Hidrostatika Zadaci Iz Skripte

HIDROSTATIKA - ZADACI ρo=1000 kg/m3. U jedan krak ρulja, ako je

1. ZADATAK U cijev prema slici izmjerena razlika visina fluida u krakovima cijevi h=60 mm.

Uradak ρo u krakovima U-cijevi, onda je iz skice vidljivo da je x+h visina stupca ulja. Obujam V ulja je zadan (V = 5 dl = 0,5 l = 0,0005 m3), te slijedi: V = ( x + h) *

d 2π 4

⇒

2 glasi: pa + ρo*g*x - ρ*g*(x+h) = pa iz koje slijedi:

ρ = ρo *

x 0,1946 =1000 * x+h 0,1946 + 0,06

= 764,3 kg / m 3

x=

4 *V 4 * 0,0005 − h= − 0,06 = 0,2546 − 0,06 = 0,1946 m 2 d π 0,05 2 π

2. ZADATAK ∆p=p1-p2 u posudama spojenim cijevima prema skici, a ispunjenim vodom ρv=1000 kg/m3, živom ρžive=13600 kg/m3 i ugljiktetraklorom (CCl4 ρc=1600 kg/m3. Pojedine visine iznose: h1=350 mm, h2=250 mm, h3=400 mm, h4=500 mm, h5=2000 mm.

Uradak

p1+g(h1ρv+ h2ρC+ h3ρv+ h4ρž -h5ρv) = p2 ∆p = p1- p2 = g((h5 – h1-h3)ρv - h2ρC - h4ρž) = 9,81*((2-0,35-0,4)*1000- 0,25*1600 – 0,5*13600) = -58,37 kPa

3. ZADATAK slike su: h1=2,0 m, h2=1,3 m, h3=2,7 m, h4 dijagram hidrostatskog tlaka na stijenke posude.

e sa ρulja=850 kg/m . Nactaj 3

Uradak

pA= ρulja*g*(h3+ h4) = 850*9,81*(2,7+1,2) = 32,52 kPa

pB = pC = pA - ρulja*g*( h2+h3+ h4) = 32520-850*9,81*(1,3+2,7+1,2) = -10,84 kPa pD = pC - ρulja*g*( h1+h2+h3) = -10840-850*9,81*(2+1,3+2,7) = -60,871 kPa Dijagram hi

4. ZADATAK napunjen vodom povrh koje vlada pretlak ∆ -cijevni manometar pokazuje otklon ∆ ρvode=1000 kg/m3 ρžive=13600 kg/m3. Koliko bi iznosio pritisak na otvoru M spremnika pri istim vrijednostima ρm.vode=1025 kg/m3?

Uradak Ravnoteža za ravninu 0-0 iznosi: ∆p = (ρžive*∆h - 8,5*ρvode)*g = (13600*2,5 - 8,5*1000)*9,81 = 250,155 kPa pM = ∆p + 5*ρvode*g = 250155 + 5*1000*9,81 = 299,205 kPa kontrakciju i izlazne gubitke u obzir) iznosi:  ∆p   250155  v = 2 gh = 2 g *  + 5  = 2 * 9,81 *  + 5  = 598,41 = 24,46 m / s * g 9810 ρ    v  – po Toricelliju; ovisi o visini stupca vode, u m i veliki natpritisak u spremniku) ρm.vode=1025 kg/m3 pritisak na otvoru M spremnika bi iznosio: ∆p = (ρm.vode*∆h - 8,5*ρvode)*g = (1025*2,5 - 8,5*1000)*9,81 = -58,246 kPa (u gornjem dijelu spremnika bi vladao potlak – sisanje, usis!) pM = ∆p + 5*ρvode*g = -58246 + 5*1000*9,81 = -9,196 kPa ∆p ulazila u spremnik, potlak bi je sisao!)

5. ZADATAK

mperatura zraka na visini H=10 km, ako -atmosferom, tj. da je pad temperature dT/dH= -6,5°K/km, uz koeficijent politrope n ≅ 1,235. Na površini Zemlje su izmjereni atmosferski tlak bo=750 mm stupca žive i temperatura to=30°C (ljetni period u godini!). Koeficijent R (individualna plinska konstanta) iznosi R=288 J/kg°K. Uradak Na površini Zemlje tlak u SI jedinicama iznosi: po = bo*ρžive*g = 0,75*13600*9,81 = 100,062 kPa dok je g

ρo =

po 100062 = = 1,146 kg / m 3 R * To 288 * ( 273,15° + 30°)

Na visini od 10 km tlak iznosi: 1

 dT H  n −1 10   p H = po * 1 + *  = 100062 * 1 − 6,5 *  303,15°    dH To 

4 , 255

= 35,835 kPa

(tlak se smanjio u odnosu na tlak na površini Zemlje!)

1

 dT H  n −1 10   *  = 1,146 * 1 − 6,5 * ρ H = ρ o * 1 +  303,15°    dH To 

4 , 255

= 0,410 kg / m 3

Temperatura na visini od 10 km: TH = To − 6,5 * H = 303,15° − 6,5 * 10 = 238,15° K = − 35°C (temperatura se smanjila u odnosu na temperaturu na površini Zemlje!)

 31 − H   31 − 10  p H = po *   = 100062 *   = 26,25 kPa  31 + H   31 + 10  2

2

 20 − H   20 − 10  3 ρ H = ρo *   =1,146 *   = 0,1273 kg / m  20 + H   20 + 10  2

2

5.0 (m )

7. ZADATAK Potrebno je odrediti ukupnu hidrostatsku silu na zatva visine h=4,0 m prema sl b=

z

h=4,0 m pa x b=5,0 m

h

lz

h = 4.0 (m)

θ=600 ρv=1000 kg/m3

C Θ = 60 (°)

D Dijagram hidrostatskog tlaka: pa

Fx B

Fz

F

Θ

T FΘ p= 39. 24 (kN Θ mD -2)

1/3 l

z

o

y

B

Iz geometrije sustava proizlazi: lz =

h 4 = = 4,619m sin θ sin 60 0

p D = ρgh = 10 3 * 9,81 * 4,0 = 39,24kN / m 2 Vrijednost ukupne sile tlaka jednaka je: F = ρg ∫ ldA ⇒

F=

A

1 1 h 1 4 p D bl z = p D b = * 39,24 * 5 * = 453,1kN 2 2 sin θ 2 0,866

Vrijednost ukupne sile tlaka se mogla odrediti i na sli tan 60° =

h l x1

⇒

l x1 =

h 4 = = 2,31 m tan 60° tan 60°

FH =

ρ * g * h * h * b 9810 *16 * 5 = = 392,4 KN 2 2

FV =

ρ * g * h * l x1 * b 9810 * 4 * 2,3 * 5 = = 225,63 KN 2 2

F = Fx + Fy ≅ 453 KN 2

2

8. ZADATAK eli no uže BC drži pravokutni zatvara irine b=1,2 m (masa zatvara a se zanemaruje). Visina vode ispred ustave je H=2,3 m. Odredite silu u užetu ako je položaj zatvara a odre en kutom α=450. Nacrtajte dijagram od hidrostatskog tlaka. C C

pa B

pa B H H

α α

A

A

Dijagram ukupnog hidrostatskog tlaka izgleda: S pa

S pa

B

B H/s

H/s

in α

F

in α

F

A A

Uzimamo F = ρgH * yF =

težinu vode sa vrijednosti:

