисан једначином −G − Gvode + P2 = 0 , ⎡ D 2π d 2π ⎤ d 2π d 2π − ρt g ⎢ H− h⎥ − ρ g h + ρg x = 0, 4 ⎦ 4 4 ⎣ 4 и координатом x = 0,8 m . Рад који се врши приликом кретања суда на горе састоји се из два дела. A1 је рад од момента када се уже пресече до тренутка када горња површина суда додирне слободну површину. A2 је рад од тренутка када је горња површина суда додирнула слободну површину па све до заузимања новог равнотежног положаја дефинисаног координатом x . ⎛ D 2π d 2π ⎞ A1 = ( P1 − G ) a = ( ρ − ρt ) ⎜ H− h ⎟ a = 111 J , 4 ⎠ ⎝ 4

односно H −x

A2 =

∫ ( P ( y ) − G − G ) dy = vode

0

⎛ ⎡ D 2π D 2π d 2π H− = ∫ ⎜ ρg (H − y) − ρt g ⎢ 4 4 ⎣ 4 0 ⎝ Укупан рад износи A = A1 + A2 = 167 J . H −x

⎤ d 2π ⎞ h⎥ − ρ g h ⎟ dy = 56 J 4 ⎠ ⎦

.

37. Дрвена купа густине ρ drv = 700 kg/m3 , пречника основе D = 200 mm и висине H = 200 mm , затвара цев пречника d = 100 mm . Гас у резервоару налази се на натпритиску pm = 1500 Pa . До које висине h може да се сипа вода у цев па да не дође до

49

мешања течности из резервоара и цеви? Напомена: густина воде је ρ = 1000 kg/m3 , док је гравитациона константа g = 9,81 m/s 2 .

Решење задатка 37 Анализа дејства гаса на купу:

Анализа дејства течности на купу:

Из једначине равнотеже купе у вертикалном правцу pm

d 2π d 2π + ρ gVvalj = ρ g h + ρ drv gVvalj , 4 4

d 2π 1 D 2π d 2π 1 D 2π + ρg H = ρg h + ρ drv g H, 4 3 4 4 3 4 одређује се висина h до које може да се сипа вода у цев па да још не дође до мешања течности из резервоара и цеви pm

h=

pm H ⎛ D ⎞ + ρ g 3 ⎜⎝ d ⎟⎠

2

⎛ ρ drv ⎞ = 0, 233 m . ⎜1 − ρ ⎟⎠ ⎝

50

6. Кугла, пречника D и масе m , затвара цилиндар пречника d . Нека је у тренутку пропуштања воде, густине ρ , у доњи резервоар разлика нивоа H . На разматрани систем делује гравитација g . Написати израз који, у функцији датих величина ( D, m, d , ρ , H , g ) , дефинише разлику притисака Δp = p1 − p2 .

Решење задатка 6 Из једначине равнотеже за куглу (дејство флуида на куглу одређује се преко метода за одређивање силе притиска флуида на криву површину) d 2π D 3π d 2π + ρg − mg − ρ gH =0, ( p1 − p2 ) 4 4 4 одређује се разлику притисака 4g ⎛ m d2 D3 ⎞ Δp = p1 − p2 = 2 ⎜ + ρ H −ρ ⎟. d ⎝π 4 6 ⎠ 38. Две једнаке коцке густине ρk 50 % веће од густине воде ρ , дужине ивице a спојене су 3 нерастегљивим ужетом без тежине. Горња коцка затвара квадратни отвор странице a . До 4 којег нивоа H може да се сипа вода, па да коцка затвара квадратни отвор?

51

Решење задатка 38 Проблем се решава декомпозицијом система, пресецањем ужета и увођењем сила у ужету. Посматраће се равнотежа горње и доње коцке понаособ. Једначина вертикалне равнотеже за горњу коцку гласи G + S − Fver = 0 , где се вертикална сила на горе настала дејством воде добија конструкцијом карактеристичне запремине

(1)

2

⎛ 3a ⎞ Fver = ρ g ⎜ ⎟ , ⎝ 4 ⎠ док сила тежине коцке гласи G = ρ k gVk . Једначина равнотеже доње коцке гласи S + P −G = 0 , где је сила потиска која делује на доњу коцку P = ρ gVk .

52

(2)

Комбиновањем једначине (1) и (2) и елиминисањем силе у ужету S , долази се до једначине 2

⎛ 3a ⎞ 2 ⋅ ρ k gVk − ρ gVk − ρ g ⎜ ⎟ H = 0 , ⎝ 4 ⎠ из које се одређује ниво H до којег може да се сипа вода, па да коцка затвара квадратни отвор 32 H = a. 9 39. Израчунати вредност резултујуће хоризонталне силе која делује на цилиндрични затварач пречника D = 0, 4 m и дужине l = 0,6 m , који се налази у преградном зиду резервоара напуњеног течностима густине ρ1 = 1000 kg/m3 и ρ2 = 0,8ρ1 , као што је приказано изнад на слици. Изнад нивоа течности налази се гас под притиском p1 и p2 тако да је показивање живиног диференцијалног марометра h = 200 mm . Нивои течности изнад резервоара одређени су висинама h1 = 1, 2 m и h2 = 0,8 m . Решење задатка 39 Хоризонтална сила притиска течности и гаса са леве стране затварача одређена је изразом ⎡ ⎛ D ⎞⎤ Fx1 = ⎢ p1 + ρ1 g ⎜⎜h1 + ⎟⎟⎟⎥ Dl , ⎜⎝ ⎢⎣ 2 ⎠⎥⎦ док њена вредност са десне стране износи

53

⎡ ⎛ D ⎞⎤ Fx 2 = ⎢ p2 + ρ2 g ⎜⎜h2 + ⎟⎟⎟⎥ Dl , ⎜⎝ ⎢⎣ 2 ⎠⎥⎦ тако да је резултујућа хоризонтална сила притиска на затварач Fx = Fx1 − Fx 2 . Потребна разлика притисака p1 − p2 налази се из једначине равнотеже течности у манометру p1 − ρ ž gh = p2 , односно p1 − p2 = ρ ž gh , на основу које је (ρ ž = 13600 kg/m3 ) резултујућа сила

⎡ ⎛ ⎤ ⎛ D⎞ D⎞ Fx = ⎢ρ1 g ⎜⎜h1 + ⎟⎟⎟ − ρ2 g ⎜⎜h2 + ⎟⎟⎟ + ρ ž gh⎥ Dl = 7816,6 N . ⎜ ⎢⎣ ⎜⎝ ⎥⎦ ⎝ 2⎠ 2⎠ 40. У отвореном резервоару квадратне основе странице 2a , налази се вода дубока 2a . Изнад воде налази се слој уља релативне густине 0,8 и дебљине 0,5a . На једној бочној страни резервоара налазе се врата висине a и ширине 2a , која досежу до дна резервоара. Одредити резултантну силу F којом флуид делује на врата, као и њену нападну тачку Δη , након што се урезервоар спусти коцка дужине страница a , израђена од хомогеног материјала густине ρ k = 850 kg/m 3 .

Решење задатка 40 Сила притиска на дно резервоара гласи G + Gu + Gv ρ k ga 3 + ρu g ⋅ 2a ⋅ 2a ⋅ 0,5a + ρ v g ⋅ 2a ⋅ 2a ⋅ 2,5a p2 = k = = 31125a . A 4a 2

54

Притисак на висини a од дна резервоара дефинише се као p1 = p2 − ρv ga = 21125a . Силе притиска које услед дејства коцке, уља и воде делују на врата резервоара су F1 = p1 Av = 21125a ⋅ 2a 2 = 42250a 3 , ⎛ p − p1 ⎞ 3 F2 = ⎜ 2 ⎟ Av = 10000a . ⎝ 2 ⎠ Резултујућа сила коцка, уље и вода делују на врата резервоара гласи F = F1 + F2 = 51257, 25 ⋅ a 3 .

Применом Варињонове теореме, долази се до нападне тачке резултујуће силе на врата резервоара F (ηC + Δη ) = F1η1 + F2η 2 , F1η1 + F2η 2 a − ηC = = 0,0319a , 31,35 F 2 где су: η1 = 0,5a , η 2 = a ≈ 0,67 a и ηC = η1 . 3 Δη =

55

Релативно мировање при транслацији

41. Суд у облику правоуглог паралелопипеда, страница d = 4 m, b = 6 m и c = 8 m , који је испуњен водом до нивоа H = 3 m , креће се константним убрзањем a = 2 g / 12 , под углом α = 30o у односу на хоризонталу. Одредити силу притиска течности на: а) горњу површину суда; б) дно суда.

Решење задатка 41 Основна једначина статике флуида гласи dp = Xdx + Ydy + Zdz . ρ На слици приказано је дејство сила на воду која се налази у суду. Основна једначина статике флуида разматра специфициране силе, силе по јединици масе. Услед дејства инерционе силе, чији је смер супротан од смера вектора убрзања слободна површина G заузима облик који је нормалан на правац дејства резултујуће силе f .

Ако се у тежишту слободне површине постави Декартов координатни систем, слика , пројекције силе у три координатна правца износе X = 0, Y = −a cos α, Z = − a sin α − g . Уврштавањем пројекција сила у основну једначину статике флуида, добија се dp = −a cos αdy − (a sin α + g )dz . ρ Интеграљењем предходне једначине добија се p = −a cos α y − (a sin α + g ) z + C . ρ

56

Интеграциона константа C одређује се из граничних услова. У тежишту координатног система, где је x = y = z = 0 , влада атмосферски притисак p = pa . Одређивањем интеграционе константе, предходна једначина постаје p p = −a cos α y − (a sin α + g ) z + a . ρ ρ Распоред притиска воде унутар суда гласи pm ( y, z ) = p − pa = −ρa cos α y − ρ (a sin α + g ) z .

Да би се одредила сила која делује на поклопац суда, потребно је да се одреди колика је оквашена површина поклопца. Угао нагиба слободне површине у односу на хоризонталу, дефинише се из мањег шрафираног првоуглог троугла −z tg β = . y На слободној површини влада атмосферски притисак, те се до једначине слободне површине долази уврштавањем атмосферског притиска у једначину поља притиска воде у суду pm ( y, z ) = pa − pa = −ρa cos α y − ρ (a sin α + g ) z = 0 . На основу дефиниције угла нагиба слободне површине, из једначине слободне површине долази се до вредности истог −z a cos α tg β = = = 0,388 . y a sin α + g Провера квашења поклопца врши се замишљеним продужетком линије слободне површине, а затим одређивања вредности “ пењања ” воде са леве стране c x = tgβ = 1,552 m . 2 Поређењм вредности пењања воде и разлике висине суда и висине воде у суду пре почетка кретања x > d − H =1 m , закључује се да вода заиста кваси поклопац суда. Са већег правоуглог троугла, одређује се дужина на којој вода кваси поклопац суда c c d −H y1 = − y2 = − = 1,423 m . 2 2 tgβ Притиск у центру оквашене површине поклопца ⎛y ⎞ y pmp = pm ( y = −( 1 + y2 ), z = d − H ) = ρ a cos α ⎜⎜ 1 + y2 ⎟⎟⎟ − ρ (a sin α + g )(d − H ) . ⎜ ⎝2 ⎠ 2 Сила притиска на поклопац суда износи

57

⎡ ⎤ ⎛y ⎞ Fp = pmp Ap = ⎢ρ a cos α ⎜⎜ 1 + y2 ⎟⎟⎟ − ρ (a sin α + g )(d − H )⎥ y1b = 29,8 kN . ⎜⎝ 2 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎠ Притисак у центру оквашене површине дна износи pmd = pm ( y = 0, z = −H ) = −ρ a cos α ⋅ 0 − ρ (a sin α + g )(−H ) = ρ (a sin α + g ) H . Сила притиска на дно суда износи Fd = pmd Ad = ρ (a sin α + g ) Hcb = 1820 kN . 42. Отворена кутија у којој се налази вода почне да клизи по стрмој равни нагиба α = 30 o 1 и коефицијента трења μ = . Израчунати укупну силу притиска на десну страну кутије 2 3 у функцији познатих величина (ρ, b, c, g ) , ако дужина кутије нормално на раван цртежа износи c . Такође, одредити и угао нагиба слободне површине према хоризонтали β .

