MFzbirkafull makedonska

UNIVERZITET "SV. KLIMENT OHRIDSKI" - BITOLA TEHNI^KI FAKULTET - BITOLA

TEHNI^KI FAKULTET

BITOLA

Владимир И. МИЈАКОВСКИ

MEHANIKA NA FLUIDI (Zbirka na re{eni и испитни zada~i)

BITOLA, 2007

УНИВЕРЗИТЕТ "Св. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ" ТЕХНИЧКИ ФАКУЛТЕТ – БИТОЛА

ВЛАДИМИР И. МИЈАКОВСКИ

МЕХАНИКА НА ФЛУИДИ (ЗБИРКА НА РЕШЕНИ И ИСПИТНИ ЗАДАЧИ)

Битола , 2007 год

СОДРЖИНА

Користени ознаки I. ФИЗИЧКИ ОСОБИНИ НА ФЛУИДИТЕ 1. Густина 2. Стисливост 3. Вискозност 4. Влијание на топлината II. МИРУВАЊЕ НА ФЛУИДИТЕ 5. Мирување на нестислив флуид 6. Сила на притисок на рамни површини 7. Сила на притисок на криви површини. Пливање на тела и стабилност при пливањето 8. Релативно мирување на флуидите 9. Мирување на стислив флуид III. ДИНАМИКА НА НЕВИСКОЗЕН ФЛУИД 10. Бернули-ева равенка за нестислив флуид 11. Бернули-ева равенка за стислив флуид 12. Примена на Законот за количината на движење и момент на количината на движење за стационарно струење на нестислив флуид IV. ДИНАМИКА НА ВИСКОЗЕН ФЛУИД 13. Ламинарно струење на флуидите 14. Теорија на сличност и димензиска анализа 15. Локални и попатни загуби на енергијата. Пресметка на прост цевковод 16. Пресметка на сложен цевковод 17. Стационарно истекување на флуидите 18. Нестационарно истекување на флуидите 19. Нестационарно движење на флуидите 20. Хидрауличен удар

1 3 6 8 11 19 31 53 83 93 101 105 123 145 161 179 197 217 237 251

V. ДВОДИМЕНЗИОНАЛНО СТРУЕЊЕ НА НЕСТИСЛИВ ФЛУИД 21. Рамнинско стационарно струење на нестислив флуид 22. Примена на комфорното пресликување 23. Сили на тело во струја на совршен флуид 24. Осносиметрично струење

257 289 307 313

Литература

319

ПРЕДГОВОР Според сегашниот, осовременет наставен план и програм на Техничкиот факултет - Битола, со воведен Европски кредитен трансфер систем (ЕКТС) на Машинскиот отсек, Збирката првенствено е наменета за студентите за изучување на предметот Механика на флуиди. Предметот е застапен на сите специјалности од студиската програма Општо машинство, како и на студиските програми по Индустриски менаџмент и Земјоделско и прехрамбено машинство како задолжителен предмет. Збирката може корисно да им послужи и на студентите од останатите технички и природно-математички факултети кои ја изучуваат Механиката на флуиди и Транспортот на флуиди во било кој вид и обем. Исто така, оваа збирка можат да ја користат дипломираните машински инженери и сите оние кои работаат со проблемите од применетата механика на флуиди. Поголемиот дел од задачите се конкретни примери од праксата, обработени и прилагодени за потребите на студентите. Збирката е пишувана во стил кој овозможува лесно изучување на изложената материја без разлика за која област на Механиката на флуиди се работи. Сите физички и други големини, одговараат на Меѓународниот систем на единици (SI). На крајот на Збирката даден е посебен прилог за најважните физички особини на флуидите и цврстите материјали кои се транспортираат со цевководи, како и други податоци без кои не е можно решавање на проблемите од оваа област. Им се заблагодарувам на рецензентите д-р Ѓорѓи Тромбев, редовен професор и д-р Илија Мијаковски, редовен професор и двата на Техничкиот факултет во Битола, кои внимателно го прочитаа ракописот и со своите сугестии и забелешки придонесоа во оформувањето на Збиркава. Авторот однапред им се заблагодарува и на оние корисници на трудот, кои по неговото издавање, ќе ги достават своите забелешки што ќе придонесат за подобрување на неговиот квалитет и посодржински состав на трудот, во неговото , евентуално следно издание.

Битола , Maj 2007

Авторот

КОРИСТЕНИ ОЗНАКИ

Ознака а A B C g I k m qm qv M

SI m/s2 m2 m/s2 m4 kg kg/s m3/s

δ

N⋅m 2 N/m (Pa) W s s m/s m3 J/kg mm

ξ

-

μ η

Pa⋅s -

λ

-

ν

2

Re Fr Ma p P t T v V e

ρ ω

- Raynolds-ов број - Frud-ов број - Mach-ов број - притисок - снага - време - период на време - брзина - волумен (запремина) - специфична енергија, енергија по единица маса - апсолутна рапавост на цевката - динамичка вискозност - коефициент на полезно дејство - коефициент на триење (линиски загуби)

3

kg/m s

- забрзување - површина - бездимензиски коефициент - константа - забрзување на земјината тежа - момент на инерција - релативна рапавост на цевката - маса - масен проток - волуменски проток - момент

- коефициент на загуба на енергијата (локални загуби)

m /s -1

Опис

- кинематска вискозност - густина - аголна брзина

Задача 1.1. Да се определи масата и специфичната запремина на некој гас, ако густината на гасот е 1,18 kg/m3, а запремината 25 m3. Решение: Масата на гасот изнесува:

m = ρ⋅V = 1,18⋅25 = 29,5 kg Специфичната запремина претставува реципрочна вредност од густината, односно: 1 v = = 0,847 m3/kg

ρ

Задача 1.2. Измерено е дека 1000 литри вода при t = 4 °C има маса од 1 тон. Колкава е густината на водата и специфичната запремина? Решение: Од основната равенка за масата m = ρ⋅V следи: m 1000 ρ= = = 1000 kg/m3 V 1 специфичната запремина изнесува: 1 1 v= = = 0,001 m3/kg ρ 1000 Задача 1.3. Во сад со запремина од 300 dm3 има воздух со густина од 2,86 kg/m3. да се определи масата на воздухот во садот. Решение: Од основната равенка за масата следи: m = ρ⋅V = 2,86⋅0,3 = 0,858 kg Задача 1.4. Да се определи густината на кислородот (O2) на температура од 10 °C и притисок од 700 mmHg. Решение: Молската маса на кислородот изнесува 16⋅2 = 32 g, а запремината на 0 °C и 760 mmHg изнесува 22,4 l. Неговата густина при овие услови изнесува: m 32 ρ= = = 1,429 kg/m3 V 22,4 Од равенката на состојбата на идеалните гасови, на t = 10 °C и pb = 700 mmHg се добива: p T ρ1 = ρ ⋅ 1 ⋅ p T1

ρ1 = 1,429 ⋅

700 273 ⋅ = 1,27 kg/m3 760 283

Задача 1.5. Да се определи густината, специфичната запремина и заедничката тежина на воздухот во комората со запремина од 10 m3 при притисок од 5 bar и температура t = 20 °C. Гасната константа на воздухот изнесува R = 287 J/kgK. Решение:

од равенката на состојбата:

p

ρ

= R ⋅T

следи вредноста за густината:

1

p 5 ⋅ 10 5 = = 5,946 kg/m3 R ⋅ T 287 ⋅ 293 масата на воздухот во комората изнесува: m = ρ⋅V = 5,946⋅10 = 59,46 kg тежината на воздухот во комората изнесува: G = m⋅g = 59,46⋅9,81 = 583,3 N Специфичната запремина претставува реципрочна вредност од густината, односно: 1 1 v= = = 0,168 m3/kg ρ 5,946

ρ=

Задача 1.6. Гасовите излегуваат од оџакот со температура t1 = 800 °C. Густината и притисокот на оваа температура на гасовите изнесуваат p1 = 760 mmHg и ρ1 = 0,3315 kg/m3. Да се определи густината на гасовите при t2 = 0 °C и при истиот притисок. Решение: Се користи равенката на состојбата на идеалните гасови: p1 p2 = R ⋅ T1 ; = R ⋅ T2

ρ2

ρ1

Од овие две равенки следи: p2 T1 ⋅ p1 T2 Од условите дадени во задачата p1 = p2 ; T1 = 273+800 = 1073 K ; T2 = 273+0 = 273 K, густината на гасовите при t2 = 0 °C изнесува: 760 1073 ρ 2 = 0,3315 ⋅ ⋅ = 1,303 kg/m3 760 273

ρ 2 = ρ1 ⋅

2

Задача 2.1. Запремина од 400 литри вода изложена е на притисок од 70 bar. Да се определи запремината на водата на овој притисок, ако нејзиниот коефициент на стисливост изнесува s = 4,84⋅10-10 m2/N. Решение: Запремината на водата на притисок p изнесува: Vp = V - ΔV Каде што намалената запремина ΔV предизвикана од притисокот p изнесува: ΔV = s⋅p⋅V за вредностите дадени во задачата: ΔV = 4,84⋅10-10⋅70⋅105⋅0,4 = 1,355⋅10-3 m3 ΔV = 1,355 l Бараната запремина на водата при дадениот притисок изнесува: Vp = V - ΔV = 400 – 1,355 = 398,645 l Задача 2.2. Колкав притисок е потребен да запремината на водата се намали за 1%, ако коефициентот на стисливост на водата изнесува s = 4,84⋅10-10 m2/N. Решение: Релативното намалување на запремината на водата за 1% одговара на: ΔV = 0,01 V од дефиницијата на коефициентот на стисливост: ΔV 1 ΔV 1 ⋅ се добива: p = ⋅ s= V s V p за дадените вредности во задачата: 0,01 p= = 20661151 Pa или p = 20,661 MPa 4,84 ⋅ 10 −10 Задача 2.3. При притисок од 50 MPa запремината на алкохолот 30 литри ќе се намали на 28,35 литри. Да се определи коефициентот и модулот на стисливост на алкохолот. Решение: Од условот даден во задачата следи: ΔV 30 − 28,35 = = 0,055 30 V Од дефиницијата на коефициентот на стисливост: ΔV 1 1,65 1 ⋅ = ⋅ = 10,8⋅10-10 m2/N s= V p 30 50 ⋅ 10 6 Модулот на стисливост претставува реципрочна вредност на коефициентот на ситсливост, односно: 1 1 = 9,259 ⋅ 10 8 N/m2 ε= = s 10,8 ⋅ 10 −10 Задача 2.4. Ако запремината на некоја течност е намалена за 0,0355% под притисок од 7 bar, да се определи нејзиниот модул на стисливост. Решение: Релативното намалување на запремината на течноста изнесува: ΔV = 0,00035 V според дефиницијата за коефициентот на стисливост:

3

1 ΔV 1 ⋅ = 0,00035⋅ = 5⋅10-10 m2/N 5 V p 7 ⋅ 10 модулот на стисливост изнесува: 1 1 = 2 ⋅ 10 9 Pa ε= = −10 s 5 ⋅ 10 s=

Задача 2.5. Да се определи коефициентот на стисливост на морската вода, ако се знае дека нејзината густина на слободната површина изнесува ρ0 = 1039,75 kg/m3, а на длабочина на која владее притисок p = 102 bar. Густината на таа длабочина изнесува ρ = 1044,75 kg/m3. Решение: од дефиницијата за коефициентот на стисливост: ΔV 1 s= ⋅ V p 1 Каде што v0 = претставува специфична запремина, следи:

ρ

Δv = v0⋅p⋅s Специфичната запремина на длабочина каде што владее надпритисок p изнесува: v = v0 - Δv = v0⋅(1 - s⋅p) 1 1 1 1 = ⋅ (1 − s ⋅ p ) , односно: со замена за v 0 = и v = , се добива

ρ0

ρ

ρ

ρ0 ρ − ρ0 s= ρ⋅p

За дадените вредности во задачата, коефициентот на стисливост на морската вода изнесува: 1044,75 − 1039,75 s= = 4,692⋅10-10 m2/N 5 1044,75 ⋅ 102 ⋅ 10 Задача 2.6. Цевка со дијаметар D = 200 mm и должина L = 100 m е изложена на хидраулично испитување. Да се определи колкава количина на вода е потребно дополнително да се додаде, за да се зголеми притисокот за p = 60 bar. Деформациите на цевката да се занемарат. Коефициентот на стисливост на водата изнесува s = 4,84⋅10-10 m2/N. Решение: Првобитната количина на вода во цевката изнесува: D2 ⋅π V0 = ⋅L 4 Од равенката на коефициентот на стисливост: ΔV 1 ΔV s= ⋅ = V Δp (V0 + ΔV ) ⋅ Δp следува дополнителната количина на вода: Δp ⋅ s ⋅ V D 2 ⋅ π Δp ⋅ s ΔV = = ⋅L⋅ 1 − s ⋅ Δp 4 1 − s ⋅ Δp за дадените вредности во задачата се добива: 0,2 2 ⋅ π 60 ⋅ 10 5 ⋅ 4,84 ⋅ 10 −10 ΔV = ⋅ 100 ⋅ 4 1 − 4,84 ⋅ 10 −10 ⋅ 60 ⋅ 10 5 -3 ΔV = 9,15⋅10 m3 или ΔV = 9,15 l

4

Задача 2.7. При некое хидраулично испитување на цевковод со дијаметар D = 400 mm и должина L = 2000 m, под притисок од p = 75 bar, после извесно време без да се доведува нова вода, притисокот падна на 70 bar. Ако се занемарат деформациите на цевководот, колку вода истекува за ова време заради непотполното заптивање на цевководот (за вода s = 5⋅10-10 m2/N). Решение: Од равенката на коефициентот на стисливост: ΔV 1 ΔV ⋅ = s= V Δp (V0 + ΔV ) ⋅ Δp следува количината на вода што истекува од цевководот: Δp ⋅ s ⋅ V0 ΔV = 1 + s ⋅ Δp

D2 ⋅π ⋅ L претставува првобитна количина на вода во цевководот. 4 D2 ⋅π Δp ⋅ s ΔV = ⋅L ⋅ 4 1 + s ⋅ Δp За вредностите дадени во задачата, количината на вода која истекува изнесува: 5 ⋅ 10 −10 ⋅ 5 ⋅ 10 5 0,4 2 ⋅ π = 12,566⋅10-3 m3 ΔV = ⋅ 2000 ⋅ 4 1 + 5 ⋅ 10 −10 ⋅ 5 ⋅ 10 5 ΔV = 12,566 l каде што V0 =

5

Задача 3.1. Да се определи кинематската вискозност на течност со густина ρ = 0,801 g/cm3 и динамичка вискозност η = 26,5⋅10-5 N⋅s/m2. Решение: Од зависноста помеѓу динамичката и кинематската вискозност: η = ρ⋅ν се добива вредноста на кинематската вискозност: η 26,5 ⋅ 10 −5 = 33,084⋅10-8 m2/s ν= = ρ 801 Задача 3.2. Ако вискозноста на маслото за подмачкување на мотор изнесува 30 °Е, а густината 890 kg/m3, да се определи динамичката вискозност на маслото. Решение: Според емпириската равенка на Убелоде кинематската вискозност изнесува: 0,0631 ν = 0,0731 o E − o cm2/s E 0,0631 ν = 0,0731⋅ 30 − = 2,191 cm2/s 30 Коефициентот на динамичката вискозност: η = ρ⋅ν = 890⋅2,191⋅10-4 = 195⋅10-3 N⋅s/m2 Задача 3.3. Да се определи кинематската вискозност на нафтата на температура од 20 °C, ако соодветната густина ρ = 800 kg/m3 и динамичката вискозност е 0,322 P (Поаз). Решение: Бидејќи 1 P = 0,1 N⋅s/m2, динамичката вискозност изнесува: η = 0,1⋅0,322 = 0,0322 N⋅s/m2 или η = 32,2⋅10-3 Pa⋅s Бараната кинематска вискозност ν ќе биде: η 32,2 ⋅ 10 −3 = 40,25⋅10-6 m2/s ν = = ρ 800 Задача 3.4. Да се определи вискозноста на глицеринот во Енглерови степени (°Е), ако неговата густина на 18 °С изнесува ρ = 1180 kg/m3, а динамичката вискозност η = 1,024 Pa⋅s. Решение: Кинематската вискозност на глицеринот за дадените услови изнесува: η 1,024 ν= = = 867,797⋅10-6 m2/s ρ 1180 Од равенката на Убелоде: 0,0631 ν = 0,0731 o E − o cm2/s E (°E)⋅ν = 0,0731⋅(°E)2 – 0,0631 (°E)2 – 13,679⋅ν⋅(°E) – 0,8632 = 0 Односно: (°E)2 – 118,725⋅ (°E) – 0,8632 = 0 (°E) = 118,732 Задача 3.5. Колкава е густината на течноста, ако се знае дека динамичката вискозност изнесува 0,352 P (Поази), а кинематската вискозност ν = 0,35 st (Стокси). Решение:

6

Од претходната задача 1 P = 0,1 Pa⋅s следи дека: η = 3,52⋅10-2 Pa⋅s и 1 st = 1 cm2/s = 10-4 m2/s ν = 0,35⋅ 10-4 m2/s Бараната густина на течноста изнесува: η 3,52 ⋅ 10 −2 = 1005,714 kg/m3 ρ= = −4 ν 0,35 ⋅ 10 Задача 3.6. Колку изнесува дебелината на маслениот слој помеѓу две плочи чија површина изнесува A = 4 m2 при што едната плоча мирува, а другата се движи со брзина v = 4,5 m/s под дејство на сила F = 1000 N. Маслото има кинематска вискозност ν = 40⋅106 m2/s и густина ρ = 920 kg/m3. Решение: За определување на напонот на смолкнување меѓу два слоеви се користи Њутн-овата равенка: dv τ =η ⋅ dy за услови во задачата: y = h и F = A⋅τ следи дебелината на маслениот слој: A ⋅v h =η ⋅ F Според условите дадени во задачата, динамичката вискозност изнесува: η = ρ⋅ν = 920⋅40⋅10-6 = 0,0368 N⋅s/m2 За дадените вредности во задачата, дебелината на маслениот слој изнесува: 4 ⋅ 4,5 A ⋅v = 0,0368 ⋅ = 0,6625⋅10-3 m h =η ⋅ F 1000 h = 0,6624 mm Задача 3.7. Со каква густина течноста се наоѓа помеѓу две плочи од кои едната мирува, а другата се движи со брзина v = 5 m/s. Површината на плочата е A = 6 m2, а дебелината на течниот слој што се наоѓа помеѓу плочите изнесува h = 0,1 mm. Влечната сила е F = 400 N, а кинематскиот вискозитет ν = 1,3⋅10-6 m2/s.