ρg = γ ≅ 10kN / m 3 , pa slijedi:

1 H 2,3 b = 10 * 2,3 * 0,5 * *1,2 = 44,89kN 2 sin α 0,707

1 H ; 3 sin α ΣM A = 0 , slijedi:

F * yF − S * yS = 0 F*

1 H H −S* =0 3 sin α sin α

⇒

1 F =S 3

⇒

S = 14,96 KN

9. ZADATAK Automatska regulacijska zapornica ima horizontalnu osovinu A, oko koje se može okretati. iti. Nacrtajte dijagram hidrostatskog tlaka. Zadano je b=1,70 m.

h A

h b

A b Okomitost zapornice sugerira da vertikalna sila y tlaka ne postoji, dok je dijagram hidrostatskog tlaka

y

h

F1 ρgh

x

x

yF2h

F2

F1

yF1

yF1 ρ ρg gb hρ g h yF2 F2

b

b

ρ gb ρgh težinu vode sa vrijednosti: F1 = ρgh 2 1 y F1 = h 3

ρg = γ ≅ 10kN / m 3 , pa slijedi:

1 = 5h 2 2

1 F2 = ρghb + ρgb 2 = 17 h + 14,45 2

yF 2

ΣM A = 0 , slijedi: F1 * y F 1 − F2 * y F 2 = 0 ⇒

b b 2 ρghb + ρgb * b 2 2 3 = − 14,45h + 16,37 =− 1 17 h + 14,45 ρghb + ρgb 2 2

1 14,45h + 16,37 F1 * h − F2 * =0 3 17h + 14,45

1 14,45h + 16,37 5h 2 * h − (17 h + 14,45) =0 3 17 h + 14,45

⇒

h 3 − 8,67h = 9,826

⇒

h = 3,4 m

10. ZADATAK Potrebno je odrediti ukupnu hidrostatsku silu na zatvara iza i ispred kojega je voda visine prema skici. Nacrtati dijagram hidrostatskog optere enja zatvara a. Zadano je:

h1= 5,0 m h2= 2,0 m b= 4,0 m θ= 600 ρv= 1000 kg/m3

Dijagram hidrostatskog tlaka:

Iz geometrije sustava proizlazi: lz =

h 5 = = 5,774 m sin θ 0,866

l z1 =

h2 2 = = 2,309 m sin θ 0,866

lz2 =

h1 − h2 5 − 2 = = 3,464 m sin θ 0,866

p1D = ρgh1 = 10 3 * 9,81 * 5,0 = 49,05kN / m 2 p 2 D = ρgh2 = 10 3 * 9,81 * 2,0 = 19,62kN / m 2 B p RD = pC = p1D − p 2 D = 49,05 − 19,62 = 29,43 kN / m 2 Vrijednost ukupne sile hidrostatskog tlaka jednaka je: h h 1 1 1 1 F = ρg ∫ ldA ⇒ F = F1 − F2 = p1D bl z − p 2 D bl z1 = p1D b 1 − p 2 D b 2 = 2 2 2 sin θ 2 sin θ A =

1 5 1 2 * 49,05 * 4 * − *19,62 * 4 * = 566,39 − 90,62 = 475,8kN 2 0,866 2 0,866

11. ZADATAK Analiti ki odredite silu hidrostatskog tlaka i nacrtajte dijagrame pritisaka (H i V) za zatvara prema skici iza kojeg je voda. Zadano je: h1=2,0 m, h2=5,0 m, r=1,5 m. pa

h1 h2 r

težinu vode sa vrijednosti: Dijagrami komponenti hidrostatskog tlaka:

ρg = γ ≅ 10kN / m 3 .

FH

xT

yT

FH yT α

FV

Horizontalna komponenta hidrostatske sile iznosi: FH = ρg

h22 52 = 10 * = 125 kN / m' 2 2

Vertikalna komponenta hidrostatske sile iznosi: r 2π 1,5 2 * 3,14 FV = ρg = 10 * = 35,33 kN / m' 2 2 Rezultanta sila (ukupna hidrostatska sila) je stoga jednaka:

α

FR = FH2 + FV2 = 125 2 + 35,332 = 129,89 kN / m'

FH

FR

Položaj rezultante sile: 1 1 yT = h2 = 5 = 1,665 m 3 3

xT =

Smjer rezultante sile iznosi:

tgα =

FV

4r = 0,425 * r = 0,425 *1,5 = 0,637 m 3π FV 35,33 = = 0,2826 FH 125

⇒

α = 15,78 0

12. ZADATAK Potrebno je odrediti ukupnu hidrostatsku silu na zatvara iza kojega su dvije razli ite teku ine visina prema skici. Nacrtati dijagram hidrostatskog optere enja zatvara a i dijagrame komponenti hidrostatskog tlaka. Zadano je: h1= 3,0 m, h2= 2,0 m, ρ1= 850 kg/m3, ρ2= 1000 kg/m3

pa

pa

135° 45° 45°

ρ1

h1

ρ2

h2

135° 45°

ρ1

h1

ρ2

h2

45°

Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgleda: FV1 ρ1 g h1

h1

FH1 FH2

h2

Uzima

ρ2 g h2

FH2

ρ1 g h1 ρ2 g h2

ρ1 g h1

h1

FH1

FV2 ρ2 g h2

h2

ρ1 g h1 ρ2 g h2 3 težine: ρ1 g = γ 1 ≅ 8,5 kN / m ; 3 ρ 2 g = γ 2 ≅ 10,0 kN / m

Vrijednosti horizontalne i vertikalne komponenata sile hidrostatskog tlaka iznose:  ρ gh 2 ρ gh 2 FH = FH 1 + FH 2 =  1 1 + ρ1 gh1 h2 + 2 2 2  2

  8,5 * 3 2 10 * 2 2  * B =  + 8,5 * 3 * 2 + 2  2 

  *1 

= 38,25 + 51 + 20 = 109,25 kN FV = FV 1 − FV 2

 ρ1 gh12 ρ 2 gh22 =  − 2  2

  8,5 * 3 2 10 * 2 2  * B =  − 2  2 

dok je ukupna sila hidrostatskog tlaka jednaka: F = FH2 + FV2 = 109,25 2 + 18,25 2 = 100,2 kN

  *1 = 38,25 − 20 = 18,25 kN 

13. ZADATAK Odredite rezultantu tlaka, hvatište i njezin smjer na segmentnu ustavu dimenzija prema slici. Nacrtati dijagrame hidrostatskog tlaka (horizontalnu i vertikalnu komponentu). Zadano je: H= 4 m, R= 6 m, B= 1m (širina ustave), ρ=1000 kg/m3. pa