Решење задатка 42

58

Ако се са m означи укупна маса суда и воде и напише други Њутнов закон за правац стрме равни следи (1) ma = ∑ Fi = mg sin α − Ftr . Сила трења је Ftr = μ N = μmg cos α . Из једначина (1) и (2) следи

(2)

g . 4 Основна једначина за статику флуида гласи 1 Xdx + Ydy + Zdz = dp . ρ Ако се у основну једначину за статику флуида замене пројекције сила X = a cos α; Y = a sin α − g ; Z = 0, добија се 1 a cos αdx − ( g − a sin α ) dy = dp . ρ С обзиром да су променљиве међусобно независне једначина може да се интеграли 1 a cos α x − ( g − a sin α ) y = p + C . ρ Константа интеграције одређује се из услова да је p = pa , за x = y = z = 0 , из чега следи 1 C = − pa . ρ Уврштавањем константе C добија се израз за поље притиска p = pa + ρ ax cos α − ρ ( g − a sin α ) y . a = g (sin α − μ cos α ) =

Једначина слободне површине добија се из предходне једначине уврштавањем p = pa

59

a cos α 3 x= x. g − a sin α 7 Тангенс угла нагиба слободне површине према хоризонтали једнак је коефицијенту правца y a cos α 3 tg β = = = , x g − a sin α 7 из чега следи угао нагиба слободне површине према хоризонтали 3 β = arctg = 13,9 o . 7 b 3 x и праве x = , из чега следе њене Тачка A се одређује као пресек праве y = 2 7 ⎛ b b 3 ⎞⎟ ⎟⎟ . координате A⎜⎜⎜ , ⎝⎜ 2 14 ⎠⎟ y=

⎛b ⎞ Тачка B је дефинисана координатама B ⎜⎜ ,0⎟⎟⎟ . Тачка C представља центар десне оквашене ⎜⎝ 2 ⎠ ⎛ b b 3 ⎞⎟ ⎟⎟ . површине и има координате C ⎜⎜⎜ , ⎝⎜ 2 28 ⎠⎟ С обзиром да је промена притиска линеарна, укупна силу на десну оквашену површину гласи F = pmc A . Натпритисак у тачки C добија се из једначине поља натпритиска pm = p − pa = ρ ax cos α − ρ ( g − a sin α ) y , заменом координата тачке C , 3 pmc = ρ gb . 32 Коначно, укупна силу која делује на десну оквашену површину износи 3 3 b 3 3 F = ρ gb A = ρ gb ⋅ c= ⋅ ρ gb 2 c . 32 32 14 448

43. Цилиндрични суд, пречника D = 0,6 m , са полулоптастим поклопцем клизи низ стрму раван нагиба α = 60o са убрзањем a = 5 m/s 2 . Израчунати хоризонталну Fh и вертикалну Fv компоненту силе притиска којом вода, густине ρ = 1000 kg/m3 , делује на полулоптасти поклопац, ако је ниво воде у пијезометру, постављен у највишој тачки суда, h = 1 m . Решење задатка 43 Нека контролна запремина обухвата флуид унутар полулоптастог поклопца. У смеру супротном од смера кретања контролне запремине дејствује на флуид инерцијска сила (због убрзавања) која има следеће пројекције D3π Finv = Fin sin 60o = ρ a sin 60o = 244,7 N , 12

60

D3π cos 60o = 141,3 N . 12 Овим силама потребно је додати и дејство силе тежине D3π G = ρg = 554,5 N , 12 као и силу притиска остатка флуида (на флуид унутар контролне запремине) у равни спајања полулоптастог и цилиндричног дела суда. Предходно је потребно добити распоред притисака из основне једначине статике флуида dp = Xdx + Ydy + Zdz . ρ Пројекције сила на издвојену контролну запремину X =0, Y = a cos α , Z = a sin α − g . Finh = Fin cos 60o = ρ a

Уврштавањем сила у основну једначину статике флуида добија се следећа једначина dp = 0 ⋅ dx + a cos αdy + (a sin α − g ) dz . ρ Интеграљењем горње једначине уз гранични услов D y = 0, z = + h, p = pa , 2 добија се следећи распоред притисака

⎛D ⎞ pm ( y , z ) = p ( y , z ) − pa = a cos α y + (a sin α − g ) z + (a sin α − g )⎜⎜ + h⎟⎟⎟ . ⎜⎝ 2 ⎠ Тражена сила притиска износи ⎛D ⎞ D 2π D2π = (a sin α − g )⎜⎜ + h⎟⎟⎟ = 2,01 kN . Fp = pm ( y = 0, z = 0)⋅ ⎜⎝ 2 ⎠ 4 4 Посматраће се равнотежа издвојене контролне запремине. Услов да је контролна запремина у равнотежи јесте да сума свих сила које делују на контролну запремину мора бити једнака нули. Хоризонтална сила износи Fh = Finh = 141,3 N . Вертикална сила притиска износи Fv = Fp + Finv − G = 1,7 N . 3. Затворени цилиндрични суд са полусферним дном креће се праволинијски константним убрзањем a = 2 g . Одредити вертикалну и хоризонталну силу притиска на дно овог суда ако су: пречник D = 0,5 m , висина H = 0,8 m , угао α = 30 o , густина ρ = 943 kg/m3 и натпритисак pm = 25 kPa .

61

Решење задатка 3

Силе којима течност делује на дно суда у хоризонталном и вертикалном правцу одређују се применом основне једначине статике флуида dp = Xdx + Ydy + Zdz . (1)

ρ

За усвојени координатни систем приказан на слици силе које делују на течност у суду гласе (2а) X = −a cos α , Y =0, (2б) Z = − ( g + a sin α ) . (2в) Уврштавањем једначина (2а), (2б) и (2в) у једначину (1) и интеграљењем исте, уз гранични услов да је p = pa + pm у тачки x = z = 0 , добија се поље притиска p − pa = − a ρ x cos α − ρ ( g + a sin α ) z + pm .

62

(3)

Из једначине (3) за p = pa добија се једначина слободне површине a cos α pm . z=− x+ ρ ( g + a sin α ) g + a sin α

(4)

На слици су шрафиране одговарајуће запремине, које настају пројекцијом полулопте до слободне повшине. Двоструко шрафираним запреминама припадају силе истог интезитета и правца али супротног смера, што је у сагласности са распоредом притиска. Због тога је сила притиска у хоризонталном правцу 3

1 4⎛ D⎞ Fx = ρ ⎜ ⎟ π a cos α = 524, 4 N , 2 3⎝ 2 ⎠ И усмерена је у позитивном смеру осе x . Сила којом течност делује на дно суда у вертикалном правцу усмерена је наниже и гласи ⎤ 1 4 ⎛ D ⎞3 ⎪⎫ pm ⎪⎧ D 2π ⎡ Fz = ρ ⎨ π ⎬ ( g + a sin α ) = 7209,5 N . ⎢H + ⎥− ρ ( g + a sin α ) ⎦ 2 3 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎭⎪ ⎩⎪ 4 ⎣ Релативно мировање при ротацији

44. Суд цилиндричног облика у коме се налази течност густине ρ , затворен је са горње стране клипом масе m . Суд почне да се обрће константном угаоном брзином ω . Одредити интезитет силе F на дно суда?

Решење задатка 44

63

Из основне једначине ѕа статику флуида 1 Xdx + Ydy + Zdz = dp , ρ добија се поље притиска ω2r 2 p=ρ − ρ gz + C . 2 Константа C налази се из услова равнотеже сила које делују на клип D 2π mg + pa = 4 mg + pa

D 2π = 4

D/2

∫

p ( r , z = H ) dA ,

∫

⎛ ω 2r 2 ⎞⎟ ⎜⎜ρ ⎟⎟2r πdr , gH C − + ρ ⎜⎜⎝ 2 ⎠⎟

0 D/2

0

из чега се добија константна интеграције 4mg ρω 2 D 2 C= − + ρ gH + pa , 16 πD2 тако да једначина распореда притиска добија следећи облик ω2r 2 4mg ρω 2 D 2 p (r , z ) = ρ − ρ gz + − + ρ gH + pa , 2 16 πD2 из чега се добија једначина за поље натпритиска ω 2r 2 4mg ρω 2 D 2 − ρ gz + − + ρ gH . pm (r , z ) = p (r , z ) − pa = ρ 2 16 πD2 Сила притиска на дно износи D/2

F=

∫

pm (r , z = 0) dA ,

∫

⎛ ω 2 r 2 4mg ρω 2 D 2 ⎞ + − + ρ gH ⎟⎟⎟2r πdr , ⎜⎜⎜ρ 2 ⎜⎝ 2 16 πD ⎠⎟

0 D/2

F=

0

64

F = mg + ρ gH

D 2π . 4

45. Затворени суд облика кружног цилиндра, напуњеног течношћу густине ρ , обрће се око хоризонталне осовине константном угаоном брзином ω . Одредити облик површина једнаког притиска ( p = const.) и положај минимума притиска узимајући у обзир и сопствену тежину течности.

Решење задатка 45 Ојлерова једначина за мировање флуида има следећи облик G G G G G G G G 1 1 ⎛ ∂p G ∂p G ∂p G ⎞ f = g + f c = − gj + r ω 2 = − gj + ( xi + yj ) ω 2 = gradp = ⎜ i + j+ k⎟, ρ ρ ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ G G где су g и f c сила тежине и центрифугална сила. Из предходне једначине следи ∂p ∂p ∂p = ρω 2 x ; = ρ (ω 2 y − g ) ; =0. ∂x ∂z ∂y

Услед ∂p / ∂z = 0 следи да је p = p ( x, y ) . Решавањем преостале две диференцијалне једначине добија се 1 p = ρω 2 ( x 2 + y 2 ) − ρ gy + C . 2 Последња једначина може да се напише у следећем облику 2 p −C

ω2

ρ

+

2

g2

g ⎞ ⎛ = x2 + ⎜ y − 2 ⎟ , 4 ω ω ⎠ ⎝

одакле се види да су површи истих притисака ( p = const.) цилиндричне површи полупречника R=

2 p−C

ω2

ρ

+

g2

ω4

,

са осом која пролази кроз тачку

65

x = 0 и y = g /ω2 . Да би функција p = p ( x, y ) имала минимум мора важити

∂p ∂p =0 и =0, ∂x ∂y одакле следи да је минимум на g x=0 и y= 2 .

ω

Према томе оса површина истих притисака уједно представља и геометријско место тачака у којима је притисак минималан.

46. Конусни суд са отвором на врху обрће се константном угаоном брзином ω. Суд је до врха напуњен водом, густине ρ = 1000 kg/m3, а димензије су му R = H = 1 m. Одредити угаону брзину ω тако да сила која затеже групу закивака A-A, буде четири пута већа од силе која затеже исту групу закивака у случају да суд мирује.

Решење задатка 46 У случају да суд мирује сила која оптерећује конусни део суда израчунава се по релацији 1 2 F = ρgV = ρg( R 2πH − R 2πH ) = ρgR 2π H . 3 3 У ситуацији када се суд обрће око сопствене осе угаоном брзином ω одговарајућа сила добија се из релације

66

Fω = ρg( V1 + V2 − V3 ) = ρg( R 2πH +

= ρgR 2π (

1 2 R 2ω 2 1 2 Rπ − R πH = 2 2g 3

ω 2 R2 2 H+ ). 3 4g

Из услова задатка Fω = 4F , добија се резултат у облику

ω=

2 2 gH = 8,86s −1. R

7. У цилиндру полупречника R = 0, 4 m и висине H 0 = 0,7 m налази се V = 0, 25 m3 воде. Цилиндар се обрће око вертикалне осе константном брзином 10 rad/s . Израчунати силу која дејствује на завртње поклопца. Притисак ваздуха у суду је атмосферски, а тежина поклопца суда је G = 50 N . Густина воде је ρ = 1000 kg/m 3 , док је убрзање замљине теже g = 9,81 m/s 2 .

Решење задатка 7

Из запремине воде пре обртања дефинише се дубина воде пре обртања

67

V . R 2π Једначина слободне површине за тачку A ( rA , z A ) гласи h1 =

ω 2 rA2 = 2 gz A . (1) Из једнакости запремине пре и после обртања долази се до једначине 1 R 2π h1 = R 2π H 0 − rA2π z A . (2) 2 Комбиновањем једначина (1) и (2) долази се до висине

ω2 2 ( R π H 0 − V ) = 0,575 m , gπ

zA =

и полупречника 2 gz A = 0,336 m . rA =

ω

Из основне једначине за статику флуида следи распоред притиска у води 1 pm ( r , z ) = ρω 2 r 2 − ρ gz . 2 Сила притиска на поклопац који се налази на висини z = z A гласи RA

⎞ − ρ gz A ⎟ ⋅ 2rπ dr = −233, 44 N . ⎠ rA Укупна сила усмерена је на доле, што значи да су вијци оптерећени на притисак Fu = FP + G = 283, 44 N . FP =

⎛1

∫ ⎜⎝ 2 ρω r

2 2 A

47. Цилиндрични суд пречника D = 600 mm, напуњен је уљем густине ρ = 900 kg/m3 до висине H = 300 mm. На уљу се налази клип тежине G = 150 N, у коме се налази мали отвор за везу са атмосфером. Суд почне да се окреће константном угаоном брзином ω = 15 rad/s. Коликом силом F треба деловати на клип при ротацији, да би слободна површина течности додиривала дно суда? Убрзање земљине теже износи g = 9,81 m/s 2 .

68

Решење задатка 47 У случају обртања система једначина параболе која додирује дно суда има следећи облик rA2ω 2 = 2 gz A .

Једначина једнакости запремине течности пре и за време обртања D 2π D 2π 1 2 = zA − rA πz A . 4 4 2 Решавањем горњег система једначина добијају се два решења за непознате rA и zA, од којих је једино прихватљиво H

69

rA = 0,178 m z A = 0,364 m . Распоред притиска се добија из основне једначине за статику флуида 1 p m (r , z ) = p − p a = ρω 2 r 2 − ρgz. 2 Сила притиска течности на клип је тада D/2

Fp = ∫ pm (r , z = z A )dA = A

⎛1

∫ ⎜⎜⎜⎝ 2 ρω r rA

2 2

⎞ − ρ gz A ⎟⎟⎟2r π dr = 540 N. ⎠

У том случају из једначине равнотеже клипа за z осу следи да је F = Fp − G = 390 N. 13. Суд димензија D = 300 mm , D1 = 200 mm и H = 400 mm , затворен је поклопцем са малим осним отвором за изједначавањем притиска изнад слободне површине течности, ротира око вертикалне z осе угаоном брзином ω = const. Суд је пре почетка ротације био испуњен водом до висине h = 200 mm . Одредити угаону брзину ω при којој ће слободна површина течности додиривати дно суда и силу притиска којом течност делује на поклопац при тој угаоној брзини.

Решење задатка 13 Из једнакости запремине течности пре обртања суда π h ⎛ D 2 D12 DD1 ⎞ V1 = + + ⎜ ⎟, 3 ⎝ 4 4 4 ⎠ и запремине течности за време обртања D 2π 1 d 2π V2 = V1 + H, ( H − h) − ⋅ 4 2 4 следи једначина 1 D2 ( H − h) = d 2 H . 2

(1)

70

Из једначине слободне површине за дати координатни систем r 2ω 2 = 2 gz , d за z = H и r = следи 2 8gH 2 (2) d = 2 .

ω

Решавањем једначина (1) и (2) добија се 2H g ω= = 18,7 s -1 и d =D. D H −h Како је d = D следи закључак да поклопац не трпи силу натпритиска.