Решение: Во дефиницијата за тангенцијалната (влечна) сила F = η ⋅

A ⋅v се заменува за η = ρ⋅ν и h

се добива: v ⋅A h равенка за определување на густината на течноста помеѓу двете плочи: 0,1⋅ 10 −3 ⋅ 400 h⋅F ρ= = 1025,64 kg/m3 = ν ⋅ A ⋅ v 1,3 ⋅ 10 −6 ⋅ 6 ⋅ 5 F = ρ ⋅ν ⋅

7

Задача 4.1. Бакарна жица при температура од 20 °C има должина од 35 m. Колкава ќе и биде должината при температура од 40 °C ? Решение: Прирастот на должината на жицата ќе биде: ΔL = αc⋅L0⋅(t – t0) за бакар αc = 16,5⋅10-6 1/°C, со замена во претходната равенка: ΔL = 16,5⋅10-6⋅35⋅(40 – 35) = 0,115 m Конечната должина на жицата при 40 °C ќе биде: L = L0 + ΔL = 35 + 0,115 = 35,115 m Задача 4.2. Челичен лим со димензии 2000x2000x1 mm при температура од 20 °C има површина од 2 m2. Колкава ќе биде неговата површина при 100 °C ? Решение: Прирастот на површината ќе биде:

за челик αc = 11,6⋅10

-6

ΔA = A0⋅2⋅αc⋅(t – t0)

1/°C, следи: ΔA = 2⋅2⋅11,6⋅10-6⋅(100 - 20) = 0,003712 m2 Конечната површина на лимот при 100 °C ќе биде: A = A0 + ΔA = 2 + 0,003712 = 2,003712 m2

Задача 4.3. Во еден цилиндричен резервоар со дијаметар D = 3000 mm се наоѓа 15 m3 масло, при температура од 20 °C. Колкава треба да биде минималната висина на резервоарот, за да не истече маслото од него, ако се загрее на 95 °C ? Коефициентот на топлинско ширење на маслото е β = 0,001 1/°C. Решение: Запремината на маслото по загревањето ќе биде: V = V0 + ΔV = V0⋅[1 + β⋅(t – t0)] V = 15⋅[1 + 0,001⋅(95 – 20)] = 16,125 m3 За да не истече маслото, резервоарот треба да има запремина минимум еднаква на запремината на загреваното масло, односно: D2 ⋅π ⋅ h = 16,125 m3 4 4 ⋅V 4 ⋅ 16,125 h= 2 = = 2,28 m D ⋅π 32 ⋅ π што значи дека минималната висина на резервоарот треба да биде h = 2,28 m. Задача 4.4. Да се определи коефициентот на кинематската вискозност на 80 °C, ако коефициентот на динамичката вискозност на 0 °C изнесува η0 = 1,72⋅10-5 N⋅s/m2, а густината ρ0 = 1,293 kg/m3. Решение: Кај гасовите динамичката вискозност се менува со промената на температурата според равенката на Сундерланд, односно: 3/2

⎛T ⎞ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ T0 ⎠ каде што C0 претставува константа на Sunderland и истата за воздух има вредност C0 = 112.

ηT = η 0 ⋅

η 80 = 1,72 ⋅ 10 −5 ⋅

8

T0 + C 0 T + C0

273 + 112 ⎛ 353 ⎞ ⋅⎜ ⎟ 353 + 112 ⎝ 273 ⎠

3/2

= 2,094⋅10-5 N⋅s/m2

густината на воздухот на t = 80 °C изнесува: T 273 ρ 80 = ρ 0 ⋅ 0 = 1,293 ⋅ = 1 kg/m3 353 T кинематската вискозност на воздухот при t = 80 °C изнесува: η 2,094 ⋅ 10 −5 = 2,094⋅10-5 m2/s ν 80 = 80 = ρ 80 1 Задача 4.5. Коефициентот на кинематската вискозност на нафтата на 18 °C изнесува 1,4 cm2/s. Да се определи динамичката вискозност, ако густината на истата нафта на температура од 19 °C изнесува 0,91 g/cm2, а коефициентот на запреминско ширење β = 7,2⋅10-4 1/°C. Решение: Од општата равенка за промената на густината со промена на температурата: ρT = ρ0⋅[1 + β⋅(t – t0)] За предметните температури од 18 °C и 19 °C и реперна температура од 15 °C се добива: ρ18 = ρ15⋅[1 + β⋅(t18 – 15)] ρ19 = ρ15⋅[1 + β⋅(t19 – 15)] 1 + β ⋅ (19 − 15 ) 1+ 4 ⋅ β односно: ρ18 = ρ19 ⋅ = ρ19 ⋅ 1 + β ⋅ (18 − 15 ) 1+ 3 ⋅ β

1 + 4 ⋅ 7,2 ⋅ 10 −4 = 910,654 kg/m3 1 + 3 ⋅ 7,2 ⋅ 10 − 4 Коефициентот на динамичката вискозност за t = 18 °C се определува според следната равенка: 1+ 4 ⋅ β 1 + 4 ⋅ 7,2 ⋅ 10 −4 η18 = ρ19 ⋅ ⋅ν 18 = 910 ⋅ ⋅ 1,4 ⋅ 10 − 4 −4 1+ 3 ⋅ β 1 + 3 ⋅ 7,2 ⋅ 10 η18 = 0,1275 N⋅s/m2

ρ18 = 910 ⋅

Задача 4.6. Зависноста на коефициентот на динамичката вискозност η од апсолутната температура Т може приближно да се напише со следната равенка: η = B⋅eb/T, каде што B и b се константи кои зависат од видот на течноста и се независни од температурата. Да се определат вредностите на константите B и b за машинско масло чија вискозност изнесува η1 = 2,18 Pa⋅s на температура t1c = 14 °C и η2 = 0,602 Pa⋅s на температура t2c = 30 °C. Потоа да се определи η3 за t3c = 25 °C. Решение: Од равенките: η1 = B ⋅ e b / T1 и η 2 = B ⋅ e b / T2 после логаритмирањето се добива: b b lnη1 = ln B + lnη 2 = ln B + и T1 T2 Од овие равенки се добива зависноста за определување на b, односно: b b ln B = lnη1 − = lnη 2 − T1 T2

⎛1 1⎞ lnη1 − lnη 2 = b ⋅ ⎜⎜ − ⎟⎟ , односно за константата b следи: ⎝ T1 T2 ⎠ T ⋅T b = 1 2 ⋅ (lnη1 − lnη 2 ) T2 − T1 T ⋅ lnη 2 − T1 ⋅ lnη1 ln B = 2 T2 − T1

9

За дадените бројни вредности се добива: 287 ⋅ 303 ⋅ (ln 2,18 − ln 0,602) = 6993,961 b= 303 − 287 303 ⋅ ln 0,602 − 287 ⋅ ln 2,18 ln B = 303 − 287 lnB = -23,5898802 ; B = e-23,5898802 B = 5,689⋅10-11 Коефициентот на динамичката вискозност η3 за температура t3c = 25 °C или T = 298 K изнесува:

η3 = B ⋅ e

10

b T3

= 5,689 ⋅ 10

−11

⋅e

6993,961 298

= 0,8867 Pa⋅s

Задача 5.1. Резервоарите А и B до одредена висина наполнети се со вода, а над слободните површини манометрите покажуваат M1 = 3 bar и M2 = 3,6 bar. Диференцијалниот живин манометар покажува разлика H = 420 mm. Да се определи разликата помеѓу нивоата на слободните површини. Решение: Равенката за рамнотежа на хидростатичкиот притисок за референтната рамнина 1-1 е: pA + ρ⋅g⋅hx - ρ⋅g⋅H = pB + ρ⋅g⋅(hx – h) - ρz⋅g⋅H или pA + ρ⋅g⋅hx + g⋅H⋅(ρz - ρ) = pB + ρ⋅g⋅(hx – h) Бараната разлика на нивоата на слободните површини изнесува: p − p A − g ⋅ H ⋅ (ρ z − ρ ) (3,6 − 3 ) ⋅ 10 5 − 9,81 ⋅ 0,42 ⋅ (13600 − 1000 ) h= B = ρ ⋅g 1000 ⋅ 9,81 h = 0,824 m Задача 5.2. Во садот А владее подпритисок од 7,3 N/cm2. Колку изнесуваат вакууметарските висини во отворениот и затворениот вакууметар, а според сликата притисокот во затворениот вакууметар изнесува p = 0, а во отворениот вакууметар p0 = 1 bar.

Решение: За затворениот вакууметар подпритисокот изнесува: pvak = pA – p0 – paps, односно paps = p0 – pA равенката за рамнотежа на хидростатичкиот притисок за референтна рамнина 1-1: 0 + ρz⋅g⋅h1 = paps = p0 = pA Висината h1 изнесува: p − p A 10 5 − 7,3 ⋅ 10 4 h1 = 0 = = 0,202 m ρz ⋅ g 13600 ⋅ 9,81 Равенката за рамноте жа на хидростатичкиот притисок за референтна рамнина 2-2: p0 = ρz⋅g⋅h2 + paps = ρz⋅g⋅h2 + p0 – pA Висината h2 изнесува: pA 7,3 ⋅ 10 4 h1 = = 0,547 m ρ z ⋅ g 13600 ⋅ 9,81 Задача 5.3. Садовите А и B поврзани се помеѓу себе како на сликата. Садот А е затворен и делумно наполнет со вода со густина ρ = 1000 kg/m3. Над слободната површина владее подпритисок pv = 2,72 N/cm2. Садот B е наполнет со масло со густина ρ = 800 kg/m3. Разликата на слободните површини на течностите во садовите А и B се мери со помош на диференцијалниот манометар (U – цевка) која е наполнета со тетрахлорид со густина ρ2 = 1,6 kg/dm3. Да се определи разликата на нивоата на слободните површини ако познатите податоци според сликата изнесуваат h1 = 5000 mm и h2 = 400 mm. Решение: Равенката за рамнотежа на хидростатичкиот притисок за референтната рамнина 0-0 е: 11

p0 – pv + ρ1⋅g⋅h1 + ρ2⋅g⋅h2 = p0 + ρ3⋅g⋅(h1 + h2 – h) ρ3⋅g⋅h = g⋅h1⋅(ρ3 - ρ1) + g⋅h2⋅(ρ3 - ρ2) + pv бараната разлика на нивоата на слободните површини изнесува: ρ − ρ1 ρ − ρ2 pv h= 3 ⋅ h1 + 3 ⋅ h2 + ρ3 ρ3 ρ3 ⋅ g h=

2,72 ⋅ 10 4 800 − 1600 800 − 1000 ⋅5 + ⋅ 0,4 + = 1,816 m 800 ⋅ 9,81 800 800 Задача 5.4. Треба да се определи притисокот на гасот со посредство на диференцијалниот двомедиумски манометар кој покажува диференција h. Течностите кои не се мешаат имаат густини ρ1 и ρ2. Познат е и односот на дијаметрите d/D.

Решение: Линиите 0-0 и 1-1 претставуваат рамнотежни линии (почетни нивоа). Равенката за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 2-2 од десната страна: (1) p2 = p0 + ρ1⋅g⋅(x + h) Равенката за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 2-2 од левата страна: (2) p2 = p + ρ1⋅g⋅(Δh + x) + ρ2⋅g⋅h со изедначување на равенките (1) и (2) се добива: p + ρ1⋅g⋅(Δh + x) + ρ2⋅g⋅h = p0 + ρ1⋅g⋅(x + h) односно: (3) p = p0 – (ρ2 - ρ1)⋅g⋅h - ρ1⋅g⋅Δh запремината на течноста со ρ1 е константна, односно:

D2 ⋅ π d2 ⋅π ⋅ Δh = ⋅h ⇒ 4 4 Со внесување на Δh во равенката (3) се добива:

⎛d ⎞ Δh = h ⋅ ⎜ ⎟ ⎝D⎠

2

2

⎛d ⎞ p = p0 – (ρ2 - ρ1)⋅g⋅h - ρ1⋅g⋅ ⎜ ⎟ ⋅h ⎝D⎠ за ρ1 < ρ2 следи p < p0, односно притисокот во топчестиот сад ќе биде помал од атмосферскиот. Вакуумот во топчестиот сад изнесува: 2

за d p2 со (y) е означено внатрешното спуштање на течноста под рамнотежната положба (p1 = p2). При p1 > p2 со (x) е означено надворешното подигање на течноста над рамнотежната положба (p1 = p2). Потребно е да се постави функционална зависност помеѓу отстапувањето h (мерената големина) и диференцијалниот притисок (p1 – p2). Равенката за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 1-1: (1) p1 = p2 + ρ⋅g⋅(x + y) Равенката за рамнотежа на ѕвоното: D2 ⋅π D 2 − D32 D2 ⋅ π p1 ⋅ 3 + (p1 + ρ ⋅ g ⋅ (a − y − h )) ⋅ 2 ⋅ π = G + p2 ⋅ 2 4 4 4 Тежината на ѕвоното се определува од рамнотежната положба: D 2 − D32 ⋅π G = ρ ⋅g ⋅a⋅ 2 4 со средување се добива: D 2 − D32 D2 ⋅π D2 ⋅ π p1 ⋅ 2 − ρ ⋅ g ⋅ ( y + h) ⋅ 2 ⋅ π = p2 ⋅ 2 (2) 4 4 4 Запремината на течноста во приборот е константа, односно: D32 − D 42 D 2 − D32 D 2 − D 22 ⋅π ⋅ y = 2 ⋅π ⋅h + 1 ⋅π ⋅ x (3) 4 4 4 Од системот равенки (1), (2) и (3) се добива функционална зависност меѓу h и (p1 – p2), односно: D32 ⋅ D12 − D 22 ⋅ D 42 p1 − p 2 h= ⋅ 2 ρ ⋅g D1 − D 42 ⋅ D 22 − D32

(

)(

)

Задача 5.6. Два еднакви сврзани цилиндрични садови имаат еднакви дијаметри d = 100 mm, од кои левиот е отворен а десниот затворен. Над слободната површина на отворениот сад владее атмосферски притисок p0 = 1 bar, а во затворениот p2 = 1,1962 bar. Слободната површина на затворениот сад е за h = 2 m под капакот. Колкава треба да биде густината ρ = ? на течноста во отворениот сад која е во рамнотежа со притисокот p2, како би слободните површини биле на исто ниво. Замислената течност со ρx не се меша со водата. Решение:

Равенката за рамнотежа на хидростатичкиот притисок за референтната рамнина 0-0 изнесува: p0 + ρ⋅g⋅h1 = p2 p − p 0 (1,1962 − 1) ⋅ 10 5 =2m h1 = 2 = ρ ⋅g 1000 ⋅ 9,81 Со замислената течност, нивото на слободната површина ќе порасне за Δh1/2 над референтната рамнина 0-0. Се претпоставува дека компресијата над слободната површина на затворениот сад е 13

изотермна. p2⋅V2 = p 2' ⋅ V2'

d 2 ⋅π 0,12 ⋅ π ⋅h = ⋅2 4 4 V2 = 0,157 m3 Од равенката на состојбата (p2⋅V2 = p2' ⋅ V2' ), за изотермна промена се добива: V2 =

h ⎞ 0,12 ⋅ π ⎛ ⋅ ⎜⎜ h − 1 ⎟⎟ = ⋅ (2 − 1) = 78,54⋅10-4 m3 2 4 ⎝ ⎠ V 157 p 2' = p 2 ⋅ 2' = 1,1962 ⋅ = 2,3924⋅105 Pa 78,54 V2 Равенката за рамнотежа на хидростатичкиот притисок за референтната рамнина 1-1 е: V2' =

d 2 ⋅π 4

p0 + ρ x ⋅ g ⋅ h1 = p2' + ρ v ⋅ g ⋅ h1

ρx =

p2' − p0 (2,3924 − 1) ⋅ 10 5 + 1000 = 8097 kg/m3 +ρ = g ⋅ h1 9,81⋅ 2 Задача 5.7. Да се определат големините x и y во зависност од познатите параметри: F1 во N ; F2 во N ; A1 во m2 ; A2 во m2 и за запремината на течноста V во m3, од условот да двата клипа останат во рамнотежа. Решение: Равенка за рамнотежа на притисоците за рамнина на горната површина на големиот клип: p2 = p1 + ρ⋅g⋅(x + y) равенка на притисоците изразена преку силите на

клиповите: F2 F = 1 + ρ ⋅ g ⋅ (x + y ) A2 A1 Запремината на течноста: V = A1⋅x + A2⋅y A V y = − 1 ⋅x A2 A2

од тука следи:

⎛F F ⎞ ⋅ ⎜⎜ 2 − 1 ⎟⎟ ⎝ A2 A1 ⎠ од двете последни равенки се добиваат бараните големини: A F2 − F1 ⋅ 2 − ρ ⋅ g ⋅ V A1 x= ρ ⋅ g ⋅ (A2 − A1 )

од горната равенка:

x+y =

y =

1 ρ ⋅g

V − A2

F2 ⋅

A1 A − F1 − ρ ⋅ g ⋅ V ⋅ 1 A2 A2 ρ ⋅ g ⋅ (A2 − A1 )

Задача 5.8. На трите хидраулични цилиндри со дијаметри D1 = 300 mm, D2 = 200 mm и D3 = 100 mm преку соодветните клипови делуваат исти сили F1 = F2 = F3 = 100 N. Масите на клиповите изнесуваат: m1 = 35 kg, m2 = 15 kg и m3 = 3 kg, а цилиндрите се наполнети со масло со ρ = 900 kg/m3. 14

a) да се определи рамнотежната положба на клиповите во однос на рамнината 00. б) да се определат силите F1' и F2' кои ќе овозможат да сите клипови бидат во иста рамнина (силата F3 останува иста). Да се определи новата рамнотежна положба на клиповите. Решение:

а) надпритисоците кои резултираат од сопствените сили и маси на клиповите изнесуваат: F + m ⋅ g 100 + 35 ⋅ 9,81 = 6272 Pa p m1 = 1 2 1 = D1 ⋅ π 0,3 2 ⋅ π 4 4 F2 + m 2 ⋅ g 100 + 15 ⋅ 9,81 pm2 = = = 7867 Pa 0,2 2 ⋅ π D 22 ⋅ π 4 4 F3 + m 3 ⋅ g 100 + 3 ⋅ 9,81 = 16480 Pa pm3 = = 0,12 ⋅ π D32 ⋅ π 4 4 Од равенката за рамнотежа на хидростатичките притисоци за референтната рамнина 0-0: p0 + pm1 + ρ⋅g⋅H1 = p0 + pm2 + ρ⋅g⋅H2 = p0 + pm3 се добиваат бараните висини: p − p m1 16480 − 6272 = 1,156 m H1 = m3 = ρ ⋅g 900 ⋅ 9,81 p − p m 2 16480 − 7867 = 0,975 m H 2 = m3 = ρ ⋅g 900 ⋅ 9,81 б) Под клипот 3 делува истиот надпритисок. Равенката за новата рамнотежна состојба за рамнина под површините на клиповите изнесува: D2 ⋅ π F1' + m1 ⋅ g = p m 3 ⋅ 1 4 2 D ⋅π 0,3 2 ⋅ π F1' = p m 3 ⋅ 1 − m1 ⋅ g = 16480 ⋅ − 35 ⋅ 9,81 4 4 F1' = 821,55 N D 22 ⋅ π 4 2 D ⋅π 0,2 2 ⋅ π F2' = p m 3 ⋅ 2 − m 2 ⋅ g = 16480 ⋅ − 15 ⋅ 9,81 4 4 F2' = 370,58 N Од условот за нестисливост на флуидот се добива: D2 ⋅ π D12 ⋅ π D2 ⋅π D2 ⋅ π D2 ⋅π ⋅ H1 + 2 ⋅ H2 = 1 ⋅H + 2 ⋅H + 3 ⋅H 4 4 4 4 4 D2 ⋅ H + D2 ⋅ H 0,3 2 ⋅ 1,156 + 0,2 2 ⋅ 0,975 H= 1 2 1 2 2 22 = = 1,022 m D1 + D 2 + D3 0,3 2 + 0,2 2 + 0,12 F2' + m 2 ⋅ g = p m 3 ⋅