A C R

H

B

h

Dijagrami hidrostatskog tlaka i položaj rezultantne sile: FV

pa hAH

H

hAH

A

H

FH FU

Iz geometrije sustava slijedi: sin α =

H 4 = R 6

⇒

α = arcsin 0,666 = 41,810

x = CD = cos α * R = 4,472 m

h AH = 2,667 m

' hAV = 0,619 m

Horizontalna komponenta sile hidrostatskog tlaka iznosi: FH = ρg

H2 16 B = 10 * *1 = 80 kN 2 2

Vertikalnu komponentu sile hidrostatskog tlaka dobili smo tako da smo od kružnog isje ∆BCD:  R 2πα H FV = ρg  − x* 0 2  360

  6 2 π * 41,81° 4  * B = 10 *  − 4,472 *  *1 = 41,91 kN 360° 2  

FU = FH2 + FV2 = 80 2 + 41,912 = 90,31 kN  F h Ay = R * sin  arctg V FH 

 41,9    = 6 * sin  arctg  = 2,784 m 80   

 F h Ax = R * cos arctg V FH 

 41,9    = 6 * cos arctg  = 5,315 m 80   

' h Ax = hAx − x = 5,315 − 4,472 = 0,843 m

Vrijednost horizontanog i vertikalnog hvatišta hidrostatske sile možemo odrediti i geometrijski:

h AY FV = R FU

⇒

h AY =

FV * R 41910 * 6 = = 2,784 m FU 90310

h AX ' + x FH = ⇒ R FU

h AX ' =

FH * R − x = 5,315 − 4,472 = 0,843 m FU

14. ZADATAK

m, b=1,0 m

, ρv= 1000 kg/m .

laka. Zadanao je: hB= 4,0 m, hA=1,0m, r=3,0

3

Dijagram horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskih tlakova izgledaju:

p A = ρgh A = 10 3 * 9,81*1,0 = 9,81 kN / m 2 p B = ρghB = 10 3 * 9,81* 4,0 = 39,24 kN / m 2 Vrijednost komponenata i ukupne sile hidrostatskog tlaka jednaka je: Fx =

p A + pB (hB − hA )b = p A + p B rb = 9,81 + 39,24 * 3 *1 = 73,6 kN 2 2 2

 2r r 2π  r  Fz = ρgb  + r  * +  r 2 − 4  3   3

 2 * 3  3  2 3 2 * 3,14    = 10 3 * 9,81*1,0   = 68,0 kN + 3  * +  3 − 3 3 4      

F = Fx2 + Fz2 = 73,6 2 + 68,0 2 = 100,2 kN

15. ZADATAK Plo asta zapornica težine G drži svojom težinom ravnotežu s vodom visine h iza nje. Odredi ovi Zadano je: α 3 G=10 kN/m, l=4 m, ρ= 1000 kg/m . pa

α l

h

α A

: ρg ≅ 10 KN / m 3

Uzimamo da je h = l * sin α ⇒ 4 * sin α

pa

b = l * cos α ⇒ 4 * cos α

pa

h Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgleda: α

FH

G

FV

A b/2

A b

-2

FH =

ρgh 2 10 * (4 * sin α ) = = 80 * sin 2 α 2 2

FV =

ρgbh 10 *1*16 sin α cos α = = 80 * sin α cos α 2 2

2

G = FV

∑MA ≥ 0 b 1 1 − G * + FV * b + FH h ≥ 0 2 3 3 − 10 *

4 cos α 1* 4 cos α 4 sin α + 80 * sin α cos α * + 80 * sin 2 α * ≥ 0 /* 3 2 3 3

− 60 cos α + 320 * sin α cos 2 α + 320 sin 3 α ≥ 0 /

: 10

− 6 cos α + 32 sin α cos 2 α + 32 sin 3 α ≥ 0 Za α=0 do 2π zadovoljava jednadžba: − 6 cos α + 32 sin α cos 2 α + 32 sin 3 α ≥ 0 α” po jednadžbi: h = l * sin α ⇒ 4 * sin α

16. ZADATAK Nacrtaj dijagrame horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka (H i V). Zadano je: - h1=3,0 m, 3 3 - h2=2,0 m, ρ2=1000 kg/m . ρ1=850 kg/m , pa 45° pa 45°

h1

45°

h1

TEKUCINA 1

h2

TEKUCINA 2

TEKUCINA 1

h2 TEKUCINA 2 sa vrijednostima: ρ1 g ≅ 8,5 kN / m 3 , Uzimamo specif. ulja i vode 45° težine

ρ 2 g ≅ 10 kN / m 3

FH1 pritiska izgledaju: Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog 45°

45°

FH2

45°

FH1

ρ1 g h1+ ρ2 g h2

FH2

45°

ρ1 g h1+ ρ2 g h2

45°

FV1 FV1

45° 45°

+

FV2

45°

45°

+ +

45°

FV2 FV3

45°

45° 45°

45°

+ =

FV1

FV3 45°

45° 45°

45° FV

 ρ gh 2  ρ gh h FH = FH 1 + FH 2 =  1 1 + ( 2 2 2 + ρ1 gh1h2 )  *1 = 2  2  =

8,5 * 32 10 * 2 * 2 +( + 8,5 * 3 * 2) = 38,25 + 71 = 109,25 kN 2 2

2*2 3*3   FV = FV 1 + FV 2 − FV 3 ⇒  ( ρ 2 g + ρ1 gh1h2 ) + ρ1 g − ρ1 g * 3 * 2  *1 = 71 + 38,25 − 51 = 58,25 kN 2 2   Ukupna sila hidrostatskog tlaka iznosi: FU = FH2 + FV2 = 109,25 2 + 58,25 2 = 123,81 kN

=

17 ZADATAK (hidrostatskih) sila i nacrtaj dijagrame tlakova (horizontalnu i vertikalnu komponentu hidrostatskih sila) za sustav prema slici. Zadano je: ρvode=1000 kg/m3, ρulja=860 kg/m3, h1=6,0 m, h2=2,0 m, α=450, B=1m (širina). pa ulje h1 pa voda

α

h2

FV1

: ρ v g ≅ 10 kN / m 3 , ρ u g ≅ 8,6 kN / m 3

Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgledaju: FH1 FH2 FV1

 ρ gh 2   8,6 * 6 2   *1 = 154,8 kN FH 1 =  u 1  * B =   2   2   ρ gh 2   10 * 2 2   *1 = 20 kN FH 2 =  v 2  * B =   2   2   h + (h1 − h2 )  FV 1 = ρ u g  1 * 2 * B = 8,6 *10 *1 = 86 kN 2   2 * h2   FV 2 =  ρ v g  * B = 20 kN 2   FH = 154,8 − 20 = 134,8 kN FV = 86 − 20 = 66 kN FU = FH2 + FV2 = 134,8 2 + 66 2 = 150,09 kN

18. ZADATAK Kvadratni otvor u vertikalnoj stijenki zatvara zaklopka prema slici. zatvara ili otvara otvor. Zadano je: a=1,0 m, α=600, G=4,67 kN, ρvode=1000 kg/m3.

pa a A a/2

a

eG

x

a

60° G

30°

60°

a/2

Iz geometrije sa slike slijedi da je vrijednost x jednaka: a x = 2 0 = 0,866 m tg 30 eG =

x = 0,433 m = eV a 2

F V2

pa a A

h a + 4a 1 5 eG 3 * a + 2aF=H 3 * 3 = 0,555 m

h =a/2 a eH =

a

60° komponente hidrostatskog tlaka izgledaju: Dijagrami horizontalne i vertikalne eG

Uzimamo da je FH = ρg *

G

F V1

: ρ v g ≅ 10 kN / m 3

a + 2a 2 1+ 2 * a = 10 * *1 = 15 kN 2 2

FV = ρg * x * a 2 = 10 * 0,866 *12 = 8,66 kN ΣM A = FH * eH + G * eG − FV *eV = 15 * 0,555 + 4,67 * 0,433 − 8,66 * 0,433 = 6,597 kNm Moment je pozitivan i zatvara zaklopku.