48. Цилиндрични суд пречника D = 2 R = 0, 2 m креће се заједно са цеви, пречника d 0 = 0,08D постављеној на растојању D од осе суда, у хоризонталном правцу G константним убрзањем a . Уколико је суд предходно напуњен течношћу до висине G h = 0,1 m , одредити убрзање a при којем ће ниво течности у суду да се спусти до дна суда и висину H до које ће течност да се попне у цеви за време кретања.

Решење задатка 48 Основна једначина за статику флуида примењена на слободну површину (dp = 0) гласи Xdx + Ydy + Zdz = 0 , где су пројекције сила специфицираних по маси X = 0, Y = −a, Z = −g . Заменом пројекција сила и интеграљењем добија се једначина слободне површине a z= y. g

71

Користећи услове: z = h1 за y = D и z = h + H за y =

D + D из једначине слободне 2

површине добија се a h1 = , (1) g D a h+H = . (2) g D+ D/2 Из једнакости запремине течности пре и за време кретања суда следује трећа једначина d 2π 1 D2π D2π (3) h= h1 + 0 H 4 2 4 4 Из једначине (1) и (2) налази се да је 2 h1 = (h + H ) , 3 тако да је из једначине (3) тражена висина H = 0,196 m . Познавајући вредност висине H лако се налази убрзање суда као a=

2 g (h + H ) 3D

= 9,68 m/s 2

49. Отворена цев ABCD , напуњена водом, обрће се око вертикалне осе константном угаоном брзином ω . Оса дела цеви CD је четвртина кружнице. Висина H = 0,3 m , а полупречник износи R = 0, 25 m . Одредити ону угаону брзину која обезбеђује једнакост притисака у тачкама С и D, као и место максималног притиска одређено преко угла ϕ .

72

Решење задатка 49 Из основне једначине статике флуида долази се до једначине распореда притиска ω 2r 2 p − pa = pm = ρ − ρ gz . 2 Уколико се постави координатни систем као на слици, координате тачака C и D су C ( 0; − 0,3) , D ( 0, 25; − 0,05 ) . Притисци у тачкама C и D су pmC = − ρ g ( −0,3) = 0,3ρ g ,

ω2

− ρ g ( −0,05 ) . 2 Из услова задатка pa + pmC = pa + pmD , односно pmC = pmD , pmD = ρ

0,3g ρ = ρ

( 0, 25 )

ω2

2

( 0, 25 )

2

+ 0,05 ρ g , 2 одређује се угаона брзина обртања отворене цеви која обезбеђује једнакост притисака у тачкама C и D 2⋅ g = 8,86 rad/s . ω= 0, 25 Произвољна тачка P има координате P ⎡⎣ R sin ϕ ; − ( 0,05 + R cos ϕ ) ⎤⎦ . Апсолутни притисак у произвољној тачки P дефинише се као pP = pa + ρ g

ω2 2

R 2 sin 2 ϕ + 0,05 ⋅ ρ g + ρ gR cos ϕ .

73

Из услова максимума функције добија се једначина dp P ω2 2 R 2 ⋅ sin ϕ cos ϕ − ρ g sin ϕ = 0 , = ρg dϕ 2 ⎛ ω2R ⎞ cos ϕ − 1⎟ = 0 . ρ gR sin ϕ ⎜ ⎝ g ⎠ Предходна једначина је задовољена ако су испуњен један од два услова sin ϕ = 0 , ω2R cos ϕ − 1 = 0 . g Први услов се одбацује, јер неодговара произвољном положају тачке P , док се положај произвољне тачке P одређује из другог услова g cos ϕ = = 0,5 , Rω 2 ϕ = 60 o .

50. Одредити силу притиска на горњу половину лоптастог суда полупречника R = 0,6 m , напуњеног водом до нивоа h = 1, 2 m у пијезометру, за следеће случајеве: а) суд је непокретан; б) суд се обрће око непокретне осе угаоном брзином ω = 12 rad/s ; в) суд слободно пада у пољу земљине теже; г) суд слободно пада и обрће се око вертикалне осе угаоном брзином ω = 12 rad/s .

Решење задатка 50

а) Сила притиска на горњу половину лоптастог суда добија се конструкцијом карактеристичне запремине и једнака је тежини воде изнад суда до слободне површине

74

⎛ ⎛ 1 4 3 ⎞⎟ 2 ⎞ F = ρ gV = ρ g ⎜⎜ R 2 π h − R π ⎟⎟ = ρ gR 2 π ⎜⎜h − R⎟⎟⎟ = ⎝⎜ ⎠ ⎝⎜ 23 3 ⎠ ⎛ ⎞ 2 2 = 1000 ⋅ 9,81⋅ (0,6) ⋅ 3,14 ⋅ ⎜⎜1, 2 − ⋅ 0,6⎟⎟⎟ = 8,87 kN. ⎜⎝ ⎠ 3 б) Уврштавајући пројекције сила X = ω2 x , Y = ω2 y ,

Z = −g , у основну једначину за статику флуида dp = Xdx + Ydy + Zdz , ρ dp = ω 2 xdx + ω 2 ydy − gdz , ρ

и њеним интеграљењем, долази се до једначине распореда притиска 2 p ω ( x + y) = − gz + C . 2 ρ

Једначина слободне површине добија се из граничног услова да је у x = y = z = 0 притисак p = pa p − pa ω 2 r 2 = − gz . 2 ρ

Из једначине слободне површине долази се до висине z R за за коју се издигне слободна површина, уз услов да су на месту z = z R притисак и полупречник p = pa и r = R 2

zR =

2

ω 2 R 2 (1, 2) ⋅ (0,6) = = 2,64 m . 2g 2 ⋅ 9,81

75

Сила притиска на горњу половину полулоптастог суда износи ⎡ ⎤ ⎛ z ⎞ 1 4 F = ρ gV = ρ g ⎢ R 2 π ⎜⎜h + R ⎟⎟⎟ − ⋅ R 3π ⎥ = ⎢⎣ ⎥⎦ ⎝⎜ 2⎠ 2 3 ⎡ ⎤ ⎛ 2,64 ⎞⎟ 1 4 2 3 ⎥ = 23,5 kN. 0,6 3,14 = 1000 ⋅ 9,81 ⎢(0,6) ⋅ 3,14 ⋅ ⎜⎜1, 2 + − ⋅ ⋅ ⋅ ( ) ⎟ ⎜⎝ ⎢⎣ ⎥⎦ 2 ⎠⎟ 2 3 в) Пројекције сила гласе X =0, Y =0, Z = g−g =0. Сила притиска на горњу половину лоптастог суда износи F = 0 . г) Распоред притиска у суду сада гласи p − pa ω 2 r 2 = . ρ 2 Из једначине слободне површине ω 2r 2 = 0, 2 закључује се да је на месту r = 0 притисак атмосферски p = pa . Стога, распоред натпритиска изгледа као на слици.

Елементарна сила којом вода делује на горњи део лоптастог суда дефинише се као dF = pm dA . Укупна сила којом вода делује на горњи део лоптастог суда износи R

ρ F = ∫ r 2 ω 2 2 r π dr , 2 0 или преко дијаграма притисака 1 R2ω 2 1 1 4 2 F = R 2 πρ = ρπ R 4 ω 2 = ⋅1000 ⋅ 9,81⋅ (0,6) ⋅ (12) = 14,65 kN . 2 2 4 4 3. Вертикални цилиндрични суд састављен из два дела пречника d и D , напуњен је водом густине ρ до висине a + b . Изнад воде је клип масе m . Ако се суд обрће константном угаоном брзином ω око своје вертикалне осе, одредити силу Fz која истеже завртње Z којима је поклопац везан за омотач суда. Масу поклопца занемарити.

76

Решење задатка 3 Из основне једначине статике флуида dp Xdx + Ydy + Zdz = ,

ρ

за пројекције сила у правцима координатног система X = ω 2 x , Y = ω 2 y и Z = − g , долази се до опште једначине распореда притиска p=ρ

ω2

r 2 − ρ gz + C .

(1) 2 С обзиром да је клип у равнотежи, онда је сила притиска која делује одоздо на клип једнака тежини клипа F = mg . (2) Елементарна сила притиска која делује одоздо на клип дефинише се као dF = p ( a + b ) ⋅ 2π rdr , где је укупна сила притиска која делује одоздо на клип d /2 ⎡ ω2 2 ⎤ F = 2π ∫ ⎢ ρ r − ρ g ( a + b ) + C ⎥rdr . (3) 2 ⎦ 0 ⎣ Уврштавајући једначину (3) у услов (2) долази се до интеграционе константе C 4mg ρω 2 d 2 . (4) C = ρ g (a + b) + 2 − d π 16 Уврштавајући интеграциону константу (4) у општу једначину распореда притиска (1) долази се до једначине распореда притиска воде у посуди

77

ω2 ⎛

d2 ⎞ 4mg 2 ⎜ r − ⎟ + ρg (a + b − z) + 2 . 2 ⎝ 8 ⎠ d π Како је распоред притиска дуж поклопца суда ω2 ⎛ 2 d 2 ⎞ 4mg p ( z = b) = ρ ⎜ r − ⎟ + ρ ga + 2 = p ( r ) , 2 ⎝ 8 ⎠ d π p=ρ

(5)

укупна сила која затеже вијке гласи D/2

Fz =

∫ p ( z = b ) ⋅ 2rπ dr =

d /2

⎡ ω2 2 ⎛ 4mg ρω 2 d 2 ⎞ ⎤ ρ r + ρ ga + − ⎢ ⎜ ⎟ ⎥rdr = ∫ 2 ⎝ d 2π 16 ⎠ ⎦ d /2 ⎣ ⎛ ρω 2 D 2 ρ ga 4mg ⎞ = π ( D2 − d 2 ) ⎜ + + 2 ⎟. 4 dπ ⎠ ⎝ 64 = 2π

D/2

5. Речно корито има на једном свом делу облик лучно савијеног жљеба унутрашњег полупречника R1 = 150 m и спољашњег полупречника R2 = 200 m . Претпостављајући да је распоред брзина у произвољном попречном пресеку корита константан, одредити разлику нивоа воде на обалама. Брзина реке је v = 1,5 m/s , док је гравитационо убрзање g = 9,81 m/s 2 .

Решење задатка 5 Уврштавајући пројекције сила v2 v2 X = ω2x = 2 x = , x x Y =0, Z = −g , у основну једначину статике флуида dp Xdx + Ydy + Zdy = ,

ρ

долази се до диференцијалне једначине dp dx = v 2 − gdz . ρ x Интеграљењем предходне једначине неодређеним интегралом долази се до опште једначине распореда притиска

78

p

ρ

= v 2 ln x − gz + C .

Из граничног услова да је p = pa на месту z = 0, x = R1 одређује се интеграциона константа p C = a − v 2 ln R1 ,

ρ

а самим тим и једначина распореда притиска воде у речном кориту x p = ρ v 2 ln − ρ gz + pa . R1 За притисак p = pa добија се једначина слободне површине x gz = v 2 ln . R1 Из коте друге обале x2 = R2 , z = h , R gh = v 2 ln 2 , R1 одређује се разлика нивоа воде леве и десне обале v2 R h = ln 2 = 0,065982 m=6,6 cm . g R1 Бернулијева једначина

51. Гас струји кроз цев изотермски. Занемарујући кинетичку енергију: а) показати да је излазни притисак дат једначином p2 = p1 1 −

λlv12

, DRT где су: p1 - улазни притисак; λ - коефицијент трења и T - апсолутна температура. б) за цев пречника D = 100 mm и дужине l = 1500 m , са протоком Q = 118 L/s и притиском на улазу цеви p1 = 21 bar , одредити брзину на излазу из цеви v2 . Температура је константна t = 15 o C , коефицијент трења је λ = 0,016 . Решење задатка 51 а) Елементарни пад притиска кроз цев, занемарујући кинетичку енергију, може да се представи са dp = − ρ gdht , где је ρ gdht губитак услед трења на елементарној дужини цеви dx . Следи да је dp dx v 2 , = − gdht = −λ D 2 ρ где је из једначине континуитета и изотермске промене

79

v = v1

p ρ1 p = v1 1 ; ρ = ρ1 , p1 p ρ

те је pdp = −

λρ1 p1v12

dx . 2⋅ D Интеграљењем од x = 0 и p = p1 до x = l и p = p2 добија се p12 − p22 λρ p v 2l =− 1 1 1 , 2 2⋅ D p2 = p1 1 −

λlv12

. DRT б) Замењујући познате вредности, следи 4⋅Q v1 = 2 = 15 m/s , Dπ p2 = p1 1 − v2 = v1

λlv12 DRT

= 12,37 bar ,

p1 = 25, 46 m/s . p2

52. Вода идеално струји протоком Q кроз цев ( d1 > d 2 ). Разлика струјних притисака на месту 1 и 2 мери се обрнутом U цеви која садржи уље чија је релативна густина ρ r < 1 . Одредити израз за висину h у функцији задатих величина ( Q, d1 , d 2 , ρ r , g ) . Сматрати да су губици између пресека 1 и 2 занемарљиви.

Решење задатка 52 Бернулијева једначина за пресеке 1 и 2, као и одговарајућа једначина континуитета гласе p1

ρ

v1

+

v12 p v2 + gz1 = 2 + 2 + gz2 , ρ 2 2

d12π d 2π = v2 2 . 4 4

Из предходне две једначине следи

80

v2 p1 − p2 = ρg( z2 − z1 ) + 2 2

⎛ ⎛ d 2 ⎞ 2⎞ ⎜ 1 − ⎜ 22 ⎟ ⎟ . ⎜ ⎝d ⎠ ⎟ 1 ⎝ ⎠

Разлика притисака измерена преко U цеви гласи p1 − p2 = ρg( z2 − z1 ) + ( 1 − ρ r )ρgh . Комбинацијом последње две једначине добија се тражени израз 4

⎛ d2 ⎞ 2 1− ⎜ ⎟ d1 ⎠ ⎛ 4Q ⎞ ⎝ h=⎜ 2 ⎟ . ⎝ π d 2 ⎠ 2 g (1 − ρ r ) 53. Проток кроз бленду дефинисан је изразом Q=μ

d 2π 2Δp . ρ 4

Сматрајући струјање нестишљивим, одредити средњу брзину ваздуха v који струји кроз цев, пречника D = 305 mm , у којој се налази бленда, пречника d = 216 mm , константног коефицијента протока μ = 0,61 . Пад притиска који је условљен проласком ваздуха кроз бленду, мери се косом U – цеви ( α = 20 o ) са керозином релативне густине ρr = 0,79 , где је h = 43 mm . Које су предности манометра са нагнутом цеви у односу на стандардну U – цев? Параметри гаса испред бленде су притисак p = 120 kPa , температура t = 30 o C и гасна константа ваздуха R = 287 J/kgK .