15

Задача 5.9. Хидрауличната преса треба да произведе работна сила од 1000 kN на висина од 160 mm. Дијаметарот на големиот клип изнесува 220 mm, а на малиот 20 mm. Полугата на која се делува со сила F има должина L = 1 m, а растојанието a = 35 mm. Периодата на делување на силата F е 30 ефективни тактови во минута, а одот на малиот клип изнесува s = 35 mm. Коефициентот на полезно дејство на преносот изнесува 0,8. Да се определи силата F, и вкупното потребно време за постигнување на бараната висина на големиот клип. Решение: Притисокот под големиот клип изнесува: Fp 4 ⋅ 1 ⋅ 10 6 p= 2 = = 26306602 Pa = 263,06 bar D ⋅π 0,22 2 ⋅ π 4 Збирот на моментите околу точката О изнесува: a F = Fk ⋅ односно F⋅L = Fk⋅a L 2 d ⋅π Fk = p ⋅ од друга страна , за силата F имаме: 4 d 2 ⋅π a 0,02 2 ⋅ π 35 F = p⋅ ⋅ = 26306602 ⋅ ⋅ = 289,26 N 4 L 4 1000 Aко се земе предвид КПД при преносот се добива: F 289,26 Frea ln o = = = 361,57 N η 0,8 од условот за нестисливост на флуидната маса се добива:

d2 ⋅π D2 ⋅π ⋅s = ⋅h 4 4

2

2

⎛d ⎞ ⎛ 20 ⎞ ⇒ h = s ⋅ ⎜ ⎟ = 35 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝D⎠ ⎝ 220 ⎠ h = 0,29 mm Потребниот број на тактови за да се постигне бараната висина на големиот клип изнесува: H 160 n= = = 552 h 0,29 Потребното време за да се постигне висината H = 160 mm изнесува: 552 T = = 18,4 min 30 Задача 5.10. Цилиндричен сад со дијаметар D = 400 mm и маса m = 50 kg наполнет е со вода (ρ = 1000 kg/m3) до висина a = 0,3 m и виси без триење на клипот со дијаметар d = 0,2 m. a) Да се определи подпритисокот кој обезбедува рамнотежа на садот. б) Да се определат силите кои ги оптеретуваат групите завртки А-А и В-В. Решение: а) силата на капакот (А-А) која делува вертикално надолу изнесува: D2 − d 2 P1 = ⋅ π ⋅ pv 4

16

Бидејќи тежината делува надолу, силата на притисок на дното мора да делува нагоре и има интензитет: D2 ⋅π P2 = ⋅ (p v − ρ ⋅ g ⋅ a ) 4 од рамнотежата на силите се добива подпритисокот, односно: P1 + m⋅g – P2 = 0 2 2 D −d D2 ⋅ π pv ⋅ ⋅π + m ⋅g − ⋅ (pv − ρ ⋅ g ⋅ a ) = 0 4 4 4⋅m⋅g

2

2

4 ⋅ 50 ⋅ 9,81 ⎛D⎞ ⎛ 400 ⎞ + ρ ⋅g ⋅a⋅⎜ ⎟ = + 10 3 ⋅ 9,1 ⋅ 0,3 ⋅ ⎜ ⎟ 2 2 d ⋅π 0,2 ⋅ π ⎝d ⎠ ⎝ 200 ⎠ pv = 27385,1 Pa = 27,4 kPa б) Силата која делува на системот завртки А-А изнесува: D2 − d 2 0,4 2 − 0,2 2 FA = P1 = pv ⋅ ⋅ π = 27385,1 ⋅ ⋅ π = 2580,98 N = 2,58 kN 4 4 Силата која делува на системот завртки В-В изнесува: 0,4 2 ⋅ π D2 ⋅π FB = ⋅ (p v − ρ ⋅ g ⋅ a ) = ⋅ 27385,1 − 10 3 ⋅ 9,81 ⋅ 0,3 = 3071,48 N = 3,07 kN 4 4 pv =

(

)

17

18

Задача 6.1. Да се определи минималната сила на затегање PT и реакцијата R0 во зглобот О, на затворачот во форма на триаголник, ако се дадени следните податоци: H = 3 m ; h = 2 m ; b = c = 1,8 m и α1 = α2 = 60°. Решение: Силата на притисок на затворачот изнесува: P = ρ⋅g⋅zc⋅A = 1 ⎛ ⎞ 1 ρ ⋅ g ⋅ ⎜ H − ⋅ h ⋅ cos 30 o ⎟ ⋅ ⋅ b ⋅ h = 3 ⎝ ⎠ 2

1 ⎛ ⎞ 1 1000 ⋅ 9,81 ⋅ ⎜ 3 − ⋅ 2 ⋅ 0,866 ⎟ ⋅ ⋅ 1,8 ⋅ 2 3 ⎝ ⎠ 2 P = 42779 N Растојанието на нападната точка на силата на притисок од слободната површина изнесува: I νD =νC + C νC ⋅ A Растојанието од тежиштето на триаголникот – затворачот до слободната површина: H 1 νC = − ⋅h 3 cos 30 o H b ⋅ h3 1 νD = h − ⋅ + 1 ⎞ 1 ⎛ H cos 30o 3 36 ⋅ ⎜ − ⋅ h⎟ ⋅ ⋅ b ⋅ h o ⎝ cos 30 3 ⎠ 2 3 1 22 2 νD = − ⋅ + 3 1 ⎞ 1 ⎛ cos 30 o 3 36 ⋅ ⎜ − ⋅ 2⎟ ⋅ o 3 ⎝ cos 30 ⎠ 2 Моментната равенка околу зглобот О X =0

∑

∑Y = 0

-P⋅cos30° + PT⋅cos60° = Rx Rx = 16117⋅cos60° - 42779⋅cos30° = - 28989 N Ry = PT⋅sin60° - P⋅sin30° = 16117⋅sin60° - 42779⋅sin30° Ry = - 7431,7 N R 0 = R x2 + R y2 = 28989 2 + 7431,7 2 = 29926 N

Задача 6.2. Преградата се врти околу зглобот "O" и при H1 ≥ 6 m автоматски ја пропушта водата на другата страна каде што нивото е H2 = 3 m. Да се определи растојанието (x = ?) при кое нивото H2 ќе биде константно. Ширината на преградата B = 8 m, а аголот α = 60°. Загубите во зглобот да се занемарат. Решение: Силата на притисокот на делот AB : H − H2 H − H 2 H1 − H 2 P1 = ρ ⋅ g ⋅ z c1 ⋅ 1 ⋅B = ρ ⋅g ⋅ 1 ⋅ ⋅B o 2 cos 30 cos 30 o

19

P1 = 1000 ⋅ 9,81 ⋅

(6 − 3)2

⋅ 8 = 407794 N 3 2⋅ 2 Силата на притисок на делот BC : H2 H ⎞ H2 ⎛ P2 = ρ ⋅ g ⋅ z c 2 ⋅ ⋅ B = ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜ H 1 − 2 ⎟⎟ ⋅ ⋅B o 2 ⎠ cos 30 o cos 30 ⎝

3⎞ 3 ⎛ P1 = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ ⎜ 6 − ⎟ ⋅ ⋅ 8 = 1223382 N 2 ⎠ cos 30 o ⎝ Силата на притисокот на делот BC од левата страна: H2 H 22 P3 = ρ ⋅ g ⋅ z c 2 ⋅ ⋅ B = ρ ⋅ g ⋅ ⋅B cos 30 o 2 ⋅ cos 30 o 32 P3 = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ ⋅ 8 = 407794 N 2 ⋅ cos 30 o Екцентрицитетите на нападните точки: 3

⎛ H1 − H 2 ⎞ ⎜⎜ ⎟ ⋅B o ⎟ I c1 H1 − H 2 6−3 ⎝ cos 30 ⎠ Δν 1 = = = = = 0,577 m o H H H H − − ν c1 ⋅ A1 6 ⋅ cos 30 6 ⋅ cos 30 o 1 2 1 2 12 ⋅ ⋅ ⋅B 2 ⋅ cos 30 o 2 ⋅ cos 30 o 3

2

⎛ H2 ⎞ ⎛ H2 ⎞ ⎜⎜ ⎟ ⋅B ⎜⎜ ⎟ o ⎟ o ⎟ Ic2 ⎝ cos 30 ⎠ ⎝ cos 30 ⎠ Δν 2 = = = H H2 ν c 2 ⋅ A2 H1 − 2 H1 − H 2 2 ⋅ 2 ⋅ B 12 ⋅ 12 ⋅ o o cos 30 cos 30 cos 30 o 2

3 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ o ⎝ cos 30 ⎠ = 0,192 m Δν 2 = 6 − 1,5 12 ⋅ cos 30 o

⎛ H2 ⎜⎜ o ⎝ cos 30 H2

3

⎞ ⎟⎟ ⋅ B I c3 H2 3 ⎠ Δν 3 = = = = o H ν c 3 ⋅ A3 6 ⋅ cos 30 6 ⋅ cos 30 o 2 12 ⋅ ⋅ ⋅B o o 2 ⋅ cos 30 cos 30 Δν3 = 0,577 m Равенката за рамнотежа на силите во однос на зглобот "O" : ⎛ H1 ⎞ ⎛ H2 ⎛ H − H2 ⎞ ⎛ ⎞⎞ − ⎜⎜ 1 + Δν 1 ⎟⎟ − x ⎟⎟ + P3 ⋅ ⎜⎜ x − ⎜⎜ − Δν 3 ⎟⎟ ⎟⎟ = P1 ⋅ ⎜⎜ o o o ⎝ 2 ⋅ cos 30 ⎠ ⎝ 2 ⋅ cos 30 ⎠⎠ ⎝ cos 30 ⎠ ⎝ ⎛ H2 ⎛ ⎞⎞ = P2 ⋅ ⎜⎜ x − ⎜⎜ − Δν 2 ⎟⎟ ⎟⎟ o ⎝ 2 ⋅ cos 30 ⎠⎠ ⎝ односно: ⎛ ⎞ ⎛ 6 3 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞ 407794 ⋅ ⎜⎜ −⎜ + 0,577 ⎟ − x ⎟⎟ + 407794 ⋅ ⎜⎜ x − ⎜ − 0,577 ⎟ ⎟⎟ = o o o ⎝ 2 ⋅ cos 30 ⎠ ⎝ 2 ⋅ cos 30 ⎠⎠ ⎝ cos 30 ⎠ ⎝ ⎛ 3 ⎛ ⎞⎞ 1223382 ⋅ ⎜⎜ x − ⎜ − 0,192 ⎟ ⎟⎟ o ⎝ 2 ⋅ cos 30 ⎠⎠ ⎝ x = 2,7 m 20

Задача 6.3. Резервоарот наполнет со течности со густини ρ1 и ρ2, поделен е со вертикална преграда во која се наоѓа отвор во форма на рамнокрак триаголник со основа 2а и висина 2h. На слободната површина на левиот дел од резервоарот владее надпритисок pm, а во десниот атмосферски притисок p0. Да се определи големината и нападната точка на резултантната сила на притисок на затворачот.

Решение:

Притисокот на горниот дел од затворачот AC = h и на длабочина x од слободната површина изнесува: p1 = p0 + pm + ρ1⋅g⋅x p2 = p0 + ρ2⋅g⋅x Разликата на притисокот од двете течности изнесува: Δp1 = pm + ρ⋅g⋅(ρ1 - ρ2)⋅x = f(x) Елементарната сила на притисок изнесува: dP1 = Δp1⋅dA1 Eлементарната површина dA1 = b⋅dx од сликата a : h = b : x односно b =

a ⋅x h

a ⋅ x ⋅ dx h Вкупната сила на горниот дел од затворачот изнесува: dA1 =

P1 =

h a a ⎛ p ⋅ h2 h3 ⋅ (p m + g ⋅ (ρ 1 − ρ 2 ) ⋅ x ) ⋅ x ⋅ dx = ⋅ ⎜ m + g ⋅ (ρ 1 − ρ 2 ) ⋅ 3 h 0 h ⎜⎝ 2 ⎛p h⎞ P1 = a ⋅ h ⋅ ⎜⎜ m + g ⋅ (ρ 1 − ρ 2 ) ⋅ ⎟⎟ 2 3⎠ ⎝

∫

(

⎞ ⎟ или ⎟ ⎠

)

Притисокот на долниот дел на затворачот CB = h , а на длабочина y изнесува: p3 = p0 + pm + ρ1⋅g⋅y p4 = p0 + ρ2⋅g⋅h + ρ1⋅g⋅(y – h) Разликата на притисокот од двете страни на затворачот изнесува: Δp2 = p3 – p4 = pm + g⋅h⋅(ρ1 - ρ2) = const. елементарната сила на притисок dP2 = Δp2⋅dA2 елементарната површина dA2 = c⋅dy a од сликата следува соодносот: c : y = 2a : 2h, односно c = ⋅ y h

dA2 =

a ⋅ y ⋅ dy h

Вкупната сила на долниот дел од затворачот: P2 = Δp 2 ⋅ dA2 = (p m + g ⋅ h ⋅ (ρ 1 − ρ 2 )) ⋅

∫ A

2h

a ⋅ y ⋅ dy h h

∫

21

3 ⋅ a ⋅ h ⋅ (p m + g ⋅ h ⋅ (ρ 1 − ρ 2b )) 2 Вкупната резултантна сила на притсок: P = P1 + P2 h⎞ 3 ⎛p P = a ⋅ h ⋅ ⎜⎜ m + g ⋅ (ρ 1 − ρ 2 ) ⋅ ⎟⎟ + ⋅ a ⋅ h ⋅ (p m + g ⋅ (ρ 1 − ρ 2 ) ⋅ h ) 3⎠ 2 ⎝ 2 P2 =

11 ⎛ ⎞ P = a ⋅ h ⋅ ⎜ 2 ⋅ pm + ⋅ g ⋅ h ⋅ (ρ 1 − ρ 2 )⎟ 6 ⎝ ⎠ Моментната равенка за вкупните сили на притисок и нивната резултанта во однос на точката B изнесува: h

2h

0

h

P ⋅ z = dP1 ⋅ (2h − x ) ⋅ dx +

∫

h

P ⋅z =

∫ (p

m

+

∫ (p h

растојанието z, изнесува: a z= h⋅P

m

2

+ g ⋅ (ρ 1 − ρ 2 ) ⋅ x ) ⋅

o

2h

∫ dP ⋅ (2h − y ) ⋅ dy

+ g ⋅ (ρ 1 − ρ 2 ) ⋅ h ) ⋅

a ⋅ x ⋅ (2h − x ) ⋅ dx + h

a ⋅ y ⋅ (2h − y ) ⋅ dy h

односно нападната точка на вкупната (резултантна) сила на притисок 5 2 2 ⎛2 ⎞ ⋅ ⎜ ⋅ pm ⋅ h 3 + ⋅ g ⋅ (ρ 1 − ρ 2 ) ⋅ h 4 + ⋅ p m ⋅ h 3 + ⋅ g ⋅ (ρ 1 − ρ 2 ) ⋅ h 4 ⎟ 12 3 3 ⎝3 ⎠ 4 13 ⋅ pm + ⋅ g ⋅ (ρ 1 − ρ 2 ) ⋅ h 12 z= 3 11 2 ⋅ pm + ⋅ g ⋅ (ρ 1 − ρ 2 ) ⋅ h 4 6

Задача 6.4. На вертикалниот ѕид има квадратен отвор B x B = 1 x 1 m, а истиот се затвора со квадратен затворач со истите димензии со посредство на масата m оддалечена за r = 1,5 m од зглобот А. а) да се определи минималната вредност на масата m која овозможува да нивото во резервоарот остане константно на висина H = 2 m при што h = 0,3 m. б) да се определи реакцијата во зглобот А. в) да се определи подпритисокот над слободната површина на резервоарот под услов да затворачот го затвора отворот без помош на масата m. Решение:

а) силата на притисокот на затворачот изнесува: B⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ P = ρ ⋅ g ⋅ z c = ρ ⋅ g ⋅ ⎜ H − ⎟ ⋅ B ⋅ B = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ ⎜ 2 − ⎟ ⋅ 1 ⋅ 1 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ P = 14715 N Моментната равенка на силата на притисок P и тежината G = m⋅g во однос на зглобот А: ⎛B ⎞ m ⋅ g ⋅ r = P ⋅ ⎜ + Δz D + h ⎟ ⎝2 ⎠ екцентрицитетот на нападната точка изнесува:

22

B ⋅ B3 B2 12 = = = 0,0556 m 6 ⋅ (2 ⋅ H − B ) 6 ⋅ (2 ⋅ 2 − 1) B⎞ ⎛ 12 ⋅ ⎜ H − ⎟ ⋅ B ⋅ B 2⎠ ⎝ вредноста на масата m изнесува: ⎛B ⎞ ⎛1 ⎞ P ⋅ ⎜ + Δz D + h ⎟ 14715 ⋅ ⎜ + 0,0556 + 0,3 ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = m= = 855,56 kg g ⋅r 9,81 ⋅ 1,5 б) резултантната сила во зглобот А изнесува: Δz D =

Ic = zc ⋅ A

R = P 2 + G 2 = 14715 2 + (855,56 ⋅ 9,81) = 16940 N в) подпритисокот над слободната површина се добива кога равенката за силата на притисок се изедначи со нула, односно за P = 0. 1⎞ B⎞ ⎛ ⎛ pv = ρ ⋅ g ⋅ ⎜ H − ⎟ = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ ⎜ 2 − ⎟ = 14715 Pa 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ pv = 14,715 kPa 2

Задача 6.5. Затворачот ABE со ширина L се врти околу зглобот B, и е под дејство на притисокот на водата според сликата. Да се определи равенката за моментот на силите на притисок околу зглобот B, а потоа да се определи неговиот интензите за дадени податоци. L = 3 m ; H = 1 m ; a = 1 m и α = 60°. Решение: На делот AB делува силата на притисок: H H 3 P1 = ρ ⋅ g ⋅ z c ⋅ A = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ ⋅L = ⋅ ρ ⋅g ⋅H2 ⋅L 2 sin α 3 Растојанието на нападната точка D на силата на притисок P1 од тежиштетото C на косиот дел на затворачот изнесува: 3

CD = Δν =

Ic A ⋅ν c

⎛ H ⎞ L⋅⎜ ⎟ 3 ⎝ sin α ⎠ = ⋅H = H H 9 ⋅L⋅ 12 ⋅ sin α 2 ⋅ sin α

Растојанието BD : H H 3 2⋅ 3 BD = − Δν = − ⋅H = ⋅H o 2 ⋅ sin α 9 9 2 ⋅ sin 60 На хоризонталниот дел BE водата делува со сила: P2 = ρ⋅g⋅H⋅a⋅L на растојание BC односно а/2 од зглобот В. Резултантниот момент на силите P1 и P2 во однос на зглобот В изнесува: a a2 3 2⋅ 3 M B = P2 ⋅ − P1 ⋅ BD = ρ ⋅ g ⋅ H ⋅ L ⋅ − ⋅ ρ ⋅g ⋅H2 ⋅L⋅ ⋅H 2 2 3 9 ⎛ a2 2 ⎞ M B = ρ ⋅ g ⋅ H ⋅ L ⋅ ⎜⎜ − ⋅ H 2 ⎟⎟ односно: ⎝ 2 9 ⎠ ⎛ 12 2 ⎞ M B = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 1⋅ 3 ⋅ ⎜⎜ − ⋅ 12 ⎟⎟ = 8175 Nm ⎝2 9 ⎠

23

Задача 6.6. Силата на притисокот кој делува на преградата со висина H = 4 m и ширина B = 6 m, се предава на четири хоризонтални носачи. Да се определат растојанијата x од слободната површина од условот да сите полиња бидат еднакво оптеретени. Да се определи резултантната сила на притисок и нападната точка.