19. ZADATAK sl kg/m3

G=3,8 kN, ρ v g = γ v ≅ 10 kN / m 3 . pa

2h/3 pa

pa

2h/3 pa

H

G h

T

H

0,40

G h

a ρ=1000

T

0,40

Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgledaju: pa

2h/3

pa

2h/3

pa

pa

G h

H

G

h

H

T T

F HF

H

0,20 0,20

γ (H-h) γ (h-0,4) γ (H-h) γ (h-0,4) γ (H-0,4) γ (H-0,4) γh γh γH γH

Iz dijagrama je vidljivo da jeukupna sila hidrostatskog tlaka jednaka: FH = ρg (H − h ) * A

kako je A = 0,4 * 0,6 = 0,24 m 2 slijedi

FH = ρg (H − h ) * 0,24 = 2,4(H − 4) ΣM T = 0 ⇒

2 FH * 0,2 + G * h = 0 ⇒ 3

2 2,4(H − 4 ) * 0,2 + 3,8 * 4 = 0 ⇒ H = 25,1 m 3

20. ZADATAK Potrebno je i koje je voda ( ρ vode = 1000 kg / m 3 ). Nacrtati dijagrame pritiska (horizontalnu i vertikalnu komponentu hidrostatskog tlaka).

pa 3,0m 6,0m

= 4,0 m r

m 3,0

3,0m

Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgleda: pa

pa

pa ρ g3

ρ g6

0m = 3, 4,0m r

ρ g9

+

pa

ρ g6 =

FH FV ρ g 12

 ρgh 2  9,81*1*12 2  *1 = FH =  = 706,32 kN 2  2   r 2π  3,0 2 * π FV =  * ρg + (6 + 3) * 4 * ρg  *1 = * 9,81*1 + 9 * 4 * 9,81*1 = 141,3 + 353,16 = 494,46 kN 2  2  FU = FH2 + FV2 = 706,32 2 + 494,46 2 = 862,19 kN

ne po m’.

21. ZADATAK lici. Nacrtati dijagrame pritiska na plohu (horizontalna i vertikalna komponenta hidrostatskog tlaka). Zadano je: h1=5,50 m, h2=2,20 m, r=2,0 m, ρ vode = 1000 kg / m 3 . A pa

5,50

pa r=

B

0 2,0

2,20 C

O

a) horizontalna komponenta rezultante sile hidrostatskog tlaka

5,50

5,50

=

FH

FHD 2,20 FHL

1,83 0,73 O

2,20

Yx , L =

5,50

2,20 = 0,73 m 3

FH , L =

2,20

2,04 O 3,30

Yx , d =

5,50 = 1,83 m 3

2,20 ⋅ 2,20 ⋅ ρg = 24,2 kN / m′ 2

FH , D =

5,50 ⋅ 5,50 ⋅ ρg = 151,25 kN / m′ 2

ΣM 0 = 0 Y=

− FH , L ⋅ Yx , L + FH , D ⋅ Yx ,d − FH , L + FH , D

=

− 24,2 ⋅ 0,73 + 151,25 ⋅1,83 = 2,04 m − 24,2 + 151,25

Fx = FH , D − FH , L = 151,25 − 24,2 = 127,05 kN / m′ b) vertikalna komponenta rezultantne sile hidostatskog tlaka

1,37

1,06

5,50 +

2,20

= FV

FVG O 2,00

1,00

5,50

FVU 2,00

O

O 2,00

X y, p =

X y ,u =

2,0 2 4 2,0 π⋅ ⋅ 4 3 π = 1,37 m 2,0 2 2,20 ⋅ 2,0 − π 4

2,0 ⋅ 2,20 ⋅1,0 −

2,0 2 4 2,0 π⋅ ⋅ 4 3 π = 1,06 m 2 2,0 5,50 ⋅ 2,0 − π 4

2,0 ⋅ 5,50 ⋅1,0 −

 2,0 2  FVG = 2,20 ⋅ 2,0 − π  ⋅ ρg = 12,58 kN / m′ 4    2,0 2  FVU = 5,50 ⋅ 2,0 − π  ⋅ ρg = 78,58 kN / m′ 4   ΣM 0 = 0 X=

FVG ⋅ X y , p − FVU ⋅ X y ,u FVG − FVU

=

12,58 ⋅1,37 − 78,58 ⋅1,06 ≅ 1,0 m 12,58 − 78,58

FV = FVG − FVU = 12,58 − 78,58 = −66,0 kN / m′

( sila djeluje prema gore!!)

c) veli ina rezultantne sile hidrostatskog tlaka FH = 127,05 kN / m′ F=

FH + FV 2

FV = 66,0 kN / m′

2

F = 127,05 2 + 66,0 2 = 20497,7 = 143,17 kN / m′ d) položaj rezultantne sile hidrostatskog tlaka X=1,0 m Y=2,04 m S(1,00 , 2,04 ) e) smjer rezultantne sile tg α =

FV FH

⇒ α = arc tg

f) grafi ki prikaz rezultata

FV 66,0 = arc tg = arc tg 0,51948 = 27 o 27' 04' ' FH 127,05

22. ZADATAK slici. Zanemariti ekscentricitet osi. Nacrtati diagram horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka. Zadano je: ρ vode = 1000 kg / m 3 , q=4,5kN/m’, a=0,5m, b=0,7m, c=2,1m.

pa 2H/3 H

a T G

P

b

O c x

U

Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgledaju:

P

O

U ili

G = q ⋅1,0 = 4,5 ⋅1,0 = 4,5 kN U = 2,1 ⋅ ρg ⋅ H ⋅1,0 = 2,1 ⋅10 ⋅ H = 21 ⋅ H [ kN ] x=