Решење задатка 53 Разлика притиска коју мери U – цев са нагнутом цеви, износи: Δp = ρk gh cos α = 0,79 ⋅1000 ⋅ 9,81⋅ 0,043 ⋅ cos 20o = 114 Pa . Густина ваздуха износи

ρ=

p 120 ⋅103 = = 1,38 kg/m3 . RT 287 ⋅ 303

81

С обзиром да је запремински проток дефинисан као Q=μ

d 2π 2Δp , ρ 4

средња брзина ваздуха износи 2 ⎛ (0, 216) π 4Q 4 ⎛⎜ d 2π 2Δp ⎞⎟ 4 2 ⋅114 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ v = 2 = 2 ⎜⎜μ = ⋅ ⎜0,61⋅ ⎟ = 3,93 m/s. ⎟ 2 4 0,79 ⋅1000 ⎠⎟⎟ D π D π ⎜⎝ 4 ρ ⎠⎟ (0,305) ⋅ 3,14 ⎜⎝

54. Одредити стварни притисак уља на улазу у пумпу, система за уље на авиону, приказаног сликом, ако авион лети на висини где је атмосферски притисак 10286 Pa . Дужина хоризонталне деонице усисног цевовода је l = 2 m , дужина вертикалне деонице износи H = 0,3 m , а пречник цеви је D = 18 mm . Ниво уља изнад пумпе налази се на висини h = 0,7 m . Остварени проток уља, кинематске вискозности ν = 0,11 cm 2 /s и густине ρ = 900 kg/m3 , је Q = 0, 266 ⋅10−3 m 3 /s . Локалне отпоре занемарити.

Решење задатка 54 Из једначине континуитета одређује се брзина струјања уља у цеви 4Q = 1,05 m/s . v= πd 2 Провером Рејнолдсовог броја vD = 1718 < 2000 , Re = ν закључује се да је струјање на излазу из цеви ламинарно. Коефицијент трења за ламинарно струјање износи 64 λ= = 0,0372 . Re

Из Бернулијеве једначине од тачке 1 до тачке 2

82

pa p v2 l v2 + gh = + 2 + λ , ρ ρ D 2 2 одређује се притисак уља на улазу у пумпу ⎛ λl ⎞⎟ p = pa + ρ gh − v 2 ρ ⎜⎜1 + ⎟ = 0,1342 bar . ⎜⎝ 2 D ⎠⎟ 55. Мали вентилатор напора Yv = 84 J/kg , приказан на слици, омогућава струјање ваздуха масеним протоком m = 0,1 kg/min . Ваздух се налази на атмосферском притиску

pa = 101325 Pa и температури t = 14 o C ( R = 287 J/kgK ) . Уструјно од вентилатора, у цеви пречника D1 = 60 mm , струјање је ламинарно, тј. профил брзине је параболичан. Низструјно од вентилатора, у цеви пречника D2 = 30 mm струјање је турбулентно. Пораст притиска кроз вентилатор је Δp = 0,1 kPa . Занемарујући висинску разлику између пресека 1 и 2, наћи губитак ghi који се јавља струјањем флуида кроз вентилатор и упоредити га са одговарајућим у случају да се апроксимативно претпостави турбулентно струјање у оба пресека, тј. наћи релативну грешку. Напомена: узети да је струјање нестишљиво.

Решење задатка 55 Из једначине стања идеалног гаса одређује се густина ваздуха p ρ= = 1, 23 kg/m3 . RT Средње брзине у пресецима 1 и 2 износе 4m v1 = = 0, 479 m/s , ρ D12 π 4m v2 = = 1,92 m/s . ρ D22 π Случај 1. На улазу у вентилатор режим струјања је ламинаран, док је на излазу из вентилатора режим струјања турбулентан. Занемарујући висинску разлику из Бернулијеве једначина за пресеке 1 и 2 p1 v2 p v2 + 2 1 + Yv = 2 + 2 + ghi1 , ρ ρ 2 2

83

одређују се губици услед струјања ваздуха кроз вентилатор p − p2 1 ghi1 = 1 + (2v12 − v22 ) = 1,09 J/kg . ρ 2 Случај 2. У оба пресека вентилатора режим струјања турбулентан. Занемарујући висинску разлику из Бернулијеве једначина за пресеке 1 и 2 p1 v12 p v2 + + Yv = 2 + 2 + ghi 2 , ρ ρ 2 2 одређују се губици услед струјања ваздуха кроз вентилатор p − p2 1 ghi 2 = 1 + (2v12 − v22 ) = 0,97 J/kg . ρ 2 Релативна грешка за два приказана случаја износи gh − ghi 2 ε = i1 ⋅100 % = 11 % . ghi1 56. Кроз цевовод приказан на слици пребацује се вода температуре 15 o C из реке у канал, при разлици нивоа H = 8 m . Цевовод се састоји из праве деонице укупне дужине l = l1 + l2 + l3 = 1000 m . Пречник цевовода је d = 800 mm , апсолутна храпавост цевовода је e = 0,1 mm , коефицијент отпора усисне решетке је ζ R = 4 , док је коефицијент отпора колена ζ K = 0,8 . Одредити коефицијент отпора вентила ζ V када кроз систем приказан на слици протиче Q = 55 m3 /min воде.

задатка 56

Решење

Из једначине континуитета d 2π , Q=v 4 одређује се брзина струјања кроз цевовод

84

4Q = 1,82 m/s . πd2 Из Мудијевог дијаграма за вредности релативне храпавости и Рејнолдсовог броја e δ = = 1, 25 ⋅10−4 , d vd = 1, 26 , очитава се вредност коефицијента трења λ = 0,0138 . Из Бернулијеве једначине од тачке 1 до тачке 2 pa p v2 ⎛ l ⎞ + gH = a + ⎜ λ + ζ R + ζ V + ζ K + 1⎟ , ρ ρ 2⎝ d ⎠ одређује се коефицијент отпора вентила 2 gH ⎛ l ⎞ ζ V = 2 − ⎜ λ + ζ R + ζ K + 1⎟ = 24,33 . v d ⎝ ⎠ v=

57. Дато је пумпно постројење које снабдева град водом за пиће. Да би се остварио пројектовани проток воде од Q = 80 L/s , потребно је уградити пумпу. Локални губици износе 20 % губитака на трење. Одредити: а) снагу пумпе за пројектовани проток, ако је пречник цевовода d = 200 mm ; б) проток кроз инсталацију у случају када нестане електричне енергије (губитке у пумпи занемарити); в) пречник цевовода да би се пројектовани проток остварио без пумпе. Дати су подаци: дужина цевовода L = 6 km , кота H = 100 m , коефицијент трења λ = 0,03 и степен искоришћења пумпе η p = 70 % . Решење задатка 57 а) Брзина струјања воде кроз цевовод износи 4Q v = 2 = 2, 456 m/s . d π

85

Из Бернулијеве једначина од тачке 0 до тачке 1 долази се до напора пумпе Yp = − gH + 1, 2λ

L v2 = 2520 J/kg . d 2

Снага пумпе износи ρ QYp = 288 kW . P=

ηp

б) У случају нестанка електричне енергије снага пумпе је P = 0 , те се из Бернулијеве једначине од тачке 0 до тачке 1 L v*2 , d 2 одређује нова брзина струјања воде кроз цевовод gH = 1, 2λ

2dgH = 1,35 m/s . 1, 2λ L

v* =

Проток сада износи d 2π = 42,3 L/s . 4 в) У овом случају Бернулијеве једначине од тачке 0 до тачке 1 и проток кроз цевовод гласе Q* = v*

gH = 1, 2λ

L v12 , d 2

4Q . d 2π Комбиновањем предходне две једначине одређује се нови пречник цевовода v1 =

0,6λ L ( 4Q ) = 258 mm . D= gH π 2 2

5

Економском анализом треба одредити која је варијанта погоднија (јефтинија). За дате бројне податке, очигледно је да, извођење цевовода варијантом под в) има много предности у односу на варијанту са пумпом. У овом случају, треба изабрати цевовода пречника D = 258 mm , односно ближи стандардни без пумпе. Самим тим, нема могућности квара, а нема ни експлотационих трошкова. 58. Уље кинематске вискозности ν = 0,5 cm 2 /s и густине ρ = 900 kg/m3 , претаче се из цистерне у резервоар кроз сифон пречника D = 42 mm . Одредити: а) проток уља кроз сифон за случај да h = 1 m , h1 = 3 m , h2 = 5 m и l = 3 m ; б) потпритисак на крају хоризонталног дела сифона. Локални коефицијенти отпора су: на улазу у цев ζ u = 0,5 и колена ζ k = 0,3 , док коефицијент отпора услед трења износи λ = 0,027 .

86

Решење задатка 58 а) Бернулијева једначина за ниво уља у цистерни и за излаз из сифона гласи v2 v2 ⎛ h + h1 + l + h2 ⎞⎟ g (h2 − h1 ) = + ⎜⎜ζ u + 2ζ k + λ ⎟, ⎜ ⎝ ⎠⎟ 2 2 D одакле се одређује брзина претакања из цистерне у резервоар 1 v= 2 g (h2 − h1 ) = 2 m/s . h + h1 + l + h2 1 + ζ u + 2ζ k + λ D Проток уља кроз сифон износи D2π Q=v = 0,00277 m3 /s = 2,77 L/s . 4

б) Бернулијева једначина, постављена за ниво уља у цистерни и за пресек 1-1 на крају хоризонталног дела сифона гласи pa v 2 p1 v2 ⎛ h + h1 + l ⎞⎟ = + + gh1 + ⎜⎜ζ u + ζ k + λ ⎟. ⎜ ⎠⎟ ρ ρ D 2 2⎝ Из предходне једначине одређује се потпритисак на крају хоризонталног дела сифона v2 ⎛ h + h1 + l ⎞⎟ pv1 = pa − p1 = ρ gh1 + ρ ⎜⎜1 + ζu + ζ k + λ ⎟ = 42030 Pa . ⎜ ⎠⎟ D 2⎝ 59. Одредити проток и снагу пумпе потребну да се кроз цев пречника D = 0, 2 m , транспортује максимална количина воде. Локалне губитке занемарити; коефицијент трења је λ = 0,02 , напон паре је pk = 2400 Pa , степен корисности пумпе је η = 0,8 , атмосферски притисак износи pa = 101, 4 kPa , док је густина воде ρ = 1000 kg/m3 .

87

Решење задатка 59

Критични притисак pk налази се у тачки 2. Бернулијева једначина за тачке 1 и 2 или 1 и 3 садржи две непознате: напор пумпе Yp и брзину v . Због тога је најпогодније поставити Бернулијеву једначину за тачке 2 и 3 p p2 v 2 v2 ⎛ 45 ⎞ + + 22,5 g = a + ⎜⎜1 + λ ⋅ ⎟⎟⎟ , ρ ρ D⎠ 2 2 ⎜⎝ одакле се одређује брзина струјања и проток флуида кроз цев ⎞ 2 ⎛⎜ p2 − pa v= + 22,5 g ⎟⎟⎟ = 7,36 m/s , ⎜ 45 ⎜ ⎠⎟ λ ⎝ ρ D D2π v = 0, 231 m3 /s . 4 Напор пумпе одређује се из Бернулијеве једначине за тачке 1 и 3 pa p v2 ⎛ 90 ⎞ + 7,5 g + Yp = a + ⎜⎜1 + λ ⎟⎟⎟ , ⎜ ρ ρ D⎠ 2⎝ Q=

v 2 ⎛⎜ 90 ⎞ ⎜⎜1 + λ ⎟⎟⎟ − 7,5 g = 197,3 J/kg . 2⎝ D⎠ Снага пумпе износи ρQYp P= = 56963 W=57 kW . η Yp =

60. Уље вискозности ν 1 = 0,7 cm 2 /s доводи се под притиском у мотор кроз систем цеви I , пречника D1 = 100 mm и D2 = 45 mm . Коефицијент отпора на прелазу са већег на мањи

88

пречник цеви износи ζ I = 0, 4 . Након подмазивања, уље у истој количини, али са промењеном вискозношћу ν 2 = 0, 2 cm 2 /s , пролази кроз систем цеви II . Одредити коефицијент отпора наглог проширења ζ II и разлике притисака ΔpI = p1 − p2 и ΔpII = p3 − p4 ако је густина уља константна и износи ρ = 900 kg/m 2 . Остали подаци су: дужине L1 = 3 m и L2 = 2,5 m и проток Q = 10 L/s . Напомена: У случају турбулентног струјања користити податке за хидраулички глатку цев.