P2 = ρ ⋅ g ⋅ z c 2

Решение: Силата на притисок во поедини полиња изнесува: 1 P1 = ⋅ P 4 a2 1 H2 P1 = ρ ⋅ g ⋅ z c1 ⋅ A1 = ρ ⋅ g ⋅ ⋅B = ⋅ ρ ⋅g ⋅ ⋅B 2 4 2 H2 H a2 = или a= =2 m 2 4 1 b −a⎞ H2 ⎛ ⋅ A2 = ρ ⋅ g ⋅ ⎜ a + ⋅B ⎟ ⋅ (b − a ) ⋅ B = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ 2 ⎠ 4 2 ⎝

(b + a ) ⋅ (b − a ) = ⎛⎜ H ⎞⎟ ⎝2⎠

2

b2 − a2 =

;

H2 H⋅ 2 ⇒b= 4 2

1 c − b⎞ H2 ⎛ P3 = ρ ⋅ g ⋅ z c 3 ⋅ A3 = ρ ⋅ g ⋅ ⎜ b + ⋅B ⎟ ⋅ (c − b ) ⋅ B = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ 2 ⎠ 4 2 ⎝

(c + b ) ⋅ (c − b ) = H

2

H2 4

c 2 − b2 =

;

c=

или

H⋅ 3 2

4 Растојанието x од слободната површина изнесува: I c1 a B ⋅ a3 4⋅a 8 x 1 = z c1 + = + = = = 1,333 m a z c1 ⋅ A1 2 6 6 12 ⋅ ⋅ a ⋅ B 2 3 Ic2 ( b−a b − a) ⋅ B x 2 = zc 2 + =a+ + z c 2 ⋅ A2 2 b −a⎞ ⎛ 12 ⋅ ⎜ a + ⎟ ⋅ (b − a ) ⋅ B 2 ⎠ ⎝ 2

⎛H ⋅ 2 H ⎞ ⎜ − ⎟ 2 ⎜ 2 2 ⎟⎠ 2⋅ 2 −2 b−a 2+ 2⋅ 2 ⎝ = 2,4379 m x2 = a + + = + 2 2 ⎛H ⋅ 2 H ⎞ 6⋅ 2⋅ 2 + 2 6⋅⎜ + ⎟ ⎜ 2 2 ⎟⎠ ⎝ I c3 (c − b )3 ⋅ B (c − b )2 b+c b+c x 3 = zc3 + = + = + z c 3 ⋅ A3 2 2 6 ⋅ (c + b ) c − b⎞ ⎛ 12 ⋅ ⎜ b + ⎟ ⋅ (c − b ) ⋅ B 2 ⎠ ⎝

(

(

)

(

)

)

2

2⋅ 3 −2⋅ 2 2⋅ 2 + 2⋅ 3 x3 = + = 3,1569 m 2 6⋅ 2⋅ 3 + 2⋅ 2

x 4 = zc 4

24

Ic4 H +c + = + 2 z c 4 ⋅ A4

(

(H − c )

3

)

⋅B

H −c⎞ ⎛ 12 ⋅ ⎜ c + ⎟ ⋅ (H − c ) ⋅ B 2 ⎠ ⎝

(H − c ) H +c = + 2 6 ⋅ (H − c ) 2

(

)

4−2 3 4+2 3 + = 3,738 m 2 6⋅ 4+2 3 Резултантната сила на притисок : x4 =

P = ρ ⋅g ⋅

(

)

H 4 ⋅ H ⋅ B = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ ⋅ 4 ⋅ 6 = 470880 N 2 2

Нападната точка xD изнесува:

xD =

I H H + c = + 2 zc ⋅ A 2

B ⋅H3 H H 4⋅H 4⋅4 = + = = = 2,666 m H 2 6 6 6 12 ⋅ ⋅ H ⋅ B 2

Задача 6.7. Затворачот со димензии h = 1,8 m ; b = 0,4 m и L = 2,4 m го затвора правоаголниот отвор во косиот ѕид (α = 60 °). Затворачот со помош на челично јаже се движи низ водилките. Нивото на водата (ρ = 1000 kg/m3) во резервоарот изнесува H = 10 m, масата на затворачот m = 2000 kg, а коефициентот на триење меѓу затворачот и водилките изнесува f = 0,35. Да се определи најмалата сила (Fj) потребна за дигање на затворачот од почетната положба (кога отворот е затворен). Решение:

Рамнотежата на силите во правецот на ν - оската: Fj + P3 – P2 – Ftr - G⋅sinα = 0 односно, силата во јажето изнесува: Fj = Ftr + G⋅sinα + P2 - P3 Силата на триење Ftr = Fn⋅f = (P1 + G⋅cosα)⋅f Интензитетот на силите: h ⎛ ⎞ P1 = ρ⋅g⋅zc1⋅A1 = ρ ⋅ g ⋅ ⎜ H − sin α − b ⋅ cos α ⎟ ⋅ h ⋅ L 2 ⎝ ⎠ 1,8 ⎞ ⎛ P1 = 1000⋅9,81⋅ ⎜10 − sin 60 o − 0,4 ⋅ cos 60 o ⎟ ⋅ 1,8 ⋅ 2,4 2 ⎠ ⎝ P1 = 382285 N b ⎛ ⎞ P2 = ρ⋅g⋅zc2⋅A2 = ρ ⋅ g ⋅ ⎜ H − h ⋅ sin α − ⋅ cos α ⎟ ⋅ b ⋅ L 2 ⎝ ⎠ 0,4 ⎞ ⎛ P2 = 1000⋅9,81⋅ ⎜10 − 1,8 ⋅ sin 60 o − ⋅ cos 60 o ⎟ ⋅ 0,4 ⋅ 2,4 = 78554 N 2 ⎠ ⎝ b ⎛ ⎞ P3 = ρ⋅g⋅zc3⋅A3 = ρ ⋅ g ⋅ ⎜ H − ⋅ cos α ⎟ ⋅ b ⋅ L 2 ⎝ ⎠ 0,4 ⎛ ⎞ P3 = 1000⋅9,81⋅ ⎜10 − ⋅ cos 60 o ⎟ ⋅ 0,4 ⋅ 2,4 = 93234 N 2 ⎝ ⎠ Тежината на затворачот G = m⋅g = 2000⋅9,81 = 19620 N Ftr = (382287 + 19620⋅cos 60°)⋅0,35 = 137234 N Силата во јажето: Fј = 137234 + 19620⋅sin 60° + 78554 – 93234 = 139545 N

25

Задача 6.8. Затворениот резервоар за нафта со ρ = 920 kg/m3 поделен е на два дела со рамна преграда. Во преградата има квадратен отвор со страна a = 1 m. Над слободната површина во левиот дел од резервоарот владее надпритисок од 15 kPa, а во десниот подпритисок од 10 kPa. Да се определи интензитетот и нападната точка на резултантната сила на притисок која делува на затворачот. Решение: Силата на притисок со која нафтата делува од левата страна на затворачот: ⎛ p a 2 ⎞⎟ 2 ⋅a P1 = ρ ⋅ g ⋅ z c1 ⋅ A1 = ρ ⋅ g ⋅ ⎜ m + ⎜ ρ ⋅g 2 ⎟⎠ ⎝ ⎛ 15000 1 ⋅ 2 ⎞⎟ 2 ⋅ 1 = 21381,78 N P1 = 920 ⋅ 9,81 ⋅ ⎜ + ⎜ 920 ⋅ 9,81 2 ⎟⎠ ⎝ Силата на притисок предизвикана од нафтената пареа која делува од десната страна на затворачот: a2 P2 = - pv⋅A2 = -10000 ⋅ = -5000 N 2 Силата на притисок со која нафтата делува од левата страна на затворачот: ⎛ p 1 a 2 ⎞⎟ a 2 ⋅ P3 = ρ ⋅ g ⋅ z c 3 ⋅ A3 = ρ ⋅ g ⋅ ⎜ − v + ⋅ ⎜ ρ ⋅g 3 2 ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎛ 10000 1 1 ⋅ 2 ⎞⎟ 12 ⋅ P3 = 920 ⋅ 9,81 ⋅ ⎜ − + ⋅ ⎜ 920 ⋅ 9,81 3 2 ⎟⎠ 2 ⎝ P3 = - 3936,37 N Вкупната сила на притисок: P = P1 + P2 + P3 = 21381,78 + 5000 + 3936,37 P = 30318,15 N екцентрицитетот на нападната точка: I a4 1 Δz D1 = c1 = = = 4,59⋅10-2 m z c1 ⋅ A ⎛ p ⎛ 10000 a ⋅ 2 ⎞⎟ 2 1 ⋅ 2 ⎞⎟ ⋅a + 12 ⋅ ⎜ m + 12 ⋅ ⎜ ⋅1 ⎜ ρ ⋅g ⎟ ⎜ 2 ⎠ 2 ⎟⎠ ⎝ ⎝ 920 ⋅ 9,81 3

⎛a⋅ 2 ⎞ ⎟ a⋅ 2 ⋅⎜ ⎜ 2 ⎟ I c3 a2 ⎝ ⎠ = Δz D 3 = = z c 3 ⋅ A3 ⎛ p ⎛ p 1 a ⋅ 2 ⎞⎟ a 2 1 a ⋅ 2 ⎞⎟ ⋅ 36 ⋅ ⎜ v − ⋅ 36 ⋅ ⎜ v − ⋅ ⎜ ρ ⋅g 3 ⎜ρ ⋅g 3 2 ⎟⎠ 2 2 ⎟⎠ ⎝ ⎝ 1 Δz D 3 = = 3,18⋅10-2 m ⎛ 10000 2 ⎞⎟ − 36 ⋅ ⎜ ⎜ 920 ⋅ 9,81 6 ⎟ ⎝ ⎠ Моментната равенка за точка B: ⎞ ⎛ ⎞ ⎛a⋅ 2 1 a⋅ 2 ⎞ ⎛a⋅ 2 ⎟ + P3 ⋅ ⎜ 2 ⋅ a ⋅ 2 + Δz D 3 ⎟ = P ⋅ x P1 ⋅ ⎜ + ⋅ − Δz D1 ⎟ + P2 ⋅ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 2 ⎜ 2 3 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝3 ⎠ ⎝ ⎝ нападната точка на вкупната сила изнесува:

26

⎞ ⎛ ⎛a 2 1 a 2 ⎞ ⎟ + P3 ⋅ ⎜ 2 ⋅ a 2 + Δz D 3 ⎟ ⋅⎜ + ⋅ ⎟ ⎜3 2 ⎜ 2 3 2 ⎟⎠ ⎠ ⎝ ⎝ x= P ⎛1 2 ⎞ ⎛ 1⋅ 2 1⋅ 2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎟ + 3936,37 ⋅ ⎜ 2 ⋅ 1 ⋅ 2 + 0,0318 ⎟ − 0,0459 ⎟ + 5000 ⋅ ⎜ + 21381,78 ⋅ ⎜ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎜3 ⎟ 2 6 ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ x= 30318,15 x = 0,7 m ⎞ ⎛a 2 P1 ⋅ ⎜ − Δz D1 ⎟ + P2 ⎟ ⎜ 2 ⎠ ⎝

Задача 6.9. Правоаголен затворач со димензии b = 3 m ; L = 4 m го затвора влезот во тунелот. Од десната страна нивото на водата ρ = 1000 kg/m3 изнесува H1 = 5,2 m, а над слободната површина владее подпритисок од 19,62 kPa. Од левата страна нивото на водата изнесува H2 = 2 m. Да се пресмета силата во јажето (при α = 30 °) потребна за отворање на затворачот. Отпорите во зглобот О да се занемарат. Решение: Силата на притисокот на десната страна од затворачот изнесува: P1 = ρ⋅g⋅zc1⋅A1 p ⎞ ⎛ b P1 = ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜ H 1 − − v ⎟⎟ ⋅ b ⋅ L 2 ρ ⋅g ⎠ ⎝

3 19620 ⎞ ⎛ P1 = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ ⎜ 5,2 − − ⎟ ⋅ 3 ⋅ 4 = 200124 N 2 1000 ⋅ 9,81 ⎠ ⎝ eкцентрицитетот на нападната точка D1 на силата P1 во однос на тежиштето C1 Δz1 =

I c1 = z c1 ⋅ A1

L ⋅ b3

=

b2

p ⎞ p ⎞ ⎛ ⎛ b b 12 ⋅ ⎜⎜ H 1 − − v ⎟⎟ ⋅ b ⋅ L 12 ⋅ ⎜⎜ H 1 − − v ⎟⎟ 2 ρ ⋅g ⎠ 2 ρ ⋅g ⎠ ⎝ ⎝ 9 = 0,44118 m Δz1 = 3 19620 ⎞ ⎛ 12 ⋅ ⎜ 5,2 − − ⎟ 2 1000 ⋅ 9,81 ⎠ ⎝ Силата на притисокот на левата страна од затворачот изнесува: H2 H 22 ⋅ H2 ⋅ L = ρ ⋅ g ⋅ ⋅L P2 = ρ⋅g⋅zc2⋅A2 = ρ ⋅ g ⋅ 2 2 22 P2 = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ ⋅ 4 = 78480 N 2 екцентрицитетот на нападната точка D2 на силата P2 во однос на тежиштетото на површината A2 изнесува: Ic2 L ⋅ H 22 H Δz 2 = = = 2 = 0,333 m 6 z c 2 ⋅ A2 H 12 ⋅ 2 ⋅ H 2 ⋅ L 2 Моментната равенка за силите на притисокот и силата во јажето во однос на зглобот О:

27

H ⎞ ⎛ ⎞ ⎛b P1 ⋅ ⎜ + Δz1 ⎟ − F j ⋅ cos α ⋅ b − P2 ⋅ ⎜⎜ b − 2 + Δz 2 ⎟⎟ = 0 2 ⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ Силата во јажето изнесува: H ⎛ ⎞ ⎞ ⎛b P1 ⋅ ⎜ + Δz1 ⎟ − P2 ⋅ ⎜⎜ b − 2 + Δz 2 ⎟⎟ 2 ⎠ ⎝2 ⎝ ⎠ Fj = b ⋅ cos α 3 ⎛3 ⎞ ⎛ ⎞ 200124 ⋅ ⎜ + 0,44118 ⎟ − 78480 ⋅ ⎜ 3 − + 0,333 ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Fj = = 79041,833 N 2 3⋅ 2 Задача 6.10. Да се определи аналитички и графички силата на притисок на вертикална правоаголна преграда AB на резервоарот со висина L и ширина B (нормална на цртежот) кој е наполнет со иста течност со различни нивоа (H1 > H2), а притисокот на гасот е исто така различен (p1 > p2). Според сликата, познати се следните податоци: L = 2 m ; H1 = 1,8 m ; H2 = 0,8 m ; p1 = 25 kPa ; p2 = 15 kPa ; B = 1,5 m и ρ = 1000 kg/m3.

Решение:

Силата на притисок предизвикана од надпритисокот p1 изнесува: P1 = p1⋅A1 = p1⋅(L – H1)⋅B = 25000⋅(2 – 1,8)⋅1,5 = 7500 N Силата на притисок предизвикана од надпритисокот p2 изнесува: P2 = p2⋅A2 = p2⋅(L – H2)⋅B = 15000⋅(2 – 0,8)⋅1,5 = 27000 N Силата на притисок со која водата делува на левата страна од преградата изнесува: H ⎞ ⎛ p P3 = ρ⋅g⋅zc1⋅A3 = ρ⋅g⋅ ⎜⎜ 1 + 1 ⎟⎟ ⋅ H 1 ⋅ B 2 ⎠ ⎝ ρ ⋅g 1,8 ⎞ ⎛ 25000 P3 = 1000⋅9,81⋅ ⎜ + ⎟ ⋅ 1,8 ⋅ 1,5 = 91338,3 N ⎝ 1000 ⋅ 9,81 2 ⎠ Силата на притисок со која водата делува на десната страна од преградата изнесува: H ⎞ ⎛ p P4 = ρ⋅g⋅zc2⋅A4 = ρ⋅g⋅ ⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ ⋅ H 2 ⋅ B 2 ⎠ ⎝ ρ ⋅g 0,8 ⎞ ⎛ 15000 P4 = 1000⋅9,81⋅ ⎜ + ⎟ ⋅ 0,5 ⋅ 1,5 = 22708,8 N ⎝ 1000 ⋅ 9,81 2 ⎠ Вкупната сила на притисок: Pvk =

4

∑P

i

= P1 + P3 − P2 − P4 = 7500 + 91338,3 – 27000 – 22708,8 = 49129,5 N

i =1

Со графичко решавање се решаваат следните сили: - површината efg претставува сила P5 - површината cdef претставува сила P6 - површината abch претставува сила P7 2 H1 − H 2 ) ( 1 1 P5 = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ (H 1 − H 2 ) ⋅ (H 1 − H 2 ) ⋅ B = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ ⋅B 2 2 2

28

1 (1,8 − 0,8) ⋅ 1,5 = 7357,5 N ⋅ 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 2 2 P6 = ρ ⋅ g ⋅ (H 1 − H 2 ) ⋅ B ⋅ H 2 = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ (1,8 − 0,8 ) ⋅ 1,5 ⋅ 0,8 = 11772 N P7 = (p1 − p 2 ) ⋅ L ⋅ B = (25000 − 15000 ) ⋅ 2 ⋅ 1,5 = 30000 N Вкупната сила изнесува: P = P5 + P6 + P7 = 7357,5 + 11772 + 30000 = 49129,5 N 2

P5 =

Задача 6.11. Правоаголен затворач кој може да се врти околу зглобот О и со хоризонтална рамнина формира агол од 45°, го затвора излезот од резервоарот со бензин преку цевката со квадратен пресек и h = 300 mm. Без влијание на триењето во зглобот О и макарата В да се определи силата во јажето Т, ако нивото на бензинот ρ = 700 kg/m3 изнесува H = 0,85 m, а над слободната површина владее надпритисок од 5 kPa. Решение:

Силата на притисок на затворачот изнесува: ⎛ p h⎞ P = ρ⋅g⋅zc⋅A = ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜ m + H − ⎟⎟ ⋅ h ⋅ h ⋅ 2 2⎠ ⎝ρ ⋅g 0,3 ⎞ ⎛ 5000 P = 700 ⋅ 9,81 ⋅ ⎜ + 0,85 − ⎟ ⋅ 0,3 2 ⋅ 2 = 1248,21 N 700 9 , 81 2 ⋅ ⎝ ⎠ екцентрицитетот на нападната точка D од тежиштето C изнесува: I Δν c = c = νc ⋅ A

( )

( )

3

2

h⋅ h 2 h⋅ h 2 = ⎛ p ⎛ p 1 h⎞ h⎞ 12 ⋅ ⎜⎜ m + H − ⎟⎟ ⋅ ⋅ h ⋅ h ⋅ 2 12 ⋅ 2 ⋅ ⎜⎜ m + H − ⎟⎟ 2 ⎠ sin α 2⎠ ⎝ρ ⋅g ⎝ρ ⋅g

(0,3 ⋅ 2 )

2

Δν c =

= 7,43 ⋅ 10 −3 m

⎛ 5000 ⎞ + 0,85 − 0,15 ⎟ 12 ⋅ 2 ⋅ ⎜ ⎝ 700 ⋅ 9,81 ⎠ Моментната равенка на силите во однос на зглобот О ⎛h ⎞ P ⋅ ⎜ ⋅ 2 + Δν c ⎟ = T ⋅ h ⎝2 ⎠ Силата во јажето изнесува: ⎛ 0,3 ⎞ ⎛h ⎞ ⋅ 2 + 7,43 ⋅ 10 −3 ⎟ P ⋅ ⎜ ⋅ 2 + Δν c ⎟ 1248,21 ⋅ ⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝2 ⎠ = 913,5 N = T = h 0,3

29

30

Задача 7.1. Да се определи интензитетот и правецот на силата која делува на цилиндричниот затворач – според сликата. Познати се следните податоци: ρ = 840 kg/m3 ; pm = 40 kPa ; H = 5 m ; R = 1 m ; L = 2 m (должина на цилиндричниот затворач) и α = 45 °.