2,1 = 1,05 m 2

P=

10 ⋅ H 2 ρg ⋅ H 2 ⋅1,0 = ⋅1,0 = 5 ⋅ H 2 [ kN ] 2 2

ΣM 0 = 0

⇒

1 P ⋅ ⋅ H + G ⋅ a −U ⋅ x = 0 3

1 5 ⋅ H 2 ⋅ ⋅ H + 4,5 ⋅ 0,5 − 21,0 ⋅ H ⋅1,05 = 0 3 5 ⋅ H 3 + 2,25 − 22,05 ⋅ H = 0 3

5 3 ⋅ H − 22,05 ⋅ H = −2,25 3

⇒

H = 3,585 m

U = 21,0 ⋅ H = 21,0 ⋅ 3,585 = 75,285 kN P=

10 ⋅ H 2 ρg ⋅ H 2 ⋅1,0 = ⋅1,0 = 5 ⋅ H 2 = 5 ⋅ 3,585 2 = 64,261 kN 2 2

KONTROLA: 1 P ⋅ ⋅ H + G ⋅ a −U ⋅ x = 0 3 1 64,261 ⋅ ⋅ 3,585 + 4,5 ⋅ 0,5 − 75,285 ⋅1,05 = 0 3 76,792 + 2,25 − 79,049 = 0 0=0

23. ZADATAK u na zadanu stijenku širine 1,0 m iza koje je slatka i slana voda. Nacrtati diagrame horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka. Zadano je: ρ1g = 9,0 kN/m3, ρ2g = 10,0 kN/m3. pa 2,0 m

ρ1

4,0 m 2,0 m

ρ2

3,0 m

3,0 m

45°

Horizontalna komponenta sile hidrostatskog tlaka: y

2,0 m 2,0 m

G

U H1

V

R

H

α

3,0 m

H2

H3

45° x~1,6 m

ρ1 g 4,0

y~2,31m x

ρ2 g 3,0

H 1 = ρ1 g ⋅ 4,0 ⋅ 4,0 ⋅1,0 ⋅

1 = 9 ⋅ 0,5 ⋅16 = 72 kN 2

H 3 = ρ 2 g ⋅ 3,0 ⋅ 3,0 ⋅1,0 ⋅

1 = 10 ⋅ 9 ⋅ 0,5 = 45 kN 2

H 2 = ρ1 g ⋅ 4,0 ⋅ 3,0 ⋅1,0 = 9 ⋅12 = 108 kN

3

H = ∑ H i = 72 + 108 + 45 = 225 kN 1

1  1 1  H * y = H1  3 + ⋅ 4  + H 2 ⋅ 3 + H 3 ⋅ 3 3  2 3  y=

⇒ y=?

1 (4,333 ⋅ H 1 + 1,5 ⋅ H 2 + H 3 ) = 1 (4,333 ⋅ 72 + 1,5 ⋅108 + 45) ≅ 2,31 m H 225

Vertikalna komponenta sile hidrostatskog tlaka: G 1 = 3,0 ⋅ 4,0 ⋅ ρ1 g ⋅1,0 = 12 ⋅ 9 = 108 kN G 3 = 2,0 ⋅ 2,0 ⋅ ρ1 g ⋅1,0 ⋅ 4

1 = 18 kN 2

G = ∑ Gi = 108 + 36 + 18 + 45 = 207 kN 1

G 2 = 2,0 ⋅ 2,0 ⋅ ρ1 g ⋅1,0 = 4 ⋅ 9 = 36 kN = U 1 G 4 = 3,0 ⋅ 3,0 ⋅ ρ 2 g *1,0 = 9 ⋅10 ⋅ 0,5 = 45 kN 2

3,0 m 2,0 m 2,0 m

G2 G1 G

2,0 m 3,0 m

G3 G4 45°

2,0 m

U 2,0 m

∑M

O

=0

1  1  G ⋅ x = G 1 ⋅ 0,5 ⋅ 3 + G 2 (3 + 1) + G3  3 + ⋅ 2  + G 4 ⋅ 3 ⇒ 3  3  x=

x=?

1 (0,5 ⋅ 3 ⋅ G1 + 4 ⋅ G 2 + 3,667 G3 + G 4 ) = 1 (1,5 ⋅108 + 4 ⋅ 36 + 3,667 ⋅18 + 45 ) ≅ 2,01 m G 207

U = 2,0 ⋅ 2,0 ⋅ ρ1 g ⋅ 1,0 = 4 ⋅ 9 = 36 kN V = G - U = 207 - 36 = 171 kN V ⋅ x V = G ⋅ x − U ⋅ (3 + 1) = 207 ⋅ 2,01 − 36 ⋅ 4 ⇒ UKUPNA SILA R = H 2 + V 2 = 225 2 + 171 2 = 282 ,61 kN

α = arc tg

V 171 = arc tg = 37 ° 23 ' H 225

xV = 1,6 m

24. ZADATAK Potrebno je odrediti ukupnu hidrostatsku silu i njezin smjer na zatvara iza i ispred kojega su dvije teku ine razli ite specifi ne gusto e ρ1 i ρ2 visina prema slici. Nacrtati dijagrame komponenti hidrostatskog tlaka na zatvara Zadano je: h1=4,0 m, h2=5,5 m, b=1,0 m (širina zatvara a), ρ1=850 kg/m3, ρ2=1010 kg/m3. pa 45°

pa h2

ρ1

ρ1

h1

ρ2

h2

45°

Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgleda:

h2 F H1

ρ1 g h2

FH1

FH3

FH4 h2

ρ1 g h1 ρ2 g h 2

ρ1

FH2

h1

FH2

FH3

FH4

ρ1 g h2

ρ1 g h1 ρ1 g h2

ρ1 g h2

(pogledati gornju sliku) ne možemo ρ2 > ρ1

ρ2

FV

F α FH

Uzimamo da

jednake:

ρ1 g ≅ 8,338 kN / m 3 ρ 2 g ≅ 9,908 kN / m 3

Vrijednost komponenata i ukupne sile tlaka jednaka je:  h2 ρ g h2 ρ g h2 ρ g  FH = FH 2 + FH 3 + FH 4 − FH 1 =  1 1 + h1h2 ρ1 g + 2 2 − 2 1  * b 2 2   2  4 2 * 8,338 5,5 2 * 9,908 5,5 2 * 8,338   *1 FH =  + 4 * 5,5 * 8,338 + − 2 2 2  

pa pa

45°

ρ1

FH = 66,704 + 183,44 + 149,85 − 126,112 = 273 ρ1,88 kN ρ2 h2 2 2 2  h ρ g  h ρ g h ρ1 g    *b FV =  (h2 − h1 )h1 ρ1 g + 1 1 +  2 2 − 2 45° 2 2    2 

h1

h2 ili

 h1 2 ρ1 g h22 ρ1 g h22 ρ 2 g  16 * 8,338 30,25 * 8,338 30,25 * 9,908 FV =  + − − h1h2 ρ1 g  * b = + − − 8,338 * 4 * 5,5 2 2 2 2 2  2  FH2 FV = 66,704 + 126,112 − 149,85 − 183,44 = − 140,47 kN (djeluje prema gore!!)