Решење задатка 60 Вредност коефицијента отпора наглог проширења износи 2

2 2 ⎛ A ⎞ ⎛ ⎛D ⎞ ⎞ ζ II = ⎜1 − 2 ⎟ = ⎜1 − ⎜ 2 ⎟ ⎟ = 0,638 . A1 ⎠ ⎜ ⎝ D1 ⎠ ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ Брзина, Рејнолдсов број и коефицијент трења у пресеку 1 су 4Q v1 = 2 = 1, 27 m/s , D1 π

Re1 =

v1D1

νI

= 1814 ,

64 = 0,035 , Re1 док су брзина, Рејнолдсов број и коефицијент трења у пресеку 2 4Q v2 = 2 = 6,3 m/s , D2 π

λ1 =

Re2 =

v2 D2

νI

= 4050 ,

0,036 = 0,04 . Re2 Из Бернулијеве једначине од пресека 1 до пресека 2 p1 v2 p v2 v2 L v2 L v2 + 2 ⋅ 1 = 2 + 2 + ζ I 2 + λ1 1 1 + λ1 1 1 , ρ 2 ρ 2 2 D1 2 D1 2 долази се до разлике притиска ⎛ L ⎞ ρv2 ⎛ ⎞ ρv2 L ΔpI = p1 − p2 = ⎜ λ1 1 − 2 ⎟ 1 + ⎜ 1 + λ2 2 + ζ I ⎟ 2 = 0,64 bar . D2 ⎝ D1 ⎠ 2 ⎝ ⎠ 2

λ2 =

1/ 4

За струјање у систему цеви II Рејнолдсови бројеви гласе vD Re3 = 2 2 = 14175 ,

ν II

Re4 =

v1D1

ν II

= 6350 ,

89

док су одговарајући коефицијенти трења 0,036 λ3 = = 0,029 , 1/ 4 Re 3 0,036 = 0,035 . Re4 Из Бернулијеве једначине од пресека 3 до пресека 4 p3 v32 p4 v12 v2 L v2 L v2 + = + + ζ II 2 + λ3 2 2 + λ4 1 1 , 2 ρ 2 ρ 2 D2 2 D1 2 долази се до пада притиска ⎛ L ⎞ ρv2 ⎛ L ⎞ ρv2 ΔpII = ⎜ λ4 1 + 1⎟ 1 + ⎜ λ3 2 + ζ II − 1⎟ 2 = 0, 24 bar . ⎝ D1 ⎠ 2 ⎝ D2 ⎠ 2

λ4 =

1/ 4

61. На хидрант градског водовода ( v = 0 ) у којем влада сталан натпритисак pm = 3 bar монтирана је вертикална цев пречника D = 45 mm и дужине L = H = 5 m . На крају цеви налази се наглавак пречника излазног отвора d = 15 mm и коефицијента отпора ζ 1 = 0,05 . Ако је коефицијент локалног отпора за кривину ζ k = 0,14 , а коефицијент губитака услед трења за цев λ = 0,03 , одредити теоријску висину млаза hm при потпуно отвореном вентилу, када је коефицијент локалног отпора вентила ζ v = 0,8 . Решење задатка 61 Бернулијева једначина и једначина континуитета за пресеке 1 и 2 имају облик pm

ρ

=

v22 v2 + gH + 1 2 2

v2 ⎡ L+H ⎤ ⎢⎣λ D + ζ v + ζ k ⎥⎦ + ζ 1 2 , 2

D 2π d 2π = v2 . 4 4 Из предходне две једначине добија се да је кинетичка енергија у пресеку 2 v1

v22 m2 = 219,36 2 . 2 s Теоријска брзина млаза добија се из Торичелијевог обрасца hm =

v22 = 22,36 m. 2g

2. На цевовод са натпритиском pm = 1,5 bar , у којем се кинетичка енергија може занемарити, монтирана је хоризонтална цев пречника D = 100 mm и дужине L = 10 m кроз

90

коју истиче вода у отворени резервоар. Излаз цеви је на h = 1, 2 m испод осе хоризонталног дела. Цев се на половини своје дужине сужава на пресек D1 = 60 mm и поново постепено шири на првобитни пречник. На сужени део цеви прикључена је друга вертикална цев која је доњим крајем потопљена у резервоар чији је ниво на дубини H = 6,5 m испод осе цеви. У случају да је коефицијент губитка колена ζ 1 = 0, 2 , а коефицијент трења λ = 0,03 , одредити колико се највише сме одврнути вентил (ζ min ) па да не дође до исисавања воде из резервоара кроз прикључну цев. Занемарити коефицијент локалног отпора суженог дела.

Решење задатка 2 Бернулијева једначина за пресек 1 и излазни пресек цеви 3 гласи pm v2 ⎛ L ⎞ + gh = ⎜ ζ + ζ 1 + λ + 1⎟ . D ⎠ 2⎝ ρ Бернулијева једначина за пресек 1 и пресек 2 пречника D1 гласи p1 − pa

(1)

v12 v2 ⎛ L ⎞ (2) + gh = ⎜ ζ 1 + λ + 1⎟ . 2 2⎝ 2D ⎠ ρ Ако једначинама (1) и (2) дода једначина континуитета у облику D 2π D 2π , (3) v1 1 = v 4 4 и услов да ће усисавање наступити у моменту када је pa − p1 = ρ gH , (4) добија се затворени систем једначина из којег се могу да се одреде вредности променљивих pa − p1 , v , v1 и ζ . У том случају добија се коефицијент вентила при којем још увек не долази до исисавања воде из резервоара кроз прикључну цев ⎛ pm ⎞ ⎜ ρ g + h ⎟ ⎛ D4 ⎞ L L ⎟⎜ 4 − ζ1 − λ ζ =⎜ − 1⎟ − ζ 1 − λ − 1 = 11, 4 . 2D ⎠ D ⎜ H − h ⎟ ⎝ D1 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ +

91

11. Течност густине ρ истиче из суда радијуса R и R1 приказаног на слици кроз две паралелне плоче радијуса R2 . Третирајући проблем као идеално истицање са променљивим нивоом одредити: а) проток Q течности која истиче из суда; б) распоред притисака између плоча као функцију радијуса r и в) колики је дозвољени однос радијуса R2 / R1 = f ( pa , pD , v2 ) а да још увек не дође до испаравања у пресеку 1. Притисак засићене паре је дат и износи pD . Све ознаке на цртежу сматрати величинама које су познате.

Решење задатка 11 Бернулијева једначина и једначина континуитета за пресеке 0 и 2 гласе pa v2 p v2 + gH + 0 = a + 2 , ρ 2 ρ 2 2 Q = v0 ⋅ R π = v2 ⋅ 2 R2π h . Елиминисањем брзине v2 добија се да је проток Q = 2π R2 h

2 gH

. 2 ⎛ 2 R2 h ⎞ 1− ⎜ 2 ⎟ ⎝ R ⎠ Брзина на полупречнику r добија се из релације 2 gH Q R = 2 . v= 2 2π hr r ⎛ 2 R2 h ⎞ 1− ⎜ 2 ⎟ ⎝ R ⎠ Из Бернулијеве једначине за пресек на полупречнику r и 2 следи ⎡ ⎛ R2 ⎞ 2 ⎤ 1 1 2 gH 2 2 p ( r ) = pa + ρ ( v2 − v ) = pa + ρ ⋅ 1− ⎜ ⎟ ⎥ . 2 ⎢ 2 2 ⎛ 2 R2 h ⎞ ⎢⎣ ⎝ r ⎠ ⎥⎦ 1− ⎜ 2 ⎟ ⎝ R ⎠ Очигледно је из горње релације да са порастом полупречника r расте и притисак, што значи да ће најмањи притисак бити у пресеку 1 и он не сме бити мањи од pD . Према томе и једначина континуитета за пресеке 1 и 2, гласе pD v12 pa v22 + = + , ρ 2 ρ 2 v1 ⋅ 2 R1π h = v2 ⋅ 2 R2π h . Комбинацијом ове две једначине добија се тражени однос полупречника

92

R2 p − pD = 1+ a . 1 2 R1 ρ v2 2

Метод приближења

62. Цев је предвиђена за проток ваздуха од Q =10 m3 /s, при температури t = 20 o C и притиску p = 3 ⋅105 Pa. Одредити пречник цеви израђене од комерцијалног челика, да пад притиска после 100 m дужине не буде већи од Δp = 10000 Pa. Решење задатка 62 Из познатог протока добија се средња брзина ваздуха у цеви Q 4Q v= = . A πd 2 Пад притиска у цеви гласи l v2 l 16Q 2 = λρ ≤10000 Pa. d 2 d 2π 2 d 4 Густина ваздуха износи p 300000 ρ= = = 3,57 kg/m3 . RT 287 ⋅ 293,15

Δp = λρ

Из термодинамичких таблица за температуру t = 20 o C и притисак p = 3⋅105 Pa очитава се кинематска вискозност ваздуха ν = 1, 47 ⋅10−5 m 2 /s. На располагању је једна једначина са две непознате. Услед једноструке неодређености система, за решавање проблема користи се итеративни поступак. Претпостави се коефицијент трења λ = 0,02

λ 10000π 2 ≤ = 0,3455, d5 8lQ 2 ρ за који пречник цеви, средња брзина и Рејнолдсов број износе d=5 v=

λ 0,02 =5 = 0,561m, 0,3455 0,3455

4Q 4 ⋅10 = = 40,5m/s, 2 2 πd π ⋅ (0,561)

Re =

vd 40,5 ⋅ 0,561 = = 1545612 = 1,54 ⋅105. ν 1, 47 ⋅10−5

♣ Увек претпоставити почетну вредност коефицијента трења λ = 0,02, која најбрже конвергира ка тачној вредности. Из прилога 4, (стр. 22, практикум из механике флуида), за комерцијални челик апсолутна храпавост износи e = 0,1 mm . Релативна храпавост је

93

δ=

e 0,1⋅10−3 = = 1,78 ⋅10−4. d 0,561

Из прилога 3, (стр.21 практикум из механике флуида) за вредност релативне храпавости δ = 1,78 ⋅10−4 и Рејнолдсовог броја Re = 1,54 ⋅106 очитава се коефицијент трења λ = 0,0142. Са новом вредношћу коефицијента трења спроводи се нова итерација, где пречник цеви, средња брзина, Рејнолдсов број и релативна храпавост добијају нове вредности d=5 v=

4Q 4 ⋅10 = = 46 m/s, 2 2 πd π ⋅ (0,526)

Re =

δ=

λ 0,0142 =5 = 0,528m, 0,3455 0,3455

v ⋅ d 40,5 ⋅ 0,526 = = 1652244,8 = 1,65 ⋅106 , ν 1,55 ⋅10−5

e 0,1⋅10−3 = = 1,89 ⋅10−4. d 0,526

Из прилога 3 (стр.21 практикум из механике флуида), за вредности релативне храпавости δ = 1,89 ⋅10−4 и Рејнолдсовог броја Re=1,65 ⋅105 очитава се нова вредност коефицијента трења λ = 0,014 . Коефицијент трења се усталио, те се усваја да је пречник цевовода d = 0,528m. 63. Одредити проток воде која се налази на 15 o C , кроз азбестно-цементни цевовод који је дуже времена у употреби. Дати су следећи подаци: висине H = 9 m и h = 12 m , дужине l1 = 30 m и l2 = 60 m , пречник цевовода D = 150 mm , коефицијенти отпора ζ 1 = 0,5 ,

ζ 2 = 0,9 и ζ 3 = 10 , док је густина воде ρ = 1000 kg/m3 .

Решење задатка 63

94

Бернулијева једначина за тачке 1 и 2 v2 ⎛ l + h + l2 ⎞ Hg = ⎜1 + ζ 1 + 2ζ 2 + ζ 3 + λ 1 ⎟, 2⎝ D ⎠ решена по v и λ , своди се на 30 + 12 + 60 ⎞ ⎛ 9 ⋅ 2 g = v 2 ⎜ 1 + 0,5 + 2 ⋅ 0,9 + 10 + ⋅λ ⎟ , 0,15 ⎝ ⎠

176,58 = v 2 (13,3 + 680 ⋅ λ ) . Претпоставља се вредност за коефицијент трења λ = 0,02 . Заменом у предходну једначину одређује се брзина 176,58 v= = 2,562 m/s . 13,3 + 680 ⋅ 0,02 Релативна храпавост за азбестно-цементну цев која је дуже времена у употреби ( e = 0,6 mm ) . e 0,6 = = 0,004 . D 150 За vD = 2,562 ⋅ 0,15 = 0,384 и δ = 0,004 из Мудијевог дијаграма налази се λ = 0,0288 . Заменом вредности λ = 0,0288 у Бернулијеву једначину добија се нова брзина

δ=

176,58 = 2,32 m/s . 13,3 + 680 ⋅ 0,0288 За vD = 2,32 ⋅ 0,15 = 0,348 и δ = 0,004 из Мудијевог дијаграма налази се λ = 0,0289 , те заменом у Бернулијеву једначину добија се нова брзина 176,58 v= = 2,315 m/s . 13,3 + 680 ⋅ 0,0289 За vD = 2,315 ⋅ 0,15 = 0,347 и δ = 0,004 из Мудијевог дијаграма налази се λ = 0,0289 , што је иста вредност за коефицијент трења као што је добијено у предходном кораку. Закључује се да је брзина стријања кроз цевовод v = 2,315 m/s . Проток воде је D 2π Q=v = 0,0409 m3 /s = 40,9 L/s . 4 v=

95

Енергетски дијаграм

1. Гумено црево, пречника D = 13 mm и дужине L = 18,3 m , прикључено је на баштенски вентил који је спојен са водоводном мрежом. Натпритисак у мрежи износи pm = 552 kPa . а) Израчунати излазну брзину воде из млазника који се налази на крају цеви, пречника d = 3, 2 mm ; б) Одредити брзину воде на крају цеви када се млазник скине; в) Израчунати кинетичку енергију млаза у оба случаја и објаснити шта показује њихов количник; г) Нацртати енергијски дијаграм за случај под а).