Решение: Тежината на водата во затворачот: 5 5 5 G = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ Vc = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ R 2 ⋅ π ⋅ L = ⋅ 840 ⋅ 9,81 ⋅ 12 ⋅ π ⋅ 2 = 32360 N 8 8 8 Силата на притисок на затворачот изнесува: P1 = (pm + ρ⋅g⋅H)⋅A1 = (pm + ρ⋅g⋅H)⋅R⋅L = (40000 + 840⋅9,81⋅5)⋅1⋅2 P1 = 162404 N ⎛ p R ⎛ ⎞⎞ P2 = ρ⋅g⋅zc2⋅A2 = ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜ m + ⎜ H − ⋅ cos α ⎟ ⎟⎟ ⋅ R ⋅ L 2 ⎠⎠ ⎝ ρ ⋅g ⎝ ⎛ 40000 1 ⎛ ⎞⎞ + ⎜ 5 − ⋅ cos 45 o ⎟ ⎟⎟ ⋅ 1⋅ 2 = 156577 N P2 = 840 ⋅ 9,81⋅ ⎜⎜ 2 ⎠⎠ ⎝ 840 ⋅ 9,81 ⎝ Проекција на силите на оските x и z Px = P2⋅cosα = 156577⋅cos45° = 110717 N Pz = G + P1 + P2⋅sinα = 32360 + 162404 + 156577⋅sin45° = 305481 N Резултантната сила изнесува:

P = Px2 + Pz2 = 110717 2 + 3054812 = 324926 N Аголот што го оформува резултантната сила со x оската P 305481 β = arctg z = arctg = 70,077° (70° 5') Px 110717 Задача 7.2. Резервоарот во облик на полутопка со R = 1 m делумно е наполнет со течност со ρ = 800 kg/m3. Кога резервоарот би бил во хоризонтална положба течноста би ја исполнувала запремината до висина H = 900 mm (прикажана на сликата со испрекината линија). Запремината на течноста се определува со следната равенка: π ⋅H ⋅ 3⋅R2 − H2 V = 3 Да се определат силите што ги оптеретуваат завртките А-В, со кои резервоарот е прицврстен на рамната плоча закосена под агол од α = 30° во однос на хоризонталната рамнина.

(

)

Решение:

Компонентите на силите според сликата изнесуваат: π ⋅H G = ρ ⋅ g ⋅V = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ 3⋅R2 − H2 3 π ⋅ 0,9 G = 900 ⋅ 9,81⋅ ⋅ 3 ⋅ 12 − 0,9 2 = 18223,3 N 3 Pn = ρ⋅g⋅zc⋅A = ρ⋅g⋅H⋅R2⋅π = 900⋅9,81⋅0,9⋅12⋅π = 24963,4 N Силата на истегнување на системот завртки А-В

(

(

)

)

31

Fy = Fn - G⋅cosα = 24963,4 – 18223,3⋅

3 = 9181,56 N 2

Силата на кинење на системот завртки А-В Fx = G⋅sinα = 18223,3⋅sin30° = 9111,65 N Резултантната сила изнесува: FR = Fx2 + Fy2 = 9111,65 2 + 9181,65 2 = 12935,35 N Задача 7.3. Да се определат силите на истегнување и кинење како и резултантната сила на притисок на полутопчестиот капак со радиус R, ако е дадена пиезометриската висина H од центарот на капакот до слободната површина, и аголот α под кој е закосен ѕидот во однос на хоризонталната рамнина (слободната површина). Дадени се вредностите: R = 2 m ; α = 45° ; H = 3 m.

Решение: Силата на истегнување изнесува: Pn = ρ⋅g⋅Vn⋅cosα Запремината Vn се наоѓа помеѓу точките a, b, c, d, e, a. 2 H H ⎞ ⎛2 = π ⋅R2 ⋅⎜ ⋅R + Vn = ⋅ R 3 ⋅ π + R 2 ⋅ π ⋅ ⎟ 3 cos α 3 cos α⎠ ⎝ Тогаш

⎛2 ⎞ ⎛2 ⎞ Pn = ρ ⋅ g ⋅ π ⋅ R 2 ⋅ ⎜ ⋅ R ⋅ cos α + H ⎟ = 1000 ⋅ 9,81⋅ π ⋅ 2 2 ⋅ ⎜ ⋅ 2 ⋅ cos 45 o + 3 ⎟ ⎝3 ⎠ ⎝3 ⎠ Pn = 486054 N Силата на кинење изнесува: Pt = ρ⋅g⋅Vt⋅cosβ запремината Vt = V(a,f,g,b,c,a) – V(a,f,g,b,a) 2 Vt = ⋅ R 3 ⋅ π и cosβ = cos(90 - α) = sinα 3 2 2 Pt = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ R 3 ⋅ π ⋅ sin α = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ R 3 ⋅ π ⋅ sin α 3 3 и вредноста на силата на кинење изнесува: 2 Pt = ⋅ 1000 ⋅ 9,81⋅ 2 3 ⋅ π ⋅ sin 45 o = 116226 N 3 Резултантната сила: P = Pn2 + Pt 2 = 486054 2 + 116226 2 = 499757 N Задача 7.4. Цилиндричен затворач со полудијаметар R = 100 mm и должина b = 2R затвора правоаголен отвор во рамен и вертикален ѕид. Садот е наполнет со бензин (ρ = 784,4 kg/m3) до висина H0 = 10R, а над слободната површина владее надпритисок од 9,81 kPa. Системот на полуги заедно со цилиндричниот затворач се врти околу зглобот О без триење. Растојанието од зглобот О до тегот изнесува L = 4R. Да се определи масата на тегот под услов, да во резервоарот се одржува константна висина

на нивото H0 = 10R. 32

Решение:

Хоризонталната сила на притисок: p ⎞ ⎛ Px = ρ ⋅ g ⋅ zc ⋅ Ax = ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜ R + H 0 + m ⎟⎟ ⋅ 2 ⋅ R ⋅ b ρ ⋅g ⎠ ⎝ 3 Px = 44⋅ρ⋅g⋅R + 4⋅pm⋅R2 Px = 44⋅784,4⋅9,81⋅0,13 + 4⋅9810⋅0,12 Px = 730,978 N Екцентрицитетот на нападната точка на хоризонталната сила на притисок:

Δz =

Ic = zc ⋅ A

R2 2R ⋅ (2R ) = p ⎞ p ⎞ ⎛ ⎛ 12 ⋅ ⎜⎜ H 0 + R + m ⎟⎟ ⋅ 2R ⋅ 2R 3 ⋅ ⎜⎜11⋅ R + m ⎟⎟ ρ ⋅g ⎠ ρ ⋅g ⎠ ⎝ ⎝

Δz =

3

0,12

= 1,4⋅10-3 m

9810 ⎞ ⎛ 3 ⋅ ⎜11 ⋅ 0,1 + ⎟ 784 ,4 ⋅ 9,81 ⎠ ⎝ Силата на потисок (архимедовата сила) изнесува: R2 ⋅π Pz = ρ ⋅ g ⋅ V = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ b = ρ ⋅ g ⋅ R 3 ⋅ π = 784,4 ⋅ 9,81⋅ 0,13 ⋅ π = 24,2 N 2 Екцентрицитетот на нападната точка на силата на потисок: 4 ⋅ R 4 ⋅ 0,1 = 4,24⋅10-2 m Δx = = 3 ⋅π 3 ⋅π Моментната равенка околу зглобот О: Px⋅(R + Δz) = Pz⋅Δx + m⋅g⋅L Масата на тегот изнесува: P ⋅ (R + Δz ) − Pz ⋅ Δx 730,978 ⋅ 0,1 + 1,4 ⋅ 10 −3 − 24,2 ⋅ 4,24 ⋅ 10 −2 m= x = g ⋅L 9,81⋅ 4 ⋅ 0,1 m = 18,65 kg

(

)

Задача 7.5. Топчест затворач со дијаметар d = 2R го затвора отворот во резервоарот со вода. Дијаметарот на отворот што се затвора е 2a = R. Да се определи минималната сила Gmin = ? потребна за затворање на затворачот ако R = 200 mm. Решение: Од равенката за рамнотежа на силите околу точката О Gmin⋅R = 8⋅Pz⋅R се добива минималната сила Gmin Силата на потисок: Pz = ρ⋅g⋅V V = Vcil – Vtop.seg

Vcil =

(2a )2 ⋅ π ⋅ 2R = R 2 ⋅ π ⋅ 2R = R 3 ⋅ π 4

4

2

1 ⋅ π ⋅ h 2 ⋅ (3R − h ) 3 ⎛ R2 3 ⎞⎟ h = R − R2 − = R ⋅ ⎜1 − ⎜ 4 2 ⎟⎠ ⎝ Vtop.seg =

33

2

⎛ ⎛ 1 3 ⎞⎟ ⎛⎜ 3 ⎞⎟ ⎞⎟ ⋅ 3R − R ⋅ ⎜1 − Vtop.seg = ⋅ π ⋅ R 2 ⋅ ⎜1 − ⎜ ⎟ ⎜ 3 2 ⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎟⎠ ⎝ ⎝ по средувањето се добива за Vtop.seg = 0,0171⋅π⋅R3 односно запремината R3 ⋅π − 0,0171⋅ π ⋅ R 3 = 0,48285⋅π⋅R3 V= 2 Силата на потисок: Pz = ρ⋅g⋅V = 0,48285⋅ρ⋅g⋅π⋅R3 Gmin = 8⋅Pz = 3,8628⋅ρ⋅g⋅π⋅R3 За R = 200 mm Gmin = 3,8628⋅1000⋅9,81⋅π⋅0,23 = 952,38 N

Задача 7.6. На косиот ѕид (под агол α) се наоѓа отвор со дијаметар d, со центар на длабочина H од слободната површина на водата. Низ отворот во косиот ѕид потопено е цилиндрично тело со густина ρm и должина L. Да се определи, до која должина телото ќе биде потопено во водата и колкава е силата на притисок на водилките? Триењето на телото со водилките да се занемари. Познати се следните податоци: α = 45° ; L = 1 m ; d = 100 mm ; H = 1 m ; ρm = 1800 kg/m3. Решение:

Равенката за рамнотежа на силите во однос на y-оската: P1 + Pz⋅cosα - G⋅cosα = 0 Силата на притисок на отворот: 0,12 ⋅ π d2 ⋅π P1 = ρ⋅g⋅zc⋅A = ρ⋅g⋅H⋅ = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 1 ⋅ = 77,047 N 4 4 Силата на потисок што делува на потопениот дел од телото: d 2 ⋅π Pz = ρ ⋅ g ⋅ V = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ L1 4 Тежината на телото: d 2 ⋅π G = ρm ⋅ g ⋅ ⋅L 4 Од горните равенки се добива бараната должина на потопениот дел од телото: ρ H 1800 1 L1 = m ⋅ L − = ⋅1− = 0,38578 m ρ cos α 1000 cos 45 o Од рамнотежа на силите во правецот на x – оската: Fx = G⋅sinα - Pz⋅sinα = (G – Pz)⋅sinα се добива силата на притисок на водилките: Fx = g ⋅

34

d 2 ⋅π 0,12 ⋅ π ⋅ (ρ m ⋅ L − ρ ⋅ L1 ) ⋅ sin α = 9,81⋅ ⋅ (1800 ⋅ 1 − 1000 ⋅ 0,38578 ) ⋅ sin 45 o 4 4 Fx = 77,048 N

Задача 7.7. Да се определат силите што ги оптеретуваат групите завртки А-А и В-В на конусниот резервоар наполнет со вода и воздух со надпритисок. Според сликата познати се следните податоци: h = 1 m ; D = 3 m ; pm = 40 kPa. Решение: Силата на притисок што ги оптеретува завртките А-А: d 2 ⋅π PA = ρ ⋅ g ⋅ V = ρ ⋅ g ⋅ z c ⋅ 4 p zc = m ρ ⋅g геометриските односи на конусот: D D : d = 3h : h ⇒ d= 3 1 1 2 2 PA = ⋅ pm ⋅ D ⋅ π = ⋅ 40000 ⋅ 3 ⋅ π = 31416 N 36 36 Силата на притисок што ги оптеретува завртките В-В: PB = ρ ⋅ g ⋅ (Vc − Vk ) Запремината на цилиндерот D2 ⋅π Vc = ⋅ (2h + zc ) 4 Запремината на конусот D2 ⋅π 1 D2 ⋅π Vk = ⋅ ⋅ 3h = ⋅h 3 4 4 p ⎞ D2 ⋅π D2 ⋅π ⎛ ⋅ (2h + zc − h ) = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ ⎜⎜ h + m ⎟⎟ PB = ρ ⋅ g ⋅ 4 4 ρ ⋅g ⎠ ⎝

D2 ⋅π D2 ⋅π ⋅ h + pm ⋅ 4 4 2 2 3 ⋅π 3 ⋅π PB = 1000 ⋅ 9,81⋅ = 352086 N ⋅ 1 + 40000 ⋅ 4 4 PB = ρ ⋅ g ⋅

Задача 7.8. Да се определи резултантната сила (хоризонталната и вертикалната) на притисок со која водата делува на вертикалниот цилиндер поставен во отвор со кос ѕид на големиот резервоар (според сликата). Познати се следните податоци: d = 400 mm ; α = 45° ; h = 1 m и H = 1,6 m. Решение: Силата на притисок на отворот изнесува: d 2 ⋅π 0,4 2 ⋅ π P = ρ ⋅ g ⋅ zc ⋅ A = ρ ⋅ g ⋅ H ⋅ = 1000 ⋅ 9,81⋅ 1,6 ⋅ 4 ⋅ cos α 4 ⋅ cos 45 o P = 2789,42 N Силата на потисок (Архимедова сила) изнесува: d 2 ⋅π 0,4 2 ⋅ π Pz = ρ ⋅ g ⋅ V = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ h = 1000 ⋅ 9,81⋅ ⋅1 4 4 Pz = 1232,76 N Хоризонталната компонента на силите на x - оската: Fx = P⋅sinα = 2789,42⋅sin45° = 1972,42 N Хоризонталната компонента на силите на z - оската: Fz = Pz - P⋅cosα = 1232,76 – 2789,42⋅cos45° = - 739,66 N 35

Резултантната сила изнесува: FR = Fx2 + Fz2 = 1972,42 2 + 739,66 2 = 2106,55 N Задача 7.9. На косиот ѕид (α = 45°) има отвор со дијаметар D0 = 200 mm. Отворот се затвора со конусен затварач со димензии D1 = 300 mm, D2 = 150 mm и L = 300 mm. Нивото на вода во садот изнесува H = 500 mm. Да се определи силата на притисок на водата врз затворачот. Решение: Силата на притисок на отворот

D02 ⋅ π 0,2 2 ⋅ π = 1000 ⋅ 9,81⋅ 0,5 ⋅ 4 4 Pn = 154,095 N Силата на потисок: Pz = ρ⋅g⋅V Геометриските односи на конусот D1 : D2 = L1 : (L1 – L) D1 300 = 300 ⋅ L1 = L ⋅ = 600 mm D1 − D2 300 − 150 D1 : D0 = L1 : (L1 – L2) D1 − D0 300 − 200 = 600 ⋅ L1 = L1 ⋅ = 200 mm D1 300 Запремината на потопениот дел од конусот: 1 D2 ⋅π 1 D2 ⋅π 1 0,3 2 ⋅ π 1 0,2 2 ⋅ π V = ⋅ 1 ⋅ L1 − ⋅ 0 ⋅ (L1 − L2 ) = ⋅ ⋅ 0,6 − ⋅ ⋅ (0,6 − 0,2) 3 4 3 4 3 4 3 4 V = 9,948⋅10-3 m3 Силата на потисок Pz = 1000⋅9,81⋅9,948⋅10-3 = 97,59 N Вкупната сила нормална на отворот во правец на y – оската: Fy = Pn - Pz⋅sinα = 154,095 – 97,59⋅sinα = 85,088 N Вкупната сила паралелна на површината на отворот, односно во правец на x – оската: Fx = Pz⋅cosα = 97,59⋅cos45° = 69 N Резултантната сила со која водата делува врз затворачот изнесува: Pn = ρ ⋅ g ⋅ zc ⋅ A = ρ ⋅ g ⋅ H ⋅

FR = Fx2 + Fy2 = 69 2 + 85,088 2 = 109,55 N

Задача 7.10. Да се определи резултантната сила на затворачот кој е составен од две половини на кружни цилиндри (според сликата). Познати се следните податоци: ρ1 = 640 kg/m3 ; ρ2 = 780 kg/m3 ; ρ3 = 940 kg/m3 ; pm = 15 kPa ; R = 1 m ; H = 3 m ; b = 3 m (должина на затворачот нормален на рамнината на цртежот). Решение: Хоризонталните сили на притисок:

⎛ p ⎞ R Px1 = ρ1 ⋅ g ⋅ zc1 ⋅ A1 = ρ1 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ H + + m ⎟⎟ ⋅ R ⋅ b 2 ρ1 ⋅ g ⎠ ⎝ 1 15000 ⎞ ⎛ Px1 = 640 ⋅ 9,81⋅ ⎜ 3 + + ⎟ ⋅ 1⋅ 3 = 110923,2 N 2 640 ⋅ 9,81 ⎠ ⎝