FH1,47 2 = 307,8 kN F = FH2 + FV2 = 273,88 2 + 140

FH3

FH4

hidrostatskog tlaka iznosi: ρ1 g h1 ρ1 g h2 ρ1 g h2 tgα =

FV 140,47 = FH 273,88

⇒

α = 27 0 9' 10 ' '

FV

F α FH

ρ1 g h2

25. ZADATAK Na pregradi je postavljen kružni otvor promjera d=1m. Zatvoren je sa poklopcem L-profila, koji ima mogu nost vrtnje oko to ke M. Os rotacije (to ka M) leži s=0,2 m od vrha otvora. Na udaljenosti od L1=0,7 m nalazi se uteg težine G. Potrebno je odrediti težinu utega G za koji e pri razini vode h1=3 m (iznad središta otvora) do i do otvaranja otvora, te za koliko je potrebno pomaknuti uteg težine G kako bi došlo do otvaranja otvora, ako se razina vode ispred pregrade pove a na h2=4 m.

Dijagrami hidrostatskog tlaka i hidrostatska sila iznose:

F = ρgh1 A = ρgh1

d 2π 12 * 3,14 = 1000 * 9,81* 3 * = 23102 N = 23,1 kN 4 4

d   ΣM M = GL1 − F  s + + e  = 0 2  

⇒

d   F s + + e 2  G=  L1

d 4π I d2 12 e= = 64 = = = 0,0208 m ≅ 0,022 m π 2 16h1 16 * 3 h1 A h1 d 4

d   F s + + e 2  = 23,1* (0,2 + 0,5 + 0,022 ) = 23,8 kN G=  L1 0,7 Koliko je potrebno pomaknuti uteg? d   F2  s + + e2  2 −L ∆L = L2 − L1 =  1 G Hidrostatska sila za slucaj 2 : d 2π 12 * 3,14 F2 = ρgh2 A = ρgh2 = 1000 * 9,81* 4 * = 30803 N = 30,8 kN ⇒ 4 4 d   F2  s + + e2  2  L2 =  G2

⇒

d 4π I d2 12 64 e2 = = = = = 0,0156 m ≅ 0,016 m π h2 A 16h2 16 * 4 h2 d 2 4

Udaljenost na koju treba pomaknuti uteg iznosi : L2 =

30,8(0,2 + 0,5 + 0,016 ) = 0,927 m 23,8

Udaljenost za koju treba pomaknuti uteg : ∆L = L2 − L1 = 0,927 − 0,7 = 0,227 m

26. ZADATAK Odrediti komponente sile hidrostatskog tlaka, rezultantu i njezin položaj na stijene prema slici iza koje je voda. Nacrtati dijagrame tlaka. Zadano je: h1=2,0 m, h2=2,0 m, h3=3,0 m, H=7,0 m, ρ=1000 kg/m3, B=1 m (širina stijene). pa b1

h1

45° h2

H

h3 45° b

: ρg ≅ 10 kN / m 3

Uzimamo da je x

Iz geometrije sustava proizlazi da je:

b = 3,0 m b1 = 2,0 m

yT + Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente tlaka izgledaju: 45° hidrostatskog

+ xT

FH

x

x

FV yT

45° 45°

yT

+

+

=

y FH 45° y

y

 ρgH 2   10 * 7 2     *1 = 245,0 kN FH = * B =   2  2     h *b  10 * 2 * 2   h *b  10 * 3 * 3 FV =  ρg 3 + ρg (h1 + h2 ) * b − ρg 2 1  * B =  + 10 * 4 * 3 −  *1 = 145 kN 2 2  2 2    R = FH2 + FV2 = 245 2 + 145 2 = 284,69 kN Položaj težišta horizontalne sile hidrostatskog tlaka:

yT =

2 2 H = * 7 = 4,66 m 3 3

položaj težišta vertikalne komponente sile:

xT =

Σxi Ai = Ai

3*3 2 2*2 1 * *3 − * *2 25,66 2 3 2 3 = = 1,769 m 3*3 2 * 2 14,5 4*3 + − 2 2

4 * 3 *1,5 +

yT =

Σyi Ai = Ai

4 *3* 2 +

3*3 1 2*2 1 * ( * 3 + 4) − * ( 2 + 2) 41,66 2 3 2 3 = = 2,839 m 3*3 2 * 2 14,5 4*3 + − 2 2

Smjer rezultantne sile hidrostatskog tlaka: tgα =

FV 145 = = 30,62 0 FH 245

FH α R

FV

27. ZADATAK težištem n u ovisnosti o kutu ϕ

ρulja=850 kg/m3.

Uradak Ukupna hidrostatska sila na tablastu zapornicu iznosi:

F=

ρ ulja * g * h * 1 *

h sin ϕ

2

ρ ulja * g * h 2 = 2 * sin ϕ

s M z = m * g * * cosϕ = 800 * 9,81 * 2 * cosϕ = 15696 cosϕ Nm 2 cos ϕ =

2x s ⇒ x = cos ϕ * s 2

Mo = F * x = sin ϕ =

ρ ulja * g * h 2 *x 2 * sin ϕ

h h ⇒ y= y sin ϕ

x=

Uz uvrštenje:

h −e 2 * sin ϕ

1* s 3 I s 4 e = s = 12 = = = 0,666 m A * y s ( s * s * 1) 6 6 2

(s = h/sinϕ)

2 ρ ulja * g * h 2 ρ ulja * g * h 2  h h  ρ ulja * g * h h  1 1  Mo = *x= *  * *  − −  =  2 * sin ϕ 2 * sin ϕ 2 * sin ϕ 2  sin ϕ 3 * sin ϕ   2 * sin ϕ 6 * sin ϕ 

Mo =

Mo =

ρ ulja * g * h 2 2 * sin ϕ

*

2 ρ ulja * g * h 3 h h  1  ρ ulja * g * h * 1 −  = * = 2 * sin ϕ  3  2 * sin ϕ 3 * sin ϕ 6 * sin 2 ϕ

850 * 9,81 * h 3 h3 1389 , 75 * = 6 * sin 2 ϕ sin 2 ϕ

Iz uvjeta ravnoteže Mo = Mz dobivamo ovisnost visine h o kutu ϕ: 1389,75 *

h3 =

h3 = 15696 * cos ϕ sin 2 ϕ

/*

sin 2 ϕ 1389,75

15696 * cos ϕ * sin 2 ϕ = 11,294 * cos ϕ * sin 2 ϕ 1389,75

h = 3 11,294 * cos ϕ * sin 2 ϕ = 2,243 * 3 cos ϕ * sin 2 ϕ

ϕ

max

do koje

pri dh/dϕ=0. Derivacija daje: dh 3 = 11,294 * cos ϕ * sin 2 ϕ dϕ = 0 dϕ

⇒ ϕ max

Donja granica stabilnosti dana je kutem ϕ kod kojega postoji još ravnoteža, dakle pri visini hmin h = s * sin ϕ : s * sin ϕ = 2,243 * 3 cosϕ * sin 2 ϕ 4 * sin ϕ = 2,243 * 3 cosϕ * sin 2 ϕ

sin ϕ 3

cosϕ * sin 2 ϕ

=

2,243 = 0,56 ⇒ ϕ min . 4

Popne li se ulje iznad hmax.= 4 * sin ϕ max ϕ. Zbog Mo > Mz U protivnom, kada ulje padne ispod hmin.= 4 * sin ϕ min

z

Mz > Mo max.