Напомена: Црево је у хоризонталном положају и глатко изнутра. Коефицијент губитка у млазнику је ζ m = 0,1 , док је у млазнику ζ v = 7,5 . Занемарити брзину струјања воде у водоводној мрежи. Кинаматичку вискозност воде узети за стандардне атмосферске услове. Решење задатка 1 а) Бернулијева једначина од тачке 1 до 3 гласи pm v32 v22 ⎛ L ⎞ v2 = + ⎜ζ v + λ ⎟ + 3 ζ m . D⎠ 2 ρ 2 2⎝ Замењујући 2

⎛D⎞ v3 = v2 ⎜ ⎟ = 16,51 ⋅ v2 , ⎝d⎠ добија се v2 552 = 2 ( 265, 45 + 26,54 + 7,5 + λ ⋅1407,7 ) , 2 односно 1104 = v22 ( 299,5 + 1407,7 ⋅ λ ) . Претпостављајући да је λ = 0,02 , из горње једначине одређује се брзина v2 = 1,92 m/s . За вредност v2 ⋅ D = 1,92 ⋅ 0,013 = 0,025 и хидраулички глатку цев из Мудијевог дијаграма одређује се коефицијент трења λ = 0,0255 . Са овом вредности брзина је v2 = 1,81 m/s , док је v2 ⋅ D = 1,81 ⋅ 0,013 = 0,0235 . Из дијаграма вредност коефицијента трења је λ ≈ 0,0255 што се поклапа са претпостављеном вредношћу. Тражена брзина је v3 = 16,51⋅ v2 = 29,88 m/s , док је проток D 2π Q = v2 = 29,88 m/s . 4 б) За овај случај Бернулијева једначина од тачке 1 до 2 гласи

96

2 L ⎛ ⎞v = ⎜1 + λ + ζ v ⎟ 2 , D ρ ⎝ ⎠2 2 1104 = v2 ( 8,5 + λ ⋅1407,7 ) . За претпостављену вредност коефицијента трења λ = 0,02 из предходне једначине одређује се брзина v2 = 5, 49 m/s . За вредност v2 ⋅ D = 5, 49 ⋅ 0,013 = 0,0714 и хидраулички члатку цев, из Мудијевог дијаграма добија се коефицијент трења λ = 0,02 , чија се вредност поклапа са претпостављеном. Проток воде за други случај износи D 2π Q = v2 = 0,73 ⋅10−3 m3 /s . 4 в) Упоређивањем енергија у случајевима а) и б) добија се ( Qv32 )a = 9,73 . ( Qv22 )

pm

б

г) Енергијски дијаграм за случај под а) гласи

64. За пумпно постројење приказано на слици треба одредити напор Yp и снагу пумпе P , као и протоке воде у свим деоницама. Локалне отпоре занемарити. Познате су следеће величине: d1 = 50 mm , d 2 = 60 mm , d3 = 80 mm , d 4 = 40 mm , d = 100 mm , Q3 = 5 L/s , H = 40 m , h = 10 m , λ = 0,03 , η p = 0,8 , l1 = 40 m , l2 = 50 m , l3 = 30 m , l4 = 32, 4 m , l = 20 m , pm = 0,6 bar , pv = 0,3 bar , ρ = 1000 kg/m3 .

97

Решење задатка 64 Из услова задатка израчунава се брзина 4Q v3 = 2 3 = 1 m/s . d3 π Ако се поставе Бернулијеве једначине за нивое 1-3, 1-4 и 2-3 у резервоарима, добијају се следећи изрази p l v2 l v2 l v2 Yp = v + g (h + H ) + λ 1 1 + 2λ +λ 3 3 , (1) d1 2 d 2 d3 2 ρ Yp =

pv p l v2 l v2 l v2 + m + gH + λ 1 1 + 2λ +λ 4 4 , d1 2 d 2 d4 2 ρ ρ

pv l v2 l v2 l v2 + g (h + H ) + λ 2 2 + 2λ +λ 3 3 . d2 2 d 2 d3 2 ρ Зависности између појединих брзина струјања добијају се из једначина континуитета vd 2 = v1d12 + v2 d 22 , Yp =

2

2 3 3

2 4

vd = v d + v4 d . Из једначина (1) и (2) следи pm l v2 l v2 + λ 4 4 = gh + λ 3 3 , d4 2 d3 2 ρ

(2) (3) (4) (5)

што представља једнакост укупних енергија на месту рачвања деоница (l3 , d3 ) и (l4 , d 4 ) . Из предходне једначине одређује се брзина у деоници (l4 , d 4 ) v4 =

l v2 p ⎞ 2d 4 ⎛⎜ ⎜⎜ gh + λ 3 3 − m ⎟⎟⎟ = 1,9 m/s . λ l4 ⎝ ρ ⎠⎟ d3 2

Из једначине (5) одређује се брзина у деоници (l , d ) 2

2 ⎛ d3 ⎞⎟ ⎛ d 4 ⎞⎟ ⎜ ⎜ v = v3 ⎜ ⎟⎟ + v4 ⎜ ⎟⎟ = 0,94 m/s . ⎜⎝ d ⎠ ⎜⎝ d ⎠

Губици енергије у деоницама (l1 , d1 ) и (l2 , d 2 ) су исти

98

λ

l1 v12 l v2 =λ 2 2 , d1 2 d2 2

v2 = v1

l1d 2 . d1l2

Предходна релација може се такође добити из једначина (1) и (3). Заменом ове везе у једначину (4), одређује се брзина у деоници (l1 , d1 ) −2

2 ⎡⎛ d ⎞2 l d ⎛d ⎞ ⎤ v1 = v ⎢⎢⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ + 1 2 ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ ⎥⎥ = 1,56 m/s . ⎜ l2 d1 ⎝⎜ d ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣⎝ d ⎠ Брзина у деоници (l2 , d 2 ) сада износи

v2 = v1

l1d 2 = 1,53 m/s . d1l2

Протоци кроз поједине деонице износе d 2π Q=v = 7,37 L/s , 4 d 2π Q1 = v1 1 = 3,06 L/s , 4 d 2π Q2 = v2 2 = 4,31 L/s , 4 d 2π Q4 = v4 4 = 2,37 L/s . 4 Из једначина (1), (2) и (3) одређује се напор пумпе Yp = 557, 2 J/kg . Снага пумпе износи ρQYp P= = 5,13 kW . ηp 65. Пумпа снаге 3,5 kW и степена корисности η = 0,7 црпи воду из резервоара A и B и потискује је у резервоар C . Одредити: а) висину H , ако је проток кроз пумпу 25 L/s ; б) проток воде кроз пумпу ако је вентил 2 затворен, док пумпа остварује напор Yp као у случају под а). Остали подаци: висина H = 3 m , дужине l = 45 m , l1 = 35 m и l2 = 20 m ; пречници D = 150 mm и d = 100 mm ; коефицијенти локалних губитака ζ v = 5 , ζ v 2 = 7 и ζ k = 0, 2 ; коефицијент трења λ = 0,025 .

99

Решење задатка 65 а) Напор пумпе је ηP = 98,1 J/kg , Yp = ρQ док је брзина струјања 4Q v = 2 = 1, 41 m/s . Dπ Бернулијеве једначине постављене за пресеке 1-3 и 2-3 су l ⎞ v2 ⎛ l ⎞ v2 ⎛ Yp = g ( H1 + H ) + ⎜ 2ζ k + ζ v + λ 1 ⎟ 1 + ⎜ 2ζ v + ζ k + 1 + λ ⎟ , d⎠ 2 ⎝ d⎠ 2 ⎝

(1)

l ⎞ v2 ⎛ l ⎞ v2 ⎛ (2) Yp = 2 gH + ⎜ ζ v 2 + ζ k + λ 2 ⎟ 2 + ⎜ 2ζ v + ζ k + 1 + λ ⎟ . d⎠ 2 ⎝ d⎠ 2 ⎝ Из једначине (2) одређује се брзина струјања v2 = 1,83 m/s . Из једначине континуитета D 2π d 2π = ( v1 + v2 ) , 4 4 одређује се брзина v1 = 1,35 m/s . v

Из једначине (1) одређује се геодетска висина H1 = 3,78 m . б) Када је вентил 2 затворен, јединични рад пумпе гласи l ⎞ v '2 ⎛ l ⎞ v '2 ⎛ . Yp = g ( H1 + H ) + ⎜ 2ζ k + ζ v + λ 1 ⎟ 1 + ⎜ 2ζ v + ζ k + 1 + λ ⎟ d⎠ 2 ⎝ d⎠ 2 ⎝ Висина H1 узима се из тачке а). Једначине континуитета дефинише се као

v'

D 2π d 2π = v1' . 4 4

(3)

(4)

100

Комбиновањем једначине 3 и 4, одређује се брзина v ' = 0,837 m/s . Проток кроз пумпу је сада Q' = v'

D 2π = 14,8 L/s . 4

66. Резервоари A и B са константном разликом H1 = 12 m , спојени су главним водом A-K дужине L1 = 900 m и потрошачким водом K-B дужине L2 = 2700 m . Пречници водова износе d = 0,6 m . Потрошачки вод K-C дужине L3 = 1600 m , снабдева резервоар C водом. Разлика нивоа воде у резервоарима A и C је H 2 = 15 m . Коефицијент трења за све цеви је исти и износи λ = 0,03 , док се локални отпори могу занемарити. Одредити пречник d3 потрошачког вода K-C тако да једнака количина воде дотиче у резервоаре B и C .

Решење задатка 66 Бернулијеве једначине за одговарајуће слободне површи A - B , односно A - C гласе: gH1 = λ

L1 v12 L v2 +λ 2 2 , d 2 d 2

gH 2 = λ

L1 v12 L v2 +λ 3 3 . d 2 d3 2

(1) (2)

Одговарајуће једначине континуитета за чвор K односно гране 2 и 3 имају следећи облик: v2

d 2π d 2π = v3 3 , 4 4

(3)

d 2π d 2π d 2π d 2π = v2 + v3 3 = 2 ⋅ v2 . 4 4 4 4 Из друге једначине континуитета следи да је v1 = 2 ⋅ v2 = 1,728 m/s . v1

(4) (5)

Заменом једначине (5) у једначину (1) одређује се брзина у потрошачком воду K − B v2 =

2 ⋅ gdH1 = 0,864 m/s . λ ( 4 ⋅ L1 + L2 )

Из једначине (3) дефинише се брзина у потрошачком воду K − C 2

⎛d ⎞ v3 = ⎜ ⎟ v2 . (6) ⎝ d3 ⎠ Уврштавањем једначине (6) у једначину (2) одређује се пречник потрошачког вода K − C

101

67. Из доњег резервоара пумпа црпи воду и потискује је у горња два велика отворена резервоара. Одредити натпритисак pm који пумпа мора да оствари, као и коефицијент отпора вентила ζ 2 из услова да у сваки резервоар дотиче 3 L/s воде. Познато је l = 4 m , D = 50 mm , H = 5 m , коефицијент отпора услед трења за све цеви λ = 0,03 и ζ1 = ζ 3 = 3 . Од осталих локалних губитака узети у обзир само губитке на излазу из цеви.

Решење задатка 67 На основу вредности дотока воде у резервоар Q1 = 2Q2 = 2Q3 = 6 L/s , одређују се брзине струјања кроз поједине деонице цевовода 4Q v2 = v3 = 2 2 = 1,53 m/s , Dπ v1 = 2v2 = 3,06 m/s . Бернулијеве једначине постављене од пресека 1-1 до нивоа воде у резервоару гласе pm1 v12 v2 ⎛ l ⎞ v2 ⎛ 2l ⎞ + = gH + gl + 1 ⎜⎜ζ1 + λ ⎟⎟⎟ + 3 ⎜⎜ζ 3 + λ + 1⎟⎟⎟ , ⎜ ⎜ 2 2⎝ ρ D⎠ 2 ⎝ D ⎠ ⎞ pm1 v12 v2 ⎛ l ⎞ v2 ⎛ l + = gH + 1 ⎜⎜ζ1 + λ ⎟⎟⎟ + 2 ⎜⎜ζ 2 + λ + 1⎟⎟⎟ . ⎜ ⎜ ρ 2 2⎝ D⎠ 2 ⎝ D ⎠

Одузимањем друге од прве једначине и водећи рачуна о једнакости брзине v2 = v3 налази се тражени коефицијент отпора вентила 2 gl l ζ 2 = 2 + ζ 3 + λ = 39 . v3 D Из једне од Бернулијевих једначине, нпр. из друге, налази се натпритисак у облику израза

102

pm1 = ρ gH + ρ

⎞⎟ ⎞ v12 ⎛⎜ l v22 ⎛⎜ l ζ + λ − 1 + ρ ζ 3 + λ + 1⎟⎟⎟ = 117720 Pa ≈ 1,18 bar . ⎟ ⎜⎝⎜ 1 ⎜ ⎟ D ⎠ D ⎠ 2 2 ⎝⎜

68. Одредити коефицијент отпора вентила ζ , при коме ће проток воде у грани 3 бити Q3 = 9 L/s . Дати су следећи подаци: дужина L = 9 m , пречник d = 50 mm , коефицијент трења λ = 0,025 , висина h = 15 m и натпритисак pm = 0,15 bar . Све локалне отпоре (укључујући и излазни губитак енергије), осим вентила, занемарити.

Решење задатка 68 Прво је потребно да се одреди смер струјања у грани 1. Претпостави се да у грани 1 нема струјања (метода нултог протока), па у том случају Бернулијева једначина за слободне површи резервоара B и A , гласи pm L v22 =λ , d 2 ρ одакле су брзина и проток кроз грану 2 v2 =

2 ⋅ pm d = 2,58 m/s , ρ Lλ

d 2π = 5,07 L/s . 4 Како је Q2 < Q3 , закључује се да вода истиче из резервоара A . Овде је потребно напоменути да ова анализа не даје величину брзине v2 тј. протока Q2 , него служи да квалитативно одреди смер струјања; интезитети одговарајућих брзина биће касније одређени решавањем адекватног система једначина. Писањем Бернулијевих једначина за слободне површи резервоара B-C и A-C , уз једначину континуитета за рачву, добија се следећи систем једначина Q2 = v2

pm

ρ

+ gh = λ

gh = λ

2 L v22 ⎛ L ⎞v + ⎜λ +ζ ⎟ 3 , d 2 ⎝ d ⎠2

2 L v12 ⎛ L ⎞v + ⎜λ +ζ ⎟ 3 , d 2 ⎝ d ⎠2

103

4Q3 . d 2π Решавањем горњег система једначина по непознатим величинама добија се коефицијент отпора вентила ζ = 8,95 . v1 + v2 = v3 =

Стационарно истицање

69. Три суда повезана су отворима, који се налазе у преградним зидовима. У први суд стално дотиче Q = 5 L/s воде. Одредити висине нивоа у судовима при стационарном режиму струјања, ако су пречници отвора d = 40 mm и коефицијенти протока кроз сваки од отвора μ = 0,62 .