36

⎡ ⎛ p ⎞ R⎤ Px 2 = ⎢ ρ1 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ H + R + m ⎟⎟ + ρ 2 ⋅ g ⋅ ⎥ ⋅ R ⋅ b ρ1 ⋅ g ⎠ 2 ⎦⎥ ⎝ ⎣⎢ ⎡ 15000 ⎞ 1⎤ ⎛ Px 2 = ⎢640 ⋅ 9,81 ⋅ ⎜ 3 + 1 + ⎟ + 780 ⋅ 9,81 ⋅ ⎥ ⋅ 1 ⋅ 3 = 131818,5 N 640 ⋅ 9,81 ⎠ 2⎦ ⎝ ⎣ ⎡ ⎛ p ⎞ 3⋅R ⎤ Px 3 = ⎢ ρ1 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ H + R + m ⎟⎟ + ρ 2 ⋅ g ⋅ ⎥ ⋅R ⋅b ρ1 ⋅ g ⎠ 2 ⎦⎥ ⎝ ⎣⎢

Px 4

⎡ 15000 ⎞ 3 ⋅ 1⎤ ⎛ Px 3 = ⎢640 ⋅ 9,81⋅ ⎜ 3 + 1 + ⎟ + 780 ⋅ 9,81⋅ ⎥ ⋅ 1⋅ 3 = 154773,9 N 640 ⋅ 9,81 ⎠ 2 ⎦ ⎝ ⎣ ⎡ ⎛ p ⎞ R⎤ = ⎢ ρ 1 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ H + R + m ⎟⎟ + ρ 2 ⋅ g ⋅ 2 ⋅ R + ρ 3 ⋅ g ⋅ ⎥ ⋅ R ⋅ b ρ1 ⋅ g ⎠ 2 ⎦⎥ ⎝ ⎣⎢

⎡ 15000 ⎞ 1⎤ ⎛ Px 3 = ⎢640 ⋅ 9,81⋅ ⎜ 3 + 1 + ⎟ + 780 ⋅ 9,81⋅ 2 ⋅ 1 + 940 ⋅ 9,81⋅ ⎥ ⋅ 1⋅ 3 = 180083,7 N 640 ⋅ 9,81 ⎠ 2⎦ ⎝ ⎣ Вкупната сила во правецот на x – оската: Px =

4

∑P

xi

= 110923,2 + 131818,5 + 154773,9 + 180083,7 = 577599,3 N

i =1

Силите на потисок изнесуваат:

⎡⎛ p ⎞ R2 ⋅π ⎤ Pz1 = ρ⋅g⋅V1 = ρ1 ⋅ g ⋅ ⎢⎜⎜ H + R + m ⎟⎟ ⋅ R ⋅ b − ⋅ b⎥ ρ1 ⋅ g ⎠ 4 ⎥⎦ ⎣⎢⎝ 2 ⎡⎛ 15000 ⎞ 1 ⋅π ⎤ ⋅ 3⎥ = 105547 N Pz 1 = 640 ⋅ 9,81 ⋅ ⎢⎜ 3 + 1 + ⎟ ⋅1 ⋅3 − 640 ⋅ 9,81 ⎠ 4 ⎣⎝ ⎦ ⎛ p ⎞ R2 ⋅π ⋅b Pz2 = ρ 1 ⋅ g ⋅ R ⋅ b ⋅ ⎜⎜ H + R + m ⎟⎟ + ρ 2 ⋅ g ⋅ ρ1 ⋅ g ⎠ 4 ⎝

Pz 3

12 ⋅ π 15000 ⎞ ⎛ Pz 2 = 640 ⋅ 9,81⋅ 1⋅ 3 ⋅ ⎜ 3 + 1 + ⋅ 3 = 138370 N ⎟ + 780 ⋅ 9,81⋅ 4 640 ⋅ 9,81 ⎠ ⎝ ⎛ ⎛ p ⎞ R2 ⋅π ⎞ Pz3 = ρ 1 ⋅ g ⋅ R ⋅ b ⋅ ⎜⎜ H + R + m ⎟⎟ + ρ 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ 2 ⋅ R ⋅ R ⋅ b − ⋅ b ⎟⎟ ⋅ g 4 ρ 1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 ⎛ ⎛ p ⎞ R ⋅π ⎞ ⎟⋅b Pz3 = ρ 1 ⋅ g ⋅ R ⋅ b ⋅ ⎜⎜ H + R + m ⎟⎟ + ρ 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ 2 ⋅ R 2 − ⎟ ⋅ 4 g ρ 1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 ⎛ 15000 ⎞ 1 ⋅π ⎞ ⎛ ⎟ ⋅ 3 = 148222,5 N = 640 ⋅ 9,81⋅ 1⋅ 3 ⋅ ⎜ 3 + 1 + ⎟ + 780 ⋅ 9,81⋅ ⎜⎜ 2 ⋅ 12 − ⎟ 640 ⋅ 9,81 ⎠ 4 ⎝ ⎝ ⎠ ⎞ ⎛ p R2 ⋅π Pz4 = ρ 1 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ H + R + m ⎟⎟ ⋅ R ⋅ b + ρ 2 ⋅ g ⋅ 2 ⋅ R ⋅ R ⋅ b + ρ 3 ⋅ g ⋅ ⋅b ρ1 ⋅ g ⎠ 4 ⎝

12 ⋅ π 15000 ⎞ ⎛ Pz 4 = 640 ⋅ 9,81⋅ 1⋅ 3 ⋅ ⎜ 3 + 1 + ⋅ 3 Pz4 = 187979 N ⎟ + 780 ⋅ 9,81⋅ 1⋅ 3 + 940 ⋅ 9,81⋅ 4 640 ⋅ 9,81 ⎠ ⎝ Вкупната сила во правецот на z – оската: Pz =

4

∑P

zi

= Pz1 + Pz4 – (Pz2 + Pz3)

i =1

Pz = 105547,67 + 187979 – (138370 + 148222,6) = 6394,2 N Резултантната сила: P = Px2 + Pz2 = 577599,3 2 + 6934,2 2 = 577640,92 N

37

Задача 7.11. Да се определи силата на притисок со која водата делува на цилиндерот кој се наоѓа потопен во вода со должина L. Според сликата познати се следните податоци: H = 1 m ; α = 45° ; d = 400 mm ; L = 1 m. Тежината на цилиндерот да се занемари. Решение: Силата на потисок (Архимедовата сила) изнесува: d 2 ⋅π 0,4 2 ⋅ π Pz = ρ ⋅ g ⋅ V = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ L = 1000 ⋅ 9,81⋅ ⋅1 4 4 Pz = 1232,76 N Силата на притисокот со која водата делува на отворот изнесува: Px = ρ⋅g⋅zc⋅A = ρ⋅g⋅H⋅a⋅b⋅π d d a= ; b= 2 2 ⋅ cos α 2 d ⋅π 0,4 2 ⋅ π Px = ρ ⋅ g ⋅ H ⋅ = 1000 ⋅ 9,81⋅ 1⋅ = 1743,38 N 4 ⋅ cos α 4 ⋅ cos 45 o Резултантната сила изнесува:

PR = Px2 + Pz2 = 1743,38 2 + 1232,76 2 = 2135,2 N Задача 7.12. Кружниот отвор во ѕидот со дијаметар d, на резервоарот со течност со густина ρ, се затвора со конусен затворач со дијаметар D и висина H. Густината на материјалот на затворачот е четири пати поголема од густината на течноста (ρm = 4⋅ρ). Да се определи висината z = ? од слободната површина на течноста до симетралата на отворот, за дадени вредности D = 2⋅d ; H/D = 2 и D = 500 mm. Решение:

Силата на притисок која делува во правецот на x – оската: d 2 ⋅π D2 ⋅π Px = ρ ⋅ g ⋅ z c ⋅ A = ρ ⋅ g ⋅ z ⋅ = ρ ⋅g ⋅z⋅ 4 16 Запремината на потопениот дел од конусот: 2 1 D2 ⋅π 1 (D / 2) ⋅ π H 7 V = ⋅ ⋅H − ⋅ ⋅ = ⋅ D2 ⋅π ⋅ H 3 4 3 4 2 96 Нападната точка на силата на потисок се наоѓа на оддалеченост од основата на конусот за xD, односно: H (D / 2)2 + 2 ⋅ (D / 2) + 3 ⋅ (D / 4)2 = 11 ⋅ H xD = 2 ⋅ 4 (D / 2)2 + (D / 2) ⋅ D + (D / 4)2 56 4 Силата на потисокот (Архимедова сила): 7 Pz = ρ ⋅ g ⋅ V = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ D2 ⋅π ⋅ H 96 Тежината на конусот: D2 ⋅π H 1 G = ρm ⋅ g ⋅ ⋅ = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ D2 ⋅π ⋅ H 4 3 3 Екцентрицитетот на силата на притисокот Px изнесува:

38

d 4 ⋅π I d2 D2 64 Δz = c = = = zc ⋅ A d 2 ⋅ π 16 ⋅ zc 64 ⋅ zc zc ⋅ 4 Моментната равенка на силите за точката 0: ⎛d ⎞ G ⋅ (L − x c ) = Pz ⋅ (L − x D ) + Px ⋅ ⎜ − Δz ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎛H H ⎞ ⎛ H 11 ⎞ ⋅ H ⎟ + Px G ⋅ ⎜ − ⎟ = Pz ⋅ ⎜ − ⎝2 4⎠ ⎝ 2 56 ⎠

⎛D D2 ⋅ ⎜⎜ − ⎝ 4 64 ⋅ zc

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

H 1 7 ⎛ H 11 ⎞ 1 ⋅ ρ ⋅ g ⋅ D2 ⋅π ⋅ H ⋅ = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ D2 ⋅π ⋅ H ⋅ ⎜ − ⋅H⎟ + ⋅ ρ ⋅ g ⋅ zc ⋅ D 2 ⋅ π 3 4 96 2 56 16 ⎝ ⎠

⎛D D2 ⋅ ⎜⎜ − ⎝ 4 64 ⋅ zc

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Големината на бараната височина изнесува: zc = 7,8645 m Задача 7.13. Отворот на дното на еден сад, наполнет со масло (ρ = 800 kg/m3), затворен е со конусен затворач. Слободното ниво на масло се наоѓа на височина (b) од горната страна на затворачот. Со занемарување на сопствената тежина и триењето на водилките, да се определи: а) почетната сила потребна за подигање на затворачот кога на слободната површина има воздух со надпритисок од 9810 Pa. б) надпритисокот на воздухот над слободната површина при кој силата заподигање ќе биде нула. Познати се следните големини: d1 = 100 mm ; d2 = 50 mm ; d3 = 25 mm ; a = 100 mm ; b = 50 mm и h = 200 mm. Решение:

а) равенка за рамнотежа на силите P = P1 – P2 Силата на притисок која делува над горната страна на конусот (на основата): d 2 − d 32 ⋅π P1 = (p m + ρ ⋅ g ⋅ b ) ⋅ 1 4 0,12 − 0,025 2 P1 = (9810 + 800 ⋅ 9,81⋅ 0,05 ) ⋅ ⋅π 4 P1 = 75,12 N геометриските односи на конусот: d1 : H = d2 : (H - h) d1 H = h⋅ = 2 ⋅ h = 400 mm d1 − d 2 d4 : (H – a) = d1 : H H −a 400 − 100 d 4 = d1 ⋅ = 75 mm = 100 ⋅ H 400 Силата која делува на обвивката на конусот: d 2 − d 42 ⋅π P2 = [p m + ρ ⋅ g ⋅ (a + b )] ⋅ 1 4

39

P2 = [9810 + 800 ⋅ 9,81 ⋅ (0,1 + 0,05 )] ⋅

0,12 − 0,075 2 ⋅π 4

P2 = 37,75 N Потребната сила за подигање на затворачот: P = P1 – P2 = 75,12 – 37,75 = 37,37 N б) кога силата за подигање на затворачот биде нула, од равенката за рамнотежа на сили следи: P1 = P2 2 2 2 2 (pm + ρ ⋅ g ⋅ b ) ⋅ d1 − d 3 ⋅ π = (pm + ρ ⋅ g ⋅ (a + b)) ⋅ d 1 − d 4 ⋅ π 4 4 2 2 2 2 d − d4 0,1 − 0,075 pm = ρ ⋅ g ⋅ a ⋅ 12 − ρ ⋅ g ⋅ b = 800 ⋅ 9,81⋅ 0,1⋅ − 800 ⋅ 9,81⋅ 0,05 2 d4 − d3 0,075 2 − 0,025 2 pm = 294,3 Pa Задача 7.14. Топчест затворач потопен под вода (ρ = 1000 kg/m3) со дијаметар D = 150 mm и маса m = 0,5 kg, го затвора излезниот отвор на цевката со дијаметар d = 100 mm. При која големина на нивото H, ќе почне да тече вода од внатрешната цевка во резервоарот ? Решение: Равенка за рамнотежа на силите: G + P1 = Pz Тежината на топчестиот затворач: G = m⋅g Силата на притисок со која водата делува на затворачот: d 2 ⋅π P1 = ρ ⋅ g ⋅ zc ⋅ A = ρ ⋅ g ⋅ H ⋅ 4 Силата на потисок (Архимедова сила): 3

4 ⎛D⎞ Pz = ρ ⋅ g ⋅ Vt = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ π 3 ⎝2⎠ Со внесувањето на равенките за компонентите на силите во равенката за рамнотежа на силите се добива: d 2 ⋅π 1 = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ D3 ⋅π m⋅g + ρ ⋅g ⋅H ⋅ 4 6 Потребната висина H при која ќе почне да тече вода од внатрешната цевка во резервоарот: 2 ⋅ D3 4⋅m 2 ⋅ 0,15 3 4 ⋅ 0,5 H≥ − = − 2 2 2 3⋅d ρ ⋅d ⋅π 3 ⋅ 0,1 1000 ⋅ 0,12 ⋅ π H ≥ 0,16134 m = 161,34 mm Задача 7.15. Да се определи масата m на ѕвоното со димензии D1 = 100 mm, D2 = 200 mm и D3 = 400 mm, ако длабочината до која истото е потопено во вода во затворениот сад изнесува H = 300 mm. Манометарот М покажува притисок од 20 kPa, а внатрешната висина на водата изнесува h = 100 mm.

40

Решение:

Равенка за рамнотежа на притисоците на референтната рамнина 0-0: pm + ρ⋅g⋅H = p2 + ρ⋅g⋅h p2 = pm + ρ⋅g⋅(H – h) p2 = 2000 + 1000⋅9,81⋅(0,3 – 0,1) p2 = 21962 Pa Равенката за рамнотежа на силите: P1 + G = P2 + P3 Силата на притисок на горниот дел од ѕвоното: D 2 − D12 0,4 2 − 0,12 P1 = p1 ⋅ 3 ⋅ π = 20000 ⋅ ⋅ π = 2356 N 4 4 Силата на притисок од внатрешната страна на ѕвоното: D2 0,2 2 ⋅ π = 688,82 N P2 = p2 ⋅ 2 ⋅ π = 21962 ⋅ 4 4 Силата на потисок: D 2 − D22 ⋅π P3 = (pm + ρ ⋅ g ⋅ H ) ⋅ 3 4 0,4 2 − 0,2 2 P3 = (20000 + 1000 ⋅ 9,81⋅ 0,3 ) ⋅ ⋅ π = 2162,33 N 4 Масата на ѕвоното изнесува: P + P3 − P1 688,82 + 2162,33 − 2356 m= 2 = = 50,47 kg g 9,81 Задача 7.16. Призматична греда со правоаголен попречен пресек a = 20 mm и b = 10 mm, со должина L = 3 m виси закачена на зглобот А, кој се наоѓа на височина H = 1 m над слободната површина на водата (ρ = 1000 kg/m3). Долниот дел на гредата е потопен во вода. Да се определи густината на материјалот на гредата под услов да аголот на гредата према вертикалниот ѕид биде 45 °, а потоа да се определат силите што го оптеретуваат зглобот А. Решение: Равенката за рамнотежа на силите: ZA + ρm⋅g⋅V = Pz1 + Pz2 Геометриските големини според сликата: L a 2 ⋅ sin α + ⋅ cos α = ⋅ (L + a ) 2 2 4 a 2 x1 = H + 2 L−H ⋅ 2 −a a L2 = H ⋅ 2 + a + + 2 2 H⋅ 2 L L2 = +a+ 2 2 2 H a⋅ 2 L⋅ 2 x 2 = L2 ⋅ = + + 2 2 2 4 Сили кои делуваат на гредата: G = ρm⋅g⋅L⋅a⋅b xc =

41

1 1 ⋅ a ⋅ a ⋅ b = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ a2 ⋅ b 2 2 Pz2 = ρ⋅g⋅V2 = ρ ⋅ g ⋅ L − H ⋅ 2 − a ⋅ a ⋅ b Моментната равенка во однос на зглобот А G⋅xc – Pz1⋅x1 – Pz2⋅x2 = 0 ⎛ a 2 ⎞⎟ 2 1 − ⋅ ρ m ⋅ L ⋅ a ⋅ b ⋅ (L + a ) − ⋅ ρ ⋅ a 2 ⋅ b ⋅ ⎜ H + ⎜ 4 2 2 ⎟⎠ ⎝ ⎛H a⋅ 2 L⋅ 2 ⎞ ⎟=0 − ρ ⋅ L − H ⋅ 2 − a ⋅a ⋅b ⋅⎜ + + ⎜2 ⎟ 2 4 ⎝ ⎠ ⎛H a 2 L⋅ 2 ⎞ ⎛ a 2 ⎞⎟ 1 ⎟⋅a ⋅b + ρ ⋅ L −H ⋅ 2 − a ⋅⎜ + + ⋅ ρ ⋅ a2 ⋅ b ⋅ ⎜H + ⎜2 ⎜ 2 2 ⎟⎠ 2 4 ⎟⎠ ⎝ ⎝ ρm = 2 ⋅ L ⋅ a ⋅ b ⋅ (L + a ) 4

Pz1 = ρ⋅g⋅V1 = ρ ⋅ g ⋅

(

(

)

)

(

)

(

ρm

)

⎛ ⎛ 1 0,02 ⋅ 2 3 ⋅ 2 ⎞ 1 0,02 ⋅ 2 ⎞⎟ ⎟ ⋅ 0,02 ⋅ 0,01 ⋅ 1000 ⋅ 0,02 2 ⋅ 0,01 ⋅ ⎜1 + + 1000 ⋅ 3 − 1 ⋅ 2 − 0,02 ⋅ ⎜ + + ⎜ ⎟ ⎜2 2 2 2 4 ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎝ = 2 ⋅ 3 ⋅ 0,02 ⋅ 0,01 ⋅ (3 + 0,02) 4

ρm = 772,96 kg/m3

Вредностите на силите изнесуваат: G = ρm⋅g⋅L⋅a⋅b = 772,96⋅9,81⋅3⋅0,02⋅0,01 = 4,5496 N 1 1 Pz1 = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ a 2 ⋅ b = ⋅ 1000 ⋅ 9,81⋅ 0,02 2 ⋅ 0,01 = 1,962 ⋅ 10 −2 N 2 2 Pz 2 = ρ ⋅ g ⋅ L − H ⋅ 2 − a ⋅ a ⋅ b = 1000 ⋅ 9,81⋅ 3 − 2 − 0,02 ⋅ 0,02 ⋅ 0,01 Pz2 = 3,07 N Силите кои го оптеретуваат зглобот: ΣFx = 0 - во x – оската ΣFz = 0 - во z – оската ZA = -G + Pz1 + Pz2 = -4,5496 + 1,962⋅10-2 + 3,072 ZA = - 1,458 N