stalno pada

28. ZADATAK U zatvorenom spremniku prema slici, vlada manometarski tlak pMO. Treba ρulja = 850 kg/m3,

a) pMO = -13000 Pa b) pMO = -18000 Pa c) pMO = -45000 Pa

Uradak konstantnog tlaka pMO h

biti jednaka za sva tr

Fh = ρ ulja * g * H * a 2 = 850 * 9,81* 3,7 * 2 2 =123,409 kN Udaljenost hvatišta sile Fh od težišta C iznosi: a4 24 I ξξ 1,33 ∆y = = 12 2 = 12 2 = = 0,09 m yc * A H * a 3,7 * 2 14,8 MO

= -13000 Pa

Sila Fo = pMO*a2 = 13000*22 = 52000 N Sila: F = ρulja*g*h*a2 = 850*9,81*2,14*22

Rezultantna sila F = Fh – Fo = 123,409 - 52,0 = 71,409 kN

F = 71,409 kN Hvatište sile F:

C): ∆y R = ∆y *

Fh 123,409 = 0,09 * = 0,155 m F 71,409

∆y R

h

MO

a4 24 I ξξ ∆y R = = 12 = 12 = 0,155 m yc * A h * a 2 2,14 * 2 2

> Fo)

= -18000 Pa

Sila Fo = pMO*a2 = 18000*22 = 72000 N Rezultantna sila

Sila:

F = ρulja*g*h*a2

F = Fh – Fo = 123,409 - 72,0 = 51,409 kN

= 850*9,81*1,542*22

Hvatište sile F (preko C):

= 51,409 kN Hvatište sile F:

F 123,409 ∆y R = ∆y * h = 0,09 * = 0,216 m F 51,409 ∆y R

h

> Fo)

a4 24 I ξξ ∆y R = = 12 = 12 = 0,216 m yc * A h * a 2 1,542 * 2 2

MO

= -45000 Pa

Sila Fo = pMO*a2 = 45000*22 = 180000 N

Fiktivna slobodna površina je ispod težišta, te je h < 0 i sila F < 0, tj. gleda od površine

Rezultantna sila Sila: F = ρulja*g*h*a2 = F = Fo - Fh = 180,0 – 123,409 = 56,59 kN = 850*9,81*(-1,69)*22 C): ∆y R = ∆y * ∆y R

= -56,36 kN Fh 123,409 = 0,09 * = − 0,197 m F − 56,59 h

< Fo)

Hvatište sile F: a4 24 I ξξ 12 ∆y R = = 12 2 = = − 0,197 m yc * A h * a (−1,69) * 2 2 S obzirom da je h < 0 i ∆y R je negativno, sila F ima hvatište iznad težišta C!

29. ZADATAK 1000 kg/m3.

(1m), , u položaju prema slici. Zadano je: a=1,2 m, H=0,8 m, h=0,65 m, ρv=

Uradak U ovom primjeru nije pogodno uvoditi fiktivnu slobodnu površinu, jer površina AB nije cijela uronjena u fluid. Na dio površine poklopca koji se nalazi iznad fluida, djeluje samo sila konstantnog tlaka pO O i hidrostatska sila Fh. o (uslijed konstantnog tlaka pO) na klopca AB i silu hidrostatskog tlaka Fh, na dio poklopca ispod stvarne slobodne površine, kao što je prikazano na slici (a).

obzirom da fluid u spremniku miruje, tlak po p a + ρ v * g * h − ρ v * g * H = pO iz koje je manometarski tlak jednak: pMO = paps. – pa = ρv*g*(h-H) = 1000*9,81*(0,65-0,8) = -1471,5 Pa

o:

Fo = pMO*a*1 = -1471,5*1,2*1 = -1765,8 N biti negativna, odnosno usmjerena suprotno od predpostavljenog smjera sa slike (a). Sila Fh je: Fh = ρ v * g *

H 0,8 2 * H * 1 = 1000 * 9,81 * * 1 = 3139,2 N 2 2

a pomak hvatišta sile Fh je: 1* H 3 I ξξ H 0,8 ∆y = = 12 = = = 0,133 m yc * A H 6 6 * H *1 2

a H H 1,2 0,8 0,8 F * a = Fo * + Fh * ( − ) = (−1765,8 * ) + 3139,2 * ( ) = − 222,36 − 2 2 6 2 2 6

F= −

222,36 = − 185,3 N 1,2

U gornjoj se jednadžbi sila Fo uvrštava sa negativnim predzankom, te slijedi sila F= -185,3 N, što

30. ZADATAK ρulja=850 kg/m , pa= 0 Pa.

MO=

-7500 Pa, α=60°,

3

Uradak

površinu da se

MO.

S obzirom da u

visini h, prema slici (a). h=H −

p MO 7500 =H − = H − 0,899 850 * 9,81 ρ ulja * g

(a)

gdje je pMO negat gornja ploha je horizontalna i na nju djeluje sila Fv koja je jednaka: Fv = ρulja*g*h*a*1= 850*9,81*h*1*1 = 8338,5*h

(b)

c

fiktivne slobodne površine, koja je prema slici (a) jednaka:

od

yc =

h a + sin α 2

(c)

a dubina težišta hc je jednaka: hc = yc*sinα = h +

a * sin α = h + 0,5 * sin 60° = h + 0,433 2

(d)

te je sila Fh jednaka: Fh = ρulja*g*hC*a*1 = ρulja*g*( h +

a a * sin α )*a*1 = 8338,5*( h + * sin α ) 2 2

a pomak njena hvatišta od težišta C iznosi:

1* a 3 * sin α I ξξ 12 ∆y = = = yc * A hC * a *1

(e) izraz (f)

a 2 * sin α 1* sin 60° 0,866 = = a   12 * (h + 0,5 * sin 60°) 12 * h + 5,196 12 *  h + * sin α  2   ∆y ujedno i krak sile Fh nuli, te iz ravnoteže momenata oko

Fv *

a + Fh * ∆y = 0 2

(g)

uvršatavanjem izraza (b), (e) i (f) u (g) slijedi izraz za visinu h: a a 8338,5 * h * + 8338,5 * (h + * sin 60°) * 2 2

(h +

a 2 * sin 60° =0 a   12 *  h + * sin 60°  2  

a * sin 60°) u brojniku i nazivniku vrijedi: 2

a a 2 * sin 60° 8338,5 * h * + 8338,5 * =0 2 12 1 12 * sin 60° 8338,5 * h * + 8338,5 * =0 2 12 4169,25 * h + 601,779 = 0