Решење задатка 69 При устаљеном режиму струјања протоци воде кроз преградне зидове су d 2π Q1 = μ 2 g ( H1 − H 2 ) , 4 d 2π 2g (H 2 − H3 ) , Q2 = μ 4 d 2π Q3 = μ 2 gH 3 . 4 Коришћењем једначине континуитета Q = Q1 = Q2 = Q3 , добијају се висине нивоа у преградама резервоара 2 1 ⎛⎜ 4Q ⎞⎟ ⎟ = 2,1 m , H3 = ⎜ 2 g ⎝⎜ μπ d 2 ⎠⎟⎟ H 2 = 2 H 3 = 4, 2 m , H1 = 3H 3 = 6,3 m .

70. Вода стационарно истиче из великог резервоара, у коме влада натпритисак pm = 2,1 bar. Пречник свих цеви је исти d = 150 mm. Цевовод је заварен челични, са слабијим талогом. Колико треба да износи коефицијент губитка вентила ζ v при коме би протоци на излазу из горње и доње цеви били исти? Подаци: l = 2 m; ρ = 1000 kg/m3; g = 9,81 m/s. Занемарују се сви локални губици сем губитка на вентилу. Напомена: брзина воде кроз све цеви је већа од 4 m/s.

104

Решење задатка 70

За заварен челични цевовод са слабијим талогом, из Практикума из механике флуида, прилог 4, налази се апсолутна храпавост e = 1,5 m . Релативна храпавост износи e 1,5 δ= = = 10−2 . d 150 Из Мудијевог дијаграма, Практикум из механике флуида, прилог 3, за релативну храпавост цеви δ = 10−2 и брзину струјања у цеви v > 4 m/s очита се коефицијент трења λ = 0,038 . Бернулијева једначина од 1 до 2 гласи 2 2 pm 1 ⎛⎜ v ⎞⎟ v 2 l 1 ⎛⎜ v ⎞⎟ l + gl = ⎜ ⎟⎟ + λ + ⎜ ⎟⎟ λ (1) 2 ⎜⎝ 2 ⎠ 2 d 2 ⎝⎜ 2 ⎠ d ρ Бернулијева једначина од 1 до 3 гласи 2 2 ⎞ pm 1 ⎛⎜ v ⎞⎟ v 2 l 1 ⎛⎜ v ⎞⎟ ⎛⎜ 2l + 2 gl = ⎜ ⎟⎟ + λ + ⎜ ⎟⎟ ⎜λ + ζ v ⎟⎟⎟ (2) ⎜ ⎜ ⎜ ⎠ 2 ⎝ 2⎠ 2 d 2 ⎝ 2⎠ ⎝ d ρ Из једнакости једначина (1) и (2) следи ( p + 2ρ gl )(d + 5λl ) 6λl −1 − = 1, 2 . ζv = m d ( pm + ρ gl ) d 71. У резервоар, подељен на две секције преградом која има отвор са оштром ивицом пречника d = 100 mm ( μ1 = 0,6 ), дотиче Q = 80 L/s воде. Из сваке секције вода истиче кроз цилиндрични наглавак пречника d, са коефицијентом протока μ2 = μ3 = 0,82. Одредити

105

висине нивоа воде h2 i h3 у свакој од секција у резервоару у односу на положај излазних отвора наглавака тако да протоци воде кроз оба наглавка буду једнаки.

Решење задатка 71 Да би истицање било стационарно (константност нивоа воде у резервоару) следећи услови морају бити испуњени Q1 = Q3 , Q = Q1 + Q2 ,

односно d 2π d 2π 2 g (h2 - h3 ) = μ 3 2 gh3 , 4 4 d 2π d 2π 2 g (h2 - h3 ) + μ 2 2 gh2 . Q = μ1 4 4

μ1

Решавањем последње две једначина по непознатим величинама h2 и h3 добија се ⎛ 4Q h2 = ⎜ 2 ⎜d π ⎝

h3 =

2

⎞ 1 ⎟ = 3,11m, 2 g ( 0,807 μ1 + μ2 ) ⎟⎠

h2 ⎛ ⎛ μ ⎞2 ⎞ ⎜ ⎜ 3 ⎟ + 1⎟ ⎜ ⎝ μ1 ⎠ ⎟ ⎝ ⎠

= 1,09 m.

72. Из резервоара A у који стално дотиче Q = 3 L/s воде, истиче иста кроз две цеви пречника d = 30 mm ( λ = 0,03 ) у резервоар B, а из њега кроз кратки отвор ( d, μ = 0,80 ) у атмосферу. Под условом стационарног истицања одредити коефицијент отпора вентила ζ v1 ако су дати следећи подаци:

106

H = 1 m, h1 = 1,5 m, h2 = 0,5 m, L = 1 m, ζ u и ζ v 2 = 1,5 .

Решење задатка 72 У случају стационарног струјања важи да је d 2π Q = QB = μ 2 gx , 4 одакле се добија да је 2

1 ⎛ 4Q ⎞ x= ⎜ ⎟ . 2 g ⎝ μπ d 2 ⎠ За истицање из резервоара A важе изрази Q1 = μ1

d 2π 4

2 gH ,

Q2 = μ2

d 2π 4

2 g ( H1 + h1 + h2 − x) ,

где су

μ1 =

1 L ζ u + ζ v1 + λ + 1 d 1

μ2 =

L ζ u + ζ v2 + λ + 1 d

,

= 0,5 .

Уврштавањем горњих релација у једначину континуитета

Q = Q1 + Q2 , добија се да је

ζ v1 =

1 ⎛ 4Q − μ2 ⎜⎜ 2 ⎝ d π 2 gH

L ⎞ ⎛ − ⎜ ζ u + λ + 1⎟ = 6,5 . D ⎠ H + h1 + h2 − x ⎞ ⎝ ⎟⎟ H ⎠ 2

107

Нестационарно истицање

73. Суд у облику зарубљеног конуса пречника D1 = 400 mm и D2 = 300 mm, испуњен водом до висине H = 400 mm, празни се преко гуменог црева пре~ника d = 15 mm, дужине L = 2 m и коефицијента отпора услед трења λ = 0,01. Ако је укупни коефицијент локалног отпора трења за црево ζ = 1,25, одредити време потпуног пражњења суда у случају да се излазни отвор црева налази на висини h = 600 mm испод дна суда.

Решење задатка 73

У произвољном временском тренутку слободна површина је

A (z ) = r 2 (z )π .

108

Величина r(z) може се добити из сличности троуглова, из следећег израза D (z ) − D 2 z −h 2 . = D1 − D 2 H 2 Комбинацијом претходна два израза следи да је 2

A (z ) =

z −h 1⎡ (D 1 − D 2 )⎤⎥ π . D2 + ⎢ H 4⎣ ⎦

Уврштавањем релација за проток Q ( z ) = μ 2 gz

μ=

d 2π , 4

1

,

L 1+ ζ + λ D

и величину слободне површине A(z) у диференцијалну једначину истицања

Q (z )dt = − A (z )dz након интеграције следи 2

T =−

1

μ 2g d 2

h

∫

H +h

z −h ⎡ ⎤ ⎢ D 2 + H (D 1 − D 2 )⎥ dz ⎣ ⎦ = 104,5 s. z

74. Цилиндрична цистерна у почетном тренутку пуна до врха, са одушком на врху, празни се кроз приказани прости цевовод. Одредити време пражњења цистерне дужине B = 4 m , ако су познати подаци: R = 1 m ; d = 100 mm ; L = 10 m ; ζ u = 0,3 ; ζ k = 0,5 ; ζ v = 3 и λ = 0,02 .

Решење задатка 74

109

Коефицијент протока је 1 μ= = 0,337 , L ζ u + 3ζ k + ζ v + λ + 1 d док је проток кроз цев d 2π Q = μ 2 gz . 4

Елементарна промена запремине дефинисана је изразом Qdt = dV = − A ( z ) dz , где је тренутна површина воде у резервоару A ( z ) = 2rB .

(1)

(2) Из шрафираног троугла са слике следи 2 r 2 + ( z − R ) = R2 , односно r = z ( 2R − z ) .

(3)

110

Уврштавањем једначина (2) и (3) у једначину (1) долази се до диференцијалне једначине пражњења резервоара dt = −

2B

z ( 2R − z )

dz , z Интеграљењем предходне једначине добија се време пражњења резервоара 2R 8B T= ( 2 R − z )dz = μπ d 2 2 g ∫0 =

μd π 2g 2

16 B 3/ 2 ( 2 R ) = 1286,7 s . 2 3μπ d 2 g

75. Цилиндрични затворени суд напуњен течношћу густине ρ до висине h празни се кроз мали отвор на дну. Натпритисак у простору изнад течности мења се линеарно у зависности од тренутне висине нивоа течности у суду, опадајући од вредности pm 0 у почетном тренутку до нуле у тренутку када се суд потпуно испразни. Одредити натпритисак pm 0 тако, да време пражњења суда буде двапут краће од времена пражњења потпуно отвореног суда. Познате величине (h, A, a, ρ , μ ) . Решење задатка 75 Натпритисак се мења по закону pm = kz , где је k = pm 0 / h . Проток је дефинисан као ⎛ p ⎞ Q = μa 2 g ⎜⎜ z + m ⎟⎟⎟ , ⎜⎝ ρ g ⎠⎟ па диференцијал времена гласи A dV dz , dt = =− Q k z μa 2 g 1 + ρg одакле се интеграцијом добија 2A T= h. k μa 2 g 1 + ρg Очигледно је, да се време пражњења отвореног суда добија за k = 0 , тј. 2A T0 = h. μa 2 g Услов задатка T0 = 2T даје 1 +

k = 2 , па је тражени натпритисак pm 0 = 3 g ρ h . ρg

76. Цилиндрични суд напуњен водом празни се кроз мали отвор на дну суда. За време пражњења, ваздух улази у суд, кроз мали отвор на врху суда. Одредити време пражњења

111

суда. Стишљивост ваздуха занемарити. Дати су подаци: D = 1 m ; d1 = 20 mm ; d 2 = 3 mm ; H = 1,5 m ; ρv = 1, 2 kg/m3 , ρ = 1000 kg/m3 и μ = 0,62 за оба отвора.

Решење задатка 76 Диференцијална једначина пражњења суда гласи D 2π Qdt = − dz . 4

(1)

Из Бернулијеве једначина од тачке 1 до тачке 2 pa − pv p v2 + gz = a + , 2 ρ ρ одреди се брзина струјања воде кроз доњи отвор ⎛ p ⎞ v = 2 g ⎜⎜ z − v ⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ρ g ⎠⎟ Проток воде кроз доњи отвор посуде износи ⎛ d 2π p ⎞ Q=μ 2 2 g ⎜⎜ z − v ⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ρ g ⎠⎟ 4 Из Бернулијеве једначине од тачке 3 до тачке 4 pa p − pv vv2 = a + , 2 ρv ρv одреди се брзина ваздуха кроз горњи отвор суда p vv = 2 v . ρv Проток ваздуха кроз горњи отвор суда износи

112

(2)

d12π 2 pv . ρv 4

Qv = μ

Из услова једнакости запреминских протока ваздуха и воде дефинише се зависност потпритиска са променом висине стуба течности ρ gz . pv = 4 ρ ⎛⎜ d 2 ⎞⎟ ⎜ ⎟ +1 ρv ⎜⎝ d1 ⎠⎟⎟ (3) Уврштавање једначине (3) и (2) у једначину (1), добија се једначина dt = −

D2 μd12

4 ρv ⎛⎜ d1 ⎞⎟ dz . 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ ρ ⎝ d 2 ⎠⎟ z 2g

Интеграцијом предходне једначине добија се време пражњења посуде T=

D2 μd12

4 ρv ⎛⎜ d1 ⎞⎟ 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ ρ ⎝ d 2 ⎠⎟ 2g

H

∫ 0

4 ρv ⎛⎜ d1 ⎞⎟ dz 2D2 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ H = 4094 s = ρ ⎝ d 2 ⎠⎟ z μd12 2 g

77. Отворен цилиндрични резервоар, који је у почетном тренутку био пун до врха, празни се кроз мали отвор оштрих ивица. Одредити однос висина H / h тако, да су времена пражњења ужег и ширег дела резервоара једнака. Колико је укупно време пражњења резервоара? Дати су следећи подаци: пречници резервоара D1 = 1,6 m и D2 = 2,5 m , висина ужег дела резервоара H = 4 m , пречник отвора на дну резервоара d =80 mm и коефицијент протока μ =0,62 .

Решење задатка 77 Проток кроз отвор на дну резервоара износи d 2π d 2π 2 gz . Q = μQt = μ vt = μ 4 4 Диференцијална једначина истицања за горњи део резервоара гласи D2π Qdt1 = −dV = − 1 dz . 4

113

♣ Знак минус у предходној једначини илуструје смањивање z координате са временом. Из предходне две једначине добија се деиференцијал времена пражњења горњег дела резервоара D2 dz dt1 = − 2 1 , μd 2 g z после интеграљења у границама од h + H до h 2 D12 T1 = h+H − h . μd 2 2 g Истим поступком долази се до времена пражњења доњег дела резервоара 2 D22 T2 = h. μd 2 2 g

(

)

Из услова задатка T1 = T2 добија се тражени однос висина 2

2 ⎡ ⎤ H ⎢⎛⎜ D2 ⎞⎟ = ⎢⎜ ⎟⎟ + 1⎥⎥ −1 = 10,84 . h ⎢⎜⎝ D1 ⎠⎟ ⎥⎦ ⎣ За дате бројне податке је h = 369 mm , па укупно време истицања износи

T = 2T2 =

4 D22 μd 2 2 g

h = 864 s .