(

)

(

)

Задача 7.17. Цилиндрично тело кое на крајот има форма на полутопка со димензии d = 200 mm, R = 300 mm и маса m = 230 kg се наоѓа во сад потопено во вода (ρ = 1000 kg/m3). Нивото на слободната површина на водата изнесува H = 0,8 m, а над нивото владее надпритисок на воздухот pm. Со занемарување на триењето во водилките да се пресмета надпритисокот на воздухот над слободната површина во следните два случаи: а) h = R б) h = H Решение:

a) за h = R Равенката за рамнотежа на силите: G + P1 = P2 m⋅g + P1 = P2 ⎡ (2 ⋅ R )2 ⋅ π d 2 ⋅ π ⎤ P1 = pm ⋅ ⎢ − ⎥ 4 4 ⎥⎦ ⎢⎣ 42

P2 = ρ ⋅ g ⋅

1 4 ⋅ ⋅ R 3 ⋅ π + pm ⋅ R 2 ⋅ π 2 3

2 ⋅ ρ ⋅ g ⋅ R 3 ⋅ π + pm ⋅ R 2 ⋅ π 3 Од горните равенки се определува надпритисокот pm за h = R. 4⋅m⋅g 8 R3 pm = 2 − ⋅ρ ⋅g ⋅ 2 3 d ⋅π d 4 ⋅ 230 ⋅ 9,81 8 0,3 2 pm = 1000 9 , 81 − ⋅ ⋅ ⋅ 3 0,2 2 ⋅ π 0,2 2 pm = 54162,28 Pa б) за h = H Равенката за рамнотежа на силите: m⋅g + P1’ = P2’ ⎛ d 2 ⋅π ⎞ ⎟ P1' = [pm + ρ ⋅ g ⋅ (H − R )] ⋅ ⎜⎜ R 2 ⋅ π − 4 ⎟⎠ ⎝ ⎡2 p ⎞⎤ ⎛ P2' = ρ ⋅ g ⋅ ⎢ ⋅ R 3 ⋅ π + R 2 ⋅ π ⋅ ⎜⎜ H − R + m ⎟⎟⎥ ρ ⋅ g ⎠⎦ ⎝ ⎣3 P2 =

4⋅m⋅g 8 R3 g H R g ⋅ ρ ⋅ ⋅ ( − ) − ⋅ ρ ⋅ ⋅ 3 d 2 ⋅π d2 0,3 3 8 4 ⋅ 230 ⋅ 9,81 pm' = ( ) 1000 9 , 81 0 , 8 0 , 3 1000 9 , 81 − ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ ⋅ 3 0,2 2 0,2 2 ⋅ π pm' =

pm' = 49257,26 N Задача 7.18. Каскаден клип со димензии d1 = 100 mm ; d2 = h = 300 mm и маса m = 24 kg, плива во вода во цилиндер со D = 400 mm. Над слободната површина владее надпритисок на воздухот pm. а) Да се определи длабочината на тонење на клипот (x = ?) при атмосферски притисок над слободната површина pm = p0. б) При кој надпритисок, клипот ќе исплива над слободната површина, колкаво ќе биде поместувањето (s) од почетната положба при pm = 0.

Решение:

а) Равенката за рамнотежа на силите: d 2 − d12 d 2 ⋅π m ⋅ g + ρ ⋅ g ⋅ (x − h )⋅ 2 ⋅π = ρ ⋅ g ⋅ 2 ⋅ x 4 4 4⋅m h 4 24 0 , 3 ⋅ x= − ⋅ (d 2 − d 2 ) = − ⋅ (0,32 − 0,12 ) ρ ⋅ d 12 ⋅ π d 12 2 1 1000 ⋅ 0,12 ⋅ π 0,12 x = 0,6557 m б) Равенката за рамнотежа на силите: d 2 − d12 d 2 ⋅π ⋅ π = pm ⋅ 2 m ⋅ g + pm ⋅ 2 4 4 4 ⋅ m ⋅ g 4 ⋅ 24 ⋅ 9,81 pm = 2 = = 29977,15 Pa d1 ⋅π 0,12 ⋅ π Равенката за рамнотежа на силите: d 2 − d 12 d 2 ⋅π ⋅ π = ( p m + ρ ⋅ g ⋅ s )⋅ 2 m ⋅ g + pm ⋅ 2 4 4 43

s= за pm = 0 следи:

s=

d 12 ⋅ π 4 2 d ⋅π ρ ⋅g ⋅ 2 4

m ⋅ g − pm ⋅

m⋅g 4⋅m 4 ⋅ 24 = = 0,3395 m = 2 2 ρ ⋅ d 2 ⋅ π 1000 ⋅ 0,3 2 ⋅ π d2 ⋅π ρ ⋅g ⋅ 4

Задача 7.19. Метална плоча со должина L1 = 6 m, ширина b = 3 m и маса 400 kg, поставена е на два празни цилиндри со должина b, од кои помалиот има дијаметар од 300 mm, а поголемиот 600 mm. Колкава треба да биде додатната маса, и каде треба да биде поставена за да плочата завзема хоризонтална положба и со долната страна лежи на слободната површина на водата? Познато е дека меѓуосното растојание на цилиндрите L = 3 m. Решение:

Силите на потисок: d 12 ⋅ π Pz1 = ρ ⋅ g ⋅ V1 = ρ ⋅ g ⋅ ⋅b 4 0,3 2 ⋅ π Pz1 = 1000 ⋅ 9,81⋅ ⋅ 3 = 2080,3 N 4 d 2 ⋅π Pz 2 = ρ ⋅ g ⋅ V2 = ρ ⋅ g ⋅ 2 ⋅b 4 0,6 2 ⋅ π Pz 2 = 1000 ⋅ 9,81⋅ ⋅ 3 = 8321,14 N 4 Од равенката за рамнотежа на силите: m⋅g + m1⋅g = Pz1 + Pz2 Се добива додатната маса: P + Pz 2 2080,3 + 8321,14 m1 = z1 −m = − 400 = 660,29 kg g 9,81 Од моментната равенка за точката C се добива оддалеченоста на масата m1 од точката C, односно xc1. L L Pz 2 ⋅ − Pz1 ⋅ − m1 ⋅ g ⋅ x c1 = 0 2 2 ( Pz 2 − Pz1 ) ⋅ L (8321,14 − 2080,3 ) ⋅ 3 = 1,445 m = x c1 = 2 ⋅ m1 ⋅ g 2 ⋅ 660,29 ⋅ 9,81 Задача 7.20. Вертикален конус на чија основа е прицврстена крута плоча, потопен е во вода. Конусот е направен од дрво со густина ρ1 = 610 kg/m3, а димензиите се: D1 = 400 mm и H1 = 1000 mm. Кружната плоча е направена од челик со густина ρ2 = 7750 kg/m3, а нејзините димензии се: D2 = D1 = 400 mm и H2 = 12 mm. Да се определи висината (x = ?) на делот што се наоѓа над водата.

44

Решение: Од сликата се добива геометрискиот однос: D1 Dx x = односно Dx = D1 ⋅ H1 x H1 Равенката за рамнотежа на силите: G1 + G2 = P = ρ⋅g⋅V каде: V – запремина на потопеното тело Вкупната тежина на телото: D2 ⋅π D2 ⋅π 1 G1 + G2 = ⋅ ρ1 ⋅ g ⋅ 1 ⋅ H1 + ρ 2 ⋅ g ⋅ 2 ⋅ H2 3 4 4 Силата на потисок: ⎛ D 2 ⋅ π H1 D x2 ⋅ π x D22 ⋅ π ⎞ P = ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜ 1 ⋅ − ⋅ + ⋅ H 2 ⎟⎟ 3 4 3 4 ⎝ 4 ⎠

(1)

Определените големини се внесуваат во равенката (1), и се добива: ⎛ D 2 ⋅ π H1 D x2 ⋅ π x D22 ⋅ π ⎞ D2 ⋅π D2 ⋅π 1 ⋅ ρ1 ⋅ g ⋅ 1 ⋅ H1 + ρ 2 ⋅ g ⋅ 2 ⋅ H 2 = ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜ 1 ⋅ − ⋅ + ⋅ H 2 ⎟⎟ 3 4 4 3 4 3 4 ⎝ 4 ⎠ ⎛H 1 x3 ⋅ ρ1 ⋅ H1 + ρ 2 ⋅ H 2 = ρ ⋅ ⎜⎜ 1 + H 2 − 3 3 ⋅ H12 ⎝ 3 Бараната висина x изнесува: x = 3 H13 + 3 ⋅ H12 ⋅ H 2 − H13 ⋅

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

ρ1 ρ − 3 ⋅ H12 ⋅ H 2 ⋅ 2 ρ ρ

588 7700 − 3 ⋅ 12 ⋅ 0,01 ⋅ 1000 1000 x = 595 mm

x = 3 13 + 3 ⋅ 12 ⋅ 0,01 − 13 ⋅

Задача 7.21. Цилиндричен сад со маса ms = 4 kg плива во вода и потонал до длабочина H = 600 mm. Во садот се наоѓа вода до длабочина h = 400 mm, во која што плива топка со дијаметар d = 120 mm, а е до половина во вода. Да се определи дијаметарот на садот Ds и масата на водата што се наоѓа во садот. Решение:

Од равенката за рамнотежа на силите на топката се добива масата на топката: mT⋅g = Pz1 3

mT ⋅ g = ρ ⋅ g ⋅

1 4 ⎛d ⎞ 1 ⋅ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅π = ⋅ ρ ⋅ g ⋅d 3 ⋅π 2 3 ⎝2⎠ 12 1 ⋅ ρ ⋅d 3 ⋅π mT = 12

Од равенката за рамнотежа на целиот систем: Pz2 = g⋅(ms + mT + mw) Силата на потисок на долната страна на цилиндричниот сад: D2 ⋅ π Pz2 = ρ⋅g⋅V1 = ρ⋅g⋅ s ⋅H 4 Масата на водата во садот:

45

⎛ D2 ⋅ π ⎞ 1 ⋅h − ⋅ d 3π ⎟⎟ mw = ρ ⋅ ⎜⎜ s 12 ⎝ 4 ⎠ Равенката за рамнотежа на силите на целиот систем во развиен облик: ⎡ ⎛ D2 ⋅π ⎞⎤ D2 ⋅π 1 1 ⋅ H = g ⋅ ⎢m s + ⋅ ρ ⋅ d 3 ⋅ π + ρ ⋅ ⎜⎜ s ⋅h − ⋅ d 3 ⋅ π ⎟⎟⎥ ρ ⋅g ⋅H ⋅ s 4 12 12 ⎝ 4 ⎠⎦⎥ ⎣⎢ Дијаметарот на садот: 4 ⋅ ms 4⋅4 = = 0,159 ≈ 160 mm Ds = ρ ⋅ π ⋅ (H − h ) 1000 ⋅ π ⋅ (0,6 − 0,4) Масата на водата во садот: ⎛ 0,16 2 ⋅ π ⎞ 1 ⋅ 0,4 − ⋅ 0,12 3 ⋅ π ⎟⎟ = 7,59 kg mw = 1000 ⋅ ⎜⎜ 4 12 ⎝ ⎠ Задача 7.22. Правоаголен паралелопипед со релативна густина n (n = ρ1/ρ2) и димензии a x a x b плива во вода. Колкава треба да биде висината b да пливањето на паралелопипедот биде стабилно. Позната е основата а x a = 250 x 250 mm и релативна густина n = 0,7. Решение:

Равенката за рамнотежа на паралелопипедот: G = Pz ρ1⋅g⋅a2⋅b = ρ2⋅ g⋅a2⋅x x=

ρ1 ⋅b = n ⋅b ρ2

Тежиштето на паралелопипедот е: b hC = = 0,5 ⋅ b 2 Центарот на потисок на паралелопипедот: x n ⋅b hD = = = 0,35 ⋅ b 2 2 Растојанието меѓу тежиштето и центарот на потисок: b x b n ⋅ b b ⋅ (1 − n ) δ = hC − hD = − = − = = 0,15 ⋅ b 2 2 2 2 2 Метацентричниот радиус: I a4 a2 a2 r = = = = V 12 ⋅ a 2 ⋅ x 12 ⋅ n ⋅ b 8,4 ⋅ b Од условот за стабилност: a2 r>b односно > 0,15⋅b 8,4 ⋅ b a2 - 0,15⋅b > 0 8,4 ⋅ b

,

a 2 − 1,26 ⋅ b 2 >0 8,4 ⋅ b

a2 250 2 = = 49603,175 mm2 1,26 1,26 b ≤ 222,717 mm – паралелопипедот ќе плива стабилно b2 ≤

46

Задача 7.23. Коцка со релативна густина (n = ρ1/ρ2) и со раб a плива во вода. Колкава треба да биде релативната густина n = ? да пливањето на коцката биде стабилно?

Решение:

Равенката за рамнотежа на коцката: G = Pz ρ1⋅g⋅a3 = ρ2⋅a2⋅x x = n⋅a Тежиштето на коцката: a hc = 2 Центарот на потисокот мерен од долната страна на коцката: x n ⋅a hD = = 2 2 Растојанието меѓу тежиштето и центарот на потисок: a n ⋅ a a ⋅ (1 − n ) δ = hC − hD = − = 2 2 2 Метацентричниот радиус: I a4 a r = = = 2 V 12 ⋅ a ⋅ x 12 ⋅ n Од условот за стабилност: r>b 1− 6 ⋅ n + 6 ⋅ n 2 a a ⋅ (1 − n ) >0 > односно 12 ⋅ n 12 ⋅ n 2 Се добиваат две решенија: n1 = 0,211 и n2 = 0,789. n не смее да биде меѓу интервалот (0,211 ; 0,789) – бидејќи коцката ќе плива нестабилно. За n > 1 коцката ќе пропадне. Задача 7.24. Масата m2 = 3000 kg се наоѓа на платформа со димензии L = 8 m, B = 4 m и H = 1 m. Да се провери стабилноста на платформата ако нејзината маса е m1 = 5000 kg. Тежиштето на масата на платформата е на половина од нејзината висина, а тежиштето на маса m2 се наоѓа на висина ha = 1 m од горната површина на платформата. Дали пливањето на платформата ќе биде стабилно, кога над масата m2 се постави предмет со маса m3 = 3000 kg на кој тежиштето му е на ht = 2 m од горната површина на платформата. Решение:

Од равенката за рамнотежа при пливањето на телата: (m1 + m2)⋅g = ρ⋅g⋅V = ρ⋅g⋅B⋅L⋅z се добива длабочината на тонењето на платформата: m + m2 5000 + 3000 z= 1 = 0,25 m = ρ ⋅B ⋅L 1000 ⋅ 4 ⋅ 8

47

Центарот на потисок D од долната површина на платформата 1 1 hD = ⋅ z = ⋅ 0,25 = 0,125 m 2 2 Од моментната равенка: m1 ⋅ g ⋅ hc1 + m2 ⋅ g ⋅ (ha + H ) = (m1 + m2 ) ⋅ g ⋅ hcs се наоѓа растојанието на тежиштето на системот hcs од долната површина на платформата. H m1 ⋅ + m2 ⋅ (ha + H ) 5000 ⋅ 0,5 + 3000 ⋅ (1 + 1) 2 = 1,0625 m hcs = = m1 + m2 5000 + 3000 Растојанието помеѓу тежиштето на системот и центарот на потисокот изнесува: δ = hcs – hD = 1,0625 – 0,125 = 0,9375 m Метацентричниот радиус: I L ⋅ B3 B2 42 r = = = = = 5,333 m V 12 ⋅ B ⋅ L ⋅ z 12 ⋅ z 12 ⋅ 0,25 бидејќи r > δ, пливањето е стабилно Кога ќе се постави терет со маса m3 = 3000 kg, тогаш: m + m2 + m3 5000 + 3000 + 3000 z' = 1 = = 0,34375 m ρ ⋅B ⋅L 1000 ⋅ 4 ⋅ 8 Тежиштето на системот се определува од моментната равенка: (m1 + m2 + m3 ) ⋅ g ⋅ hcs' = m1 ⋅ g ⋅ hc1 + m2 ⋅ g ⋅ (ha + H ) + m3 ⋅ g ⋅ (ht + H ) H m1 ⋅ + m2 ⋅ (ha + H ) + m3 ⋅ (ht + H ) ' 2 hcs = m1 + m2 + m3 5000 ⋅ 0,5 + 3000 ⋅ (1 + 1) + 3000 ⋅ (2 + 1) ' = hcs = 1,591 m 5000 + 3000 + 3000 Центарот на потисок од долната површина на платформата: z' hD' = = 0,1718 m 2 Растојанието меѓу тежиштето и центарот на потисокот: ' δ ' = hcs − hD' = 1,591 – 0,1718 = 1,419 m Метацентричниот радиус: I L ⋅ B3 B2 42 r'= = = = = 3,8788 m V ' 12 ⋅ B ⋅ L ⋅ z' 12 ⋅ z' 12 ⋅ 0,34375 бидејќи r' > δ', и во овој случај пливањето е стабилно. Задача 7.25. Хомогено конусно тело со димензии D = H = 2 m и густина ρm = 340 kg/m3 плива во вода. a) Да се определи стабилноста при пливањето. b) Да се пресмета работата што ќе ја изврши силата при еднообразно (целосно) потопување на конусот. Решение: а) Равенката за рамнотежа на силите на Земјината тежа и потисокот: 1 D2 ⋅π 1 d 2 ⋅π ⋅ ρm ⋅ g ⋅ ⋅H = ⋅ ρ ⋅g ⋅ ⋅h 3 4 3 4 ρ D3 h= m ⋅ 2 ρ d Геометриските односи според горната слика: 48

D:H = d:h ; следи d = h=

h ⋅D = h H

ρm D3 ρ 340 ⋅ 2 , следи h = D ⋅ 3 m = 2 ⋅ 3 = 1,396 m ρ 1000 ρ h

Растојанието на тежиштето на конусот од неговата основа hc = центарот на потисок до врвот на конусот изнесува hD =

H , а растојанието од 4

3 h. 4

Растојанието меѓу тежиштето и центарот на потисок: 3 3 3 3 δ = hc' − hD = H − h = (H − h ) = ⋅ (2 − 1,396 ) = 0,453 m 4 4 4 4 Метацентричниот радиус: d 4π 3 ⋅ d 2 3 ⋅ d 3 ⋅ 1,396 I 64 = 0,262 m = = r = = = 16 ⋅ h 16 16 V 1 d 2 ⋅π ⋅ ⋅h 3 4 Бидејќи r < δ пливањето ќе биде нестабилно. b) под дејство на силата F(z) во еден произволен интервал, конусот ќе потоне на длабочина h + z, при што ќе одговара дијаметар d(z) = h + z. За оваа состојба на конусот важи равенката на рамнотежа на силите: m⋅g +F(z) = Pz 1 d 2 (z) ⋅ π m ⋅ g + F ( z ) = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ (h + z ) ⋅ 3 4 1 d 2 ⋅π За d ( z ) = h + z и m ⋅ g = ⋅ ⋅h⋅ ρ ⋅ g 3 4 1 3 ⎤ ⎡1 3 ⋅ h ⋅π ⎥ F ( z ) = ρ ⋅ g ⋅ ⎢ ⋅ (h + z ) − 12 ⎣ 12 ⎦ Елементарната работа на оваа сила: dE = F(z)⋅dz Вкупната работа што ќе ја изврши оваа сила при целосното потопување на конусот: H −h (H + h )4 ⎤ ρ ⋅ g ⋅π ρ ⋅ g ⋅π ⎡3 2 3 2 3 ⋅ (h + z ) − h 3 ⋅ dz = ⋅ ⎢ ⋅ h ⋅ (H − h ) + h ⋅ (H − h ) + E= ⎥ 12 12 4 ⎣⎢ 2 ⎦⎥ 0

∫[

E=

1000 ⋅ 9,81 ⋅ π 12

]

⎡3 (2 + 1,396 )4 ⎤ = 3614,35 N⋅m 2 3 ⋅ ⎢ ⋅ 1,396 2 ⋅ (2 − 1,396 ) + 1,396 ⋅ (2 − 1,396 ) + ⎥ 4 ⎢⎣ 2 ⎥⎦

Задача 7.26. Хомогена правоаголна призма со димензии a, 2h и дебелина b, може да се врти околу хоризонтална оска во зглобот О. Призмата плива во вода во вертикална h положба (според сликата). Да се определи односот така a да пливањето биде стабилно.

Решение: При завртувањето на призмата за мал агол δ околу зглобот О, се јавува дополнителна сила на потисок:

49

за tg α ≅ δ Pz1 = ρ ⋅ g ⋅V1 = ρ ⋅ g ⋅

a ⋅ a ⋅δ ⋅b 2

1 ⋅ ρ ⋅ g ⋅ b ⋅ a2 ⋅δ 2 Моментот на оваа сила околу зглобот О: 2 1 M1 = Pz1 ⋅ ⋅ a = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ a 3 ⋅ δ ⋅ b 3 3 Моментот на спрегот на сили Pz2 и G изнесува: h 1 M = Pz 2 ⋅ DC ⋅ δ = ρ ⋅ g ⋅ a ⋅ b ⋅ h ⋅ ⋅ δ = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ a 3 ⋅ b ⋅ h 2 ⋅ δ 2 2 Pz 2 = G = ρ ⋅ g ⋅ a ⋅ b ⋅ h ; DC ⋅ sin δ = DC ⋅ δ од условот за стабилност М ≤ М1, следи: 1 1 ⋅ ρ ⋅ g ⋅ a ⋅ b ⋅ h2 ⋅ δ ≤ ⋅ ρ ⋅ g ⋅ a3 ⋅ b ⋅ δ 2 3 h 2 ≤ се добива бараниот однос: a 3 Pz1 =

Задача 7.27. Хомоген цилиндер со дијаметар D плива исправен во вода со густина ρ. Горниот дел од цилиндерот со висина h изработен е од материјал со густина ρ, а долниот дел со висина х, со густина ρ1. Да се определи максималната вредност xmax = ? под услов да цилиндерот сеуште плива, и минималната вредност xmin = ? под услов да цилиндерот плива стабилно. Познати се следниве податоци: ρ1/ρ = 7 ; ρ2/ρ = 1/2 ; D = 1 m ; h = 1 m. Решение: Равенка за рамнотежа на силите:

Pz = G1 + G2 D ⋅π D2 ⋅ π D2 ⋅ π ρ ⋅g ⋅ ⋅ y = ρ1 ⋅ g ⋅ ⋅ x + ρ2 ⋅ g ⋅ ⋅h 4 4 4 2

y=

ρ1 ρ ⋅ x + 2 ⋅h ρ ρ

x = xmax за y = x + h 1−

x+h=

ρ2 ρ

ρ1 ρ ⋅ x + 2 ⋅ h односно x max = ⋅h ρ1 ρ ρ −1 ρ

1 2 = h = 1 = 83,33⋅10-3 m = 7 − 1 12 12 1−

x max

Центарот на потисок е оддалечен од долната страна на цилиндерот zD =

y , тежиштето 2

h . 2 Тежиштето на системот (целиот цилиндер) се определува од моментната равенка: (G1 + G2)⋅zcs = G1⋅zc1 + G2⋅zc2

на долниот дел на цилиндерот zc2 = x +

50

zcs =

G1 ⋅ zc1 + G2 ⋅ zc 2 = G1 + G2 zcs =

x h⎞ ⎛ + ρ2 ⋅ g ⋅ A ⋅ h ⋅ ⎜ x + ⎟ 2 2⎠ ⎝ ρ1 ⋅ g ⋅ A ⋅ x ⋅ + ρ 2 ⋅ g ⋅ A ⋅ h

ρ1 ⋅ g ⋅ A ⋅ x ⋅

ρ1 ⋅ x 2 + ρ 2 ⋅ h ⋅ (2 ⋅ x + h ) 2 ⋅ ( ρ1 ⋅ x + ρ 2 ⋅ h )

услов за стабилно пливање: D 4π D2 I r = = 2 64 = V D ⋅π 16 ⋅ y ⋅y 4 2 ρ1 ⋅ x + ρ 2 ⋅ h ⋅ ( 2 ⋅ x + h ) y D2 − = 2 ⋅ ( ρ1 ⋅ x + ρ 2 ⋅ h ) 2 16 ⋅ y

ρ1 2 ρ 2 ⋅x + ⋅ h ⋅ (2 ⋅ x + h) y D2 ρ ρ − = 2 16 ⋅ y ⎛ρ ⎞ ρ 2 ⋅ ⎜⎜ 1 ⋅ x + 2 ⋅ h ⎟⎟ ρ ⎝ ρ ⎠ ρ1 ρ y= ⋅ x + 2 ⋅h ρ ρ Со внесување на y во горната равенка се добива равенката: 42 ⋅ x 2 + 6 ⋅ x −

1 =0 8

Решение на оваа квадратна равенка: x1 = 0,01845 m x2 = -0,1613 m Минималната вредност на x под услов да цилиндерот плива стабилно изнесува: Xmin ≥ 18,45 mm

51

52

Задача 8.1. Призматичен сад со должина L и ширина b наполнет е со течност до висина h. Садот се движи хоризонтално со константно забрзување а. Да се определи: а) Равенката на еквипотенцијалните површини и равенката на слободната површина; b) Дијаграмот и притисоците за страните на резервоарот.

Решение: а) од основната равенка во статика на флуиди: 1 ⋅ dp = X ⋅ dx + Y ⋅ dy + Z ⋅ dz

ρ

и за скаларните компоненти на надворешните сили X = -a ; Y = 0 ; Z = -g и при p = const ⇒ dp = 0. се добива равенката на еквипотенцијалните линии. -ρ⋅(a⋅dx + g⋅dz) = 0 односно a⋅x + g⋅z = C a или z = − ⋅ x + C g за почетни услови x = 0 , z = hmax се добива C = hmax a zmax = − ⋅ x + hmax - равенка на слободната површина g b) Со интегрирање на основната равенка се добива распоредот на притисоците во течноста. − hmin a h p – p0 = -ρ⋅a⋅x - ρ⋅g⋅(z – hmax) ; tgβ = max = L g страна AD : страна BC : дно DC :

за x = 0 , z = 0 p – p0 = ρ⋅g⋅hmax за x = L , z = 0 p – p0 = ρ⋅g⋅hmax - g⋅a⋅L p – p0 = ρ⋅g⋅hmax - ρ⋅g⋅(hmax - hmin) = ρ⋅g⋅hmin за z = 0 p – p0 = ρ⋅g⋅hmax - g⋅a⋅x за x = 0 , p – p0 = ρ⋅g⋅hmax за x = L , p – p0 = ρ⋅g⋅hmax - ρ⋅a⋅L = ρ⋅g⋅hmin Задача 8.2. За забрзувањето на тело кое се движи хоризонтално, се користи цевка (прицврстена на телото) со мал дијаметар наполнета со течност. Со какво забрзување се движи телото, ако при движењето е констатирана разлика на нивоата h = 5 cm, при растојание меѓу нив од 30 cm? Решение: Основната равенка во статиката на флуиди 1 ⋅ dp = X ⋅ dx + Y ⋅ dy + Z ⋅ dz

ρ

и проекциите на надворешните сили, према усвоениот координатен систем X = -a Y=0 Z = -g 53

dp = -ρ⋅a⋅dx - ρ⋅g⋅dz p = ρ⋅a⋅x - ρ⋅g⋅z + C од граничните услови x = L/2 ; z = -(h/2) ; p = p0 h L се добива p0 = -ρ⋅a⋅ + ρ⋅g⋅ + C 2 2 интеграционата константа: 1 C = p0 + ⋅ (a ⋅ L − g ⋅ h ) 2 распоредот на притисоците во течноста: 1 p – p0 = -ρ⋅a⋅x - ρ⋅g⋅z + ⋅ ρ ⋅ (a ⋅ L − g ⋅ h ) 2 за p = p0 се добива равенката на слободната површина: a ⎛L ⎞ h z = ⋅⎜ − x⎟ − g ⎝2 ⎠ 2 L h за x = − и z = 2 2 се добива вредноста на бараното забрзување: g ⋅ h 9,81⋅ 5 a= = = 1,635 m/s2 L 30 Задача 8.3. Цистерна во облик на правоаголен паралелопипед се движи по коса рамнина под агол α = 30° со константно забрзување a = 5 m/s2. Цистерната е наполнета со вода до одредена висина. Да се определи аголот меѓу слободната површина и хоризонталната рамнина , за случаи :

а) Кога цистерната се спушта по косата рамнина и б) Кога цистерната се движи нагоре по косата рамнина. Решение:

а) за усвоениот координатен систем, скаларните компоненти на надворешните запремински сили изнесуваат: X = 0 ; Y = а⋅cosα ; Z = а⋅sinα - g равенката за распоредот на притисоците во течноста: p – p0 = -ρ⋅a⋅cosα⋅y + ρ⋅g⋅(а⋅sinα - g)⋅z за p = p0 се добива равенката на слободната површина a ⋅ cos α z= ⋅y g − a ⋅ sinα

Аголот помеѓу слободната површина на течноста и хоризонталната рамнина се определува од равенката: z a ⋅ cos α tgβ = = y g − a ⋅ sin α 5 ⋅ cos 30 o a ⋅ cos α = 30° 38' 26" = arctg g − a ⋅ sin α 9,81 − 5 ⋅ sin 30 o b) за овој случај и за усвоен координатен систем, скаларните компоненти на запреминските сили: X = 0 ; Y = -а⋅cosα ; Z = -а⋅sinα - g Равенката за распоредот на притисоците во течноста: p – p0 = -ρ⋅a⋅cosα⋅y - ρ⋅g⋅(а⋅sinα - g)⋅z за p = p0 се добива равенката на слободната површина

β = arctg

54

z=−

a ⋅ cos α ⋅y a ⋅ sin α + g

Аголот β изнесува:

β = arctg

− 5 ⋅ cos 30 o − a ⋅ cos α = arctg = -19° 22' 47" g + a ⋅ sin α 9,81 + 5 ⋅ sin 30 o Задача 8.4. Сад со квадратна основа b x b и маса m1 наполнет е со вода до висина h и се лизга по хоризонтална рамнина под дејство на масата m2. Да се определи: а) Висината H на садот доволна да ја собере вкупната количина на вода при движењето, ако коефициентот на триењето помеѓу садот и

хоризонталната површина е f. b) Силите на притисок на водата на предната и задната страна. Решение: а) Равенката за динамичка рамнотежа при праволиниско движење на садот. Fi = Fg – Ftr односно: (m1 + mw + m2)⋅a = m2⋅g - g⋅(m1 + ρ⋅b2⋅h)⋅f Се добива забрзувањето m − m1 + ρ ⋅ b 2 ⋅ h ⋅ f a= 2 m1 + ρ ⋅ b 2 ⋅ h + m2

(

Според сликата ⇒ tgβ = −

)

a g

Висината Δh за која се покачува нивото на течноста на задната страна: b b a Δh = ⋅ tgβ = ⋅ 2 2 g висината на садот изнесува b⋅a H = h + Δh = h + 2⋅g b) Силата на притисок на течноста од задната страна на садот: ⎛ 1 H H2 h + Δh a⋅b ⎞ ⎟ P1 = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ H ⋅ b = ρ ⋅ g ⋅ b ⋅ = ρ ⋅g ⋅ ⋅ b ⋅ (h + Δh ) = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ b ⋅ ⎜⎜ h + 2 2 2 2 2 ⋅ g ⎟⎠ ⎝ Силата на притисок на течноста на предната страна на садот: h − Δh b 2 P2 = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ b ⋅ (h − Δh ) = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ (h − Δh ) 2 2 b ⎛ a⋅b ⎞ ⎟ P2 = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ ⎜⎜ h − 2 ⎝ 2 ⋅ g ⎟⎠

2

2

Задача 8.5. Сад со вкупна маса m се движи по коса рамнина која со хоризонталата зафаќа агол α. Коефициентот на триење меѓу садот и рамнината изнесува f. Да се определи аголот α, под услов да слободната површина на течноста со хоризонталата формира агол β = 45 °.

55

Решение: Од равенката за динамичка рамнотежа при движењето на садот по рамнината: m⋅g⋅sinα - m⋅g⋅cosα⋅f - m⋅a = 0 се добива равенка за забрзување на садот со течноста a = g⋅(sinα - f⋅cosα) = const. Од основната равенка во статиката на флуиди: 1 ⋅ dp = X ⋅ dx + Y ⋅ dy + Z ⋅ dz

ρ

За усвоениот координатен систем, скаларните компоненти на запремински сили изнесуваат: X = 0 ; Y = а⋅cosα ; Z = а⋅sinα - g Со интеграција се добива: p = ρ⋅a⋅y⋅cosα + ρ⋅ (а⋅sinα - g)⋅z + C и за y = 0 ; z = 0 ; p = p0 ⇒ C = p0 распоредот на притисоците во течноста p – p0 = ρ⋅a⋅cosα⋅y + ρ⋅g⋅(а⋅sinα - g)⋅z за p = p0 се добива равенката за слободната површина на течноста: a ⋅ cos α z= ⋅y g − a ⋅ sin α аголот β се добива од следната равенка: z a ⋅ cos α g ⋅ (sin α − f ⋅ cos α ) ⋅ cos α = tgβ = = y g − a ⋅ sin α g − g ⋅ (sin α − f ⋅ cos α ) ⋅ sin α за β = 45° sinα ⋅ cos α − f ⋅ cos 2 α =1 tgβ = 1 − sin 2 α + f ⋅ cos α ⋅ sinα sinα⋅cosα⋅(1 – f) = cos2α⋅(1 + f) 1+ f tgα = 1− f 1+ f α = arctg 1− f

надворешните

Задача 8.6. Отворен призматичен сад со должина 3L, поделен е со вертикална преграда на два дела со должини 2L и L, исполнет со вода до висини h1 и h2, се движи со константно забрзување a. Да се определи забрзувањето при кое силата на притисокот на течноста на преградата ќе биде нула. Решение:

Основната равенка во статиката на флуиди: 1 ⋅ dp = X ⋅ dx + Y ⋅ dy + Z ⋅ dz

ρ

За усвоениот координатен систем, скаларните компоненти на надворешните сили за единица маса: X=0;Y=0;Z=-g dp = ρ⋅a⋅dx - ρ⋅g⋅dz p = ρ⋅a⋅x - ρ⋅g⋅z + C за p = p0 на слободната површина на течноста a⋅x - g⋅z = C

56

a ⋅ x +C g во точката B (-L , h1) – која лежи на слободната површина a h1 = − ⋅ L + C g односно интеграционата константа има вредност: a C = h1 + ⋅ L g За овој дел на садот, равенката за слободната површина: a z = ⋅ ( L + x ) + h2 g За x = 0, висината на водата во левата страна на преградата изнесува z1, односно: a z1 = ⋅ L + h1 g Точката A (-L/2 , h2) на слободната површина a L a L h2 = ⋅ + C односно C = h2 − ⋅ g 2 g 2 За овој дел од садот равенката на слободната површина a ⎛ L⎞ z = ⋅ ⎜ x − ⎟ + h2 g ⎝ 2⎠ За x = 0 висината на водата во десната страна на преградата ќе биде z2 a⋅L z2 = − + h2 2⋅g При z1 = z2 , силата на притисок на течноста на преградата ќе биде нула, односно: a a⋅L ⋅ L + h1 = − + h2 g 2⋅g За да биде исполнет горниот услов, бараното забрзување треба да изнесува: 2⋅g a= ⋅ (h2 − h1 ) 3⋅L

или

z=

Задача 8.7. Сад во форма на правоаголен паралелопипед со должина L = 3 m и ширина b = 2 m, наполнет е со вода до висина h = 2 m. Ако садот се движи со константно забрзување a = 3 m/s2 кое делува под агол α = 30 °, да се определи: а) Аголот на слободната површина со хоризонталната рамнина. б) Максималната висина на слободната

површина. в) Најголемиот притисок на дното на садот. г) Колкаво треба да биде забрзувањето за да се појави дното на садот? Решение: а) за усвоениот координатен систем и почетните услови x = y = z = 0 ; p = p0 се добива равенката на распоредот на притисоците во течноста p – p0 = ρ⋅a⋅cosα⋅y + ρ⋅g⋅(а⋅sinα - g)⋅z за p = p0 се добива равенка за слободната површина на течноста:

57

a ⋅ cos α ⋅y a ⋅ sin α + g Аголот на слободната површина на течноста во однос на хоризонталната рамнина: z a ⋅ cos α 3 ⋅ cos 30 o = arctg β = arctg = arctg y a ⋅ sin α + g 3 ⋅ sin 30 o + 9,81 β = 12° 56' б) од равенката за слободната површина за y = L/2 се добива: 3 ⋅ cos 30 o 3 zA = ⋅ = 0,34457 m o 3 ⋅ sin 30 + 9,81 2 z=

Максималната висина на садот Hmax = h + zA = 2 + 0,34457 = 2,34457 m в) во точката B (-L/2 , -h) ќе владее максимален притисок (p − p0 )max = 1000 ⋅ 3 ⋅ cos 30 o ⋅ 3 − 1000 ⋅ 3 ⋅ sin 30 o + 9,81 ⋅ ( −2) 2 (p – p0)max = 26517 Pa г) за да се појави дното на садот треба слободната површина на течноста да поминува низ точката C (-L/2, -h). Во равенката н слободната површина за zC се добива: a ⋅ cos α zC = 1 ⋅ yC a1 ⋅ sin α + g zC −2 ⋅g = ⋅ 9,81 a1 = 3 y C ⋅ cos α − zC ⋅ sin α o o − ⋅ cos 30 + 2 ⋅ sin 30 2 a1 = 65,61 m/s2

(

)

Задача 8.8. Под влијание на масата m1 по косата рамнина α = 30 ° се движи без триење висок призматичен сад со вода. Вкупната маса на садот со вода изнесува m2. Во хоризонталната положба садот е наполнет до висина H = 0,5 m, а неговата основа е квадратна со страна b = H⋅ 3