⇒

h=

− 601,779 = −0,144 m 4169,25

Izraz za traženu visinu H je jednak: H =h +

p MO 7500 = − 0,144 + = − 0,144 + 0,899 = 0,755 m 850 * 9,81 ρ ulja * g ja (u

pMO

ulja

ρ *g

g

O

fiktivna slobodna površina

ρulja

Vratimo li se sada u formule (b), (c), (d), (e) i (f) tražene vrijednosti iznose: Fv = 8338,5*h = 8338,5*(-0,144) = -1200,74 N yc =

h a − 0,144 1 + = + = 0,333 m sin α 2 sin 60° 2

hc = h + 0,433 = -0,144 + 0,433 = 0,289 m Fh = 8338,5*( h +

1 a * sin α )*a*1 = 8338,5*( -0,144 + * sin 60° )*1= 2409,93 N 2 2

∆y =

0,866 0,866 = = 0,249 m 12 * h + 5,196 12 * (−,0144) + 5,196

Fv *

a + Fh * ∆y = 0 2

1 − 1200,94 * + 2409,93 * 0,249 = 0 2 ⇒

-600,37+600,37 = 0

0=0

Moment koji stvara vertikalna sila Fv na satu, dok sila Fh i njen krak vrte u smjeru kazaljke na satu (momenti su suprotni!). Ovakav tip zadatka se može rješavati samo ukoliko je tlak pMO unutar spremnika negativan, odnosno ukoliko

a + Fh * ∆y = 0 . Na studentima je da se uvjere u gore navedenu 2 konstataciju, zadavanjem nekog pozitivnog manometarskog tlaka. Fv *

31. ZADATAK

-

xT=55 mm, D=200 mm, L=100 mm, s=40 mm, ρv=1000 kg/m3.

Uradak Na slici hidrostatskog tlaka, koja je razložena na horizontalnu Fx i vertikalnu Fz komponentu, a sile atmosferskog tlaka se poništavaju. Komponenta Fz je jednaka težini fluida od površ

D 2π 0,2 2 * π FZ = ρ v * g *V = ρ v * g * * L = 9810 * * 0,1= 30,819 N 4 4

(a)

Horizontalna i vertikalna komponenta sile tlaka

Hvatište sile uzgona je u težištu volumena valjka te sila Fz ima krak jednak polovini duljine L x djeluje na kružnu

Fx = ρ v * g * h *

D 2π 0,2 2 * π * h = 308,19 * h =1000 * 9,81* 4 4

a pomak njena hvatišta od težišta C kružne površine je:

(b)

D 4 *π I ξξ D2 0,2 2 0,0025 ∆h = = 64 2 = = = h* A h D π 16 * h 16 * h h* 4

(c)

x

i

Fz Fx * (

D L − ∆h) + FZ * ≥ m * g * xT 2 2

(d)

x

momenti sile težine i sile Fz ostaju nepromjenjeni. Uvrštavanjem izraza (a) do (c) u izraz (d) slijedi uvjet za visinu h, oblika: 308,19 * h * (

0,2 0,0025 0,1 ) + 30,819 * ≥ 20 * 9,81* 0,055 − 2 h 2

(e)

30,819 * h − 0,7704 + 1,54095 ≥ 10,791 30,819 * h ≥ 10,02045

/*

1 30,819

h ≥ 0,325 m NAPOMENA: Ukoliko je h uronjen u vodu. Pritom, se dakako, mjenja i horizontalna i vertikalna sila tlaka (u ovisnosti o visini h).

32. ZADATAK ventilom. U prikazanoj situaciji ventil je zatvoren, a spremnik 2 je potpuno ispunjen zrakom pod apsolutnim tlakom po=0,8 bara, a spremnik 1 je ispunjen uljem. Treba odrediti visinu h2 mniku (p*V = const.). Zadano je: H1=3,0 m, H2=1,7 m, D1=1,5 m, D2=2,0 m, pa=1010 mbar, ρulja=850 kg/m3.

Uradak

spremnika 2 uljem smanjuje se obujam zraka, a tl

Slika (a) 2, a u U sprem 2, kao što prikazuje slika (a). Ako fluid (ulje) miruje, vrijedi jednadžba manometra, koja postavljena od 1.

pa + ρulja*g*h1 = p2+ ρulja*g*h2

(a)

Obujam (volumen) ulja u drugom spremniku jednak je smanjenju obujma u prvom spremniku, tj.: h2 *

D22 * π D 2 *π = ( H 1 − h1 ) * 1 4 4

/:

π 4

(b)

⇒

h2 * D22 = ( H 1 − h1 ) * D12

h1 =

D − h2 * D22 + H 1 = H 1 − h2 ( 2 ) 2 2 D1 D1

jednadžbom: poVo = p2 *V2 po *

⇒

sve

D22 * π D 2 *π * H 2 = p 2 * ( H 2 − h2 ) * 2 4 4

(c) /:

D22 * π 4

po * H 2 = p2 * ( H 2 − h2 ) Sustav triju jednadžbi (a), (b) i (c) sadrži tri nepoznanice: h1, h2 i p2. Iz jednadžbe (c) slijedi: p 2 = po *

H2

(d)

H 2 − h2

što uvršteno u (a) daje: pa + ρulja*g*h1 = po *

H2

+ ρulja*g*h2

H 2 − h2

Ako se iz jednadžbe (b) izrazi visina h1 kvadratnu jednadžbu za visinu h2 u obliku: pa + ρulja*g*h1 = po *

H2

2,

te uvrsti u izraz (e) dobivamo

+ ρulja*g*h2

H 2 − h2

101000 + 850*9,81* ( H 1 − h2 (

(e)

D2 2 1,7 ) ) - 80000 * - 850*9,81*h2 = 0 D1 1,7 − h2

136000 2 101000 + 8338,5* (3 − h2 ( ) 2 ) - 8338,5*h2 = 0 1,5 1,7 − h2 101000 + 25015,5 – 14824h2 -

136000 - 8338,5*h2 = 0 1,7 − h2

/ *(1,7 – h2)

101000*(1,7- h2) + 25015,5*(1,7- h2) – 14824h2*(1,7- h2) - 136000- 8338,5h2*(1,7h2)=0 171700 - 101000h2 + 42526,35 – 25015,5h2 - 25200,8h2+14824h22 – 136000 -

14175,45h2 + 8338,5h22 = 0

23162,5h22 – 165391,75h2 + 78226,35 = 0 h1, 2 =

− b ± b 2 − 4 * a * c 165391,75 ± 2,0106 *1010 165391,75 ±141798,31 = = 2a 2 * 23162,5 46325

(h2 )1 =

165391,75 −141798,31 = 0,509 m 46325

(realno, h2 < H2 , usvajamo!!!)

(h2 ) 2 =

165391,75 +141798,31 = 6,63 m 46325

(nerealno, ne usvajamo!!!)

Drugo rješenje je fizikalno nerealno, jer ne može biti h2 > H2, pa je rješenje zadatka h2 = 0,509 m. Iz izraza (d) i (b) slijedi tlak p2 i visina h1: p 2 = po *

H2 H 2 − h2

h1 = H 1 − h2 (

= 80000 *

1,7 = 1,141 bar 1,7 − 0,509

D2 2 2 ) = 3,0 − 0,509 * ( ) 2 = 2,095 m 1,5 D1