78. Кроз отвор површине попречног пресека A на дну суда, у коме се одржава константан ниво на висини h , истиче вода. Колика највећа вредност површине попречног пресека A сме да се допусти, ако је површина попречног пресека на месту сужења a , док је притисак испаравања воде pkr .

Решење задатка 78 Према Торичелијевом обрасцу брзина истицања је v = 2 gh ,

тј. проток воде кроз отвор на дну суда је Q = Av = A 2 gh

(1)

Из Бернулијеве једначине од врха нивоа до места сужења

114

pa

ρ

+g

h v02 pkr = + , 2 2 ρ

одређује се брзина воде на месту сужења v0 = 2

pa − pkr

ρ

+ gh =

Q a

(2)

Из једначина (1) и (2) одређује се површина попречног пресека A pa − pkr 1 + . ρ gh 2

A=a

1. У цилиндричном суду масе m = 16 kg може да се креће клип без трења. Ако је на суду направљен отвор пречника d 0 = 10 mm и коефицијента протока μ = 0,62 одредити време T за које ће се садржај суда испразнити. Димензије суда су: D = 0,6 m и H = 0,8 m .

Решење задатка 1: У произвољном временском тренутку диференцијална једначина истицања гласи: D 2π Q ( z ) dt = − dz , 4 где је d 2π 2 pm Q( z) = μ 0 . ρ 4 Једначина равнотеже суда у тренутку t гласи D 2π mg = pm . 4 Комбинацијом предходне три једначине, добија се да је T =−

1

μ

ρ D 2π ⎛ D ⎞

2

0

⋅ ⎜ ⎟ ⋅ dz = 4408 s . 8mg ⎝ d 0 ⎠ H∫

8. Полусферни суд полупречника R , који је био у почетном тренутку пун до врха, празни се кроз мало итвор на дну, пречника d . Коефицијент проток је μ . За колико времена ће се суд испразнити? Убрзање земљине теже је g . Изнад површине течности све време пражњења влада атмосферски притисак pa .

115

Решење задатка 8

Из Бернулијеве једначине од тачке 1 до тачке 2 долази се до теоријске брзине истицања vt = 2 gz . Из Питагорине теореме за осенчени правоугаони троугао 2 R2 = r 2 + ( R − z ) , одређује се полупречник r 2 ( z ) = z 2 − 2 Rz . Диференцијална једначина истицања гласи Qdt = −dV . Дефинисањем протока и елементарне запремине d 2π μ 2 gz dt = − ( z 2 − 2 Rz ) π dz , 4 и интеграљењем T R 4 2 Rz − z 2 d t = ∫0 μ d 2 2 g ∫0 z dz , долази се до времена за које ће се суд испразнити 56 R 5 / 2 T= . 15 μ d 2 2 g

116

79. Из отвореног резервоара, са константним нивоом H = 1 m , истиче течност кроз цев пречника d = 15 mm , дужине l = 1 m . Коефицијент локалног губитка на излазу из резервоара је ζ iz = 0,5 , док је коефицијент локалног губитка на вентилу ζ v = 6,5 . Кинематска вискозност течности износи ν = 1,1⋅10−5 m 2 /s . Колико износи проток кроз цев?

Решење задатка 79 С обзиром на велику вискозност и мали пречник цеви претпоставља се ламинаран режим струјања.

Бернулијева једначина 1-2 гласи v2 v2 ⎛ l⎞ gH = 2 + ⎜⎜ζ iz + ζ v + λ ⎟⎟⎟ . ⎜ 2 2⎝ d⎠

117

За ламинаран режим струјања коефицијент трења је 64 . λ= Re Бернулијева једначина сада добија следећи изглед v2 v2 ⎛ 64ν l ⎞⎟ gH = 2 + ⎜⎜ζ iz + ζ v + ⎟. ⎜ 2 2⎝ vd d ⎠⎟ Сређивањем предходне једначине добија се квадратна једначина 64ν l (2 + ζiz + ζ v )v 2 + 2 v − 2 gH = 0 , d 2 9v + 3,13v −19,62 = 0 . Решењем квадратне једначине добија се брзина струјања течности кроз цев v = 1,3 m/s , где се негативно решење квадратне једначине одбацује се као физички немогуће. Провером режима струјања vd 1,3 ⋅15 ⋅10−3 Re = = = 1773 < 2320 , ν 1,1⋅10−5 потврђује се претпоставка да је струјање ламинарно. Проток течности кроз цев износи

(15 ⋅10−3 ) ⋅ 3,14 d 2π Q=v = 1,3 ⋅ = 0, 23 L/s . 4 4 2

80. Отворени цилиндрични резервоар, који је у почетном тренутку био пун до врха, празни се кроз цев пречника d = 15mm . Висина и пречник резервоара су исти и износе H = D = 1 m . Дужина цеви износи l = 1 m . Коефицијент локалног губитка на излазу из резервоара је ζ iz = 0,5 , а коефицијент локалног губитка на вентилу ζ v = 2,5 . Кинематска вискозност течности износи ν = 1,1⋅10−5 m 2 /s . За које време T ће се резервоар испразнити до половине? Напомена: β

∫ α

dz A B + z −C

=

2 A

(

)

B +β − B +α +

( (

)( )(

) )

A B + β −C A B + β + C A2 ( B + β ) − C 2 C C + ln ln . A2 A2 A2 ( B + β ) − C 2 A B + β +C A B + β −C

118

Решење задатка 80 С обзиром на велику вискозност и мали пречник цеви претпоставља се да све време влада ламинарни режим струјања. Да би се проверио режим струјања одреди се брзина струјања у почетном тренутку, која представља максималну брзину струјања.

Бернулијева једначина од 3-2 гласи v2 v2 ⎛ l⎞ gH = 2 max + max ⎜⎜ζ iz + ζ v + λ ⎟⎟⎟ . 2 2 ⎜⎝ d⎠ За ламинарни режим струјања коефицијент трења гласи 64 64ν λ= = . Re vd Уврштавајући коефицијент трења у Бернулијеву једначину, добија се једначина v2 v2 ⎛ 64ν l ⎞⎟ ⎟. gH = 2 max + max ⎜⎜⎜ζ iz + ζ v + 2 2 ⎝ vmax d d ⎠⎟⎟ Трансформацијом, уочава се квадратна форма предходне једначине 64ν 2 + 2 vmax − 2 gH = 0 . (2 + ζiz + ζ v )vmax d Решавањем квадратне једначине добија се максимална брзина струјања течности кроз цев vmax = 1,69 m/s , где се негативно решење квадратне једначине одбацује се као физички немогуће. Провером Рејнолдсовог броја v d Remax = max = 2305 < 2320 , ν потврђује се ламинарни режим струјања кроз цев током целокупног истицања. Ако је режим струјања ламинаран у почетку када је брзина максимална, биће ламинаран и у сваком наредном тренутку јер се брзина струјања течности кроз цев смањује са смањењем нивоа током истицања. Бернулијева једначина за произвољни временски тренутак, од 1-2 гласи v2 v2 ⎛ l⎞ gz = 2 + ⎜⎜ζ iz + ζ v + λ ⎟⎟⎟ . ⎜ 2 2⎝ d⎠ За ламинарни режим струјања коефицијент трења дефинише се као

119

64 64ν = . Re vd Уврштавајући дефинисани коефицијент трења у Бернулијеву једначину, добија се једначина v2 v2 ⎛ 64ν l ⎞⎟ gz = 2 + ⎜⎜ζ iz + ζ v + ⎟. ⎜ 2 2⎝ vd d ⎠⎟ Трансформацијом се уочава квадратна форма предходне једначине 64ν (2 + ζiz + ζ v )v 2 + 2 v − 2 gz = 0 . d Решавањем квадратне једначине добија се брзина струјања течности кроз цев за неки произвољни временски тренутак у функцији висинске координате v ( z ) = −0,313 + 1,981 0,025 + z , где се негативно решење квадратне једначине одбаци као физички немогуће. Диференцијална једначина истицања гласи Qdt = −dV , где се елементарни део запремине резервоара дефинише као D 2π dV = dz . 4 Уврштавањем у диференцијалну једначину истицања, једначина добија следећи изглед d 2π D2π v( z) dt = − dz , 4 4 односно 2 ⎛ D ⎞ dz dt = −⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎜⎝ d ⎠ v ( z ) λ=

Време за које ће се резервоар испразнити до половине добија се интеграљењем 2 1/ 2 ⎛ D ⎞⎟ dz ⎜ T = −⎜ ⎟⎟ ∫ = 1583 s . ⎜⎝ d ⎠ 1,981 0,025 + z − 0,313 1 81. Између два резервоара, правоугаоних попречних пресека A1 = 800 m 2 и A1 = 600 m 2 , налази се пропусни отвор коефицијента протока μ = 0,65 , висине h = 2 m и дужине L = 4 m (нормално на раван цртежа). Одредити за колико се промени разлика нивоа воде ΔH , за време затварања воде поклопцем који се креће константном брзином v = 0,05 m/s . Почетна разлика нивоа износи H = 5 m . Такође, написати израз за проток Q кроз отвор, у случају да су резервоари затворени и да у левом влада натпритисак pm , док у десном влада потпритисак pv .

120

Решење задатка 81

Уврштавањем везе z = z2 − z1 , односно dz = dz1 − dz2 , у диференцијалну једначину истицања Q ( z , t ) dt = − A1dz1 = A2 dz2 , (1) добија се веза A2 dz1 = dz . (2) A1 + A2 Уврштавањем једначине (2) у једначину (1), диференцијална једначина истицања сада изгледа AA Q ( z , t ) t = − 1 2 dz . (3) A1 + A2 Проток у неком произвољном тренутку гласи (4) Q ( z, t ) = μv (t ) A(t ) = μ 2 gz (h − vt ) L Комбинациојом једначина (3) и (4) добија се следећи интеграл T

A1 A2 A1 + A2

H −ΔH

dz , z 0 H где је T = h / v = 40 s време затварања отвора између два резервоара. Заменом познатих величина у горњи израз и његовим интеграљењем, долази се до промене разлике нивоа воде ΔH = 3,75 m . У случају да су резервоари затворени релација за проток има облик μ 2 g L ∫ (h − vt )dt = −

∫

121

⎛ p + pv ⎞ Q ( z , t ) = μ 2 g ⎜⎜ m + z ⎟⎟⎟ (h − vt ) L . ⎜⎝ ρ g ⎠⎟

2. Кроз отвор облика једнакостраничног троугла висине H и угла 2α истиче течност. Отвор је начињен код горње ивице вертикалне бочне стране призматичног суда који је до врха напуњен течношћу. Претпоставиће се да је у питању отвор великих димензија. Одредити: а) проток течности Q и б) положај хоризонталне праве h која дели отвор на два дела са истим протоцима. Сматрати да је коефицијент протока μ константан.

Решење задатка 2

а) Елементарни проток кроз шрафирану елементарну површину на растојању y гласи dQ = μ vt dA . Ако се теоријска брзина дефинише као vt = 2 gy , док се елементарна површина дефинише као dA = 2 x ( y ) dy , тада елементарни проток постаје dQ = μ 2 gy ⋅ 2 ( H − y ) tgα dy .

122

Укупан проток кроз отвор гласи H

8 μ 2 gH 5 tgα . 15 0 б) Из услова да положај хоризонталне праве h дели отвор на два дела са истим протоцима H −h Q = 2μ 2 gtgα ∫ ⋅ ( H − y ) ydy , 2 0 Q = ∫ μ 2 gy ⋅ 2 ( H − y ) tgα dy =

уз смену да је h1 = H − h , H 5 = 5 H h13 − 3 h15 , 3

⎛h ⎞ и смену y = ⎜ 1 ⎟ , ⎝H⎠ 5 1 3 y5 − y + = 0 , 3 3 одређује се положај хоризонталне праве y = 0, 268 , h1 = 0,645 ⋅ H , h = 0,355 ⋅ H . Напомена: Приликом решавања предходне једначине добијају се два решења y1 = 1,72 и y2 = 0, 27 , слика, при чему прво нема физичког смисла јер решење мора да буде H −h y> > 1. H

Слика 12. Кроз велики отвор у бочном зиду резервоара, облика ромба, стране a и коефицијента протока μ , истиче вода. Одредити вертикалну дијагоналу ромба тако, да проток кроз отвор буде максималан.

123

Решење задатка 12 Проток кроз отвор је Q = Q1 + Q2 , при чему су Q1 - проток кроз доњи део отвора, Q2 - проток кроз горњи део отвора. Елементарни проток кроз доњи део отвора dQ1 = μ 2 gy ⋅ xdy , подсредством релације h x = 2 (H − y) , H даје H h 8 2 −7 μ hH 3 / 2 g . Q1 = 2μ 2 g ∫ ( H − y ) y ⋅ dy = H 15 H /2 Посредством израза dQ2 = μ 2 gz ⋅ bdz , h z, H добија се проток Q2 кроз горњи део отвора b=2

H /2

h 1 2 g ∫ z z ⋅ dz = μ hH 3 / 2 g . H 5 0 Укупан проток кроз велики отвор гласи 4 Q = Q1 + Q2 = 2 2 − 1 μ hH 3 / 2 g . 15 Веза између непознатих h и H је Q2 = 2μ

(

2

)

2

⎛h⎞ ⎛H ⎞ a ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = , 2 ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ тј. h = 4a 2 − H 2 , Па је проток кроз велики отвор 4 Q= 2 2 − 1 μ H 3/ 2 g 4a 2 − H 2 . 15 dQ Из услова за максималан проток = 0 , добија се dH

(

)

124

H = 2a

3 . 5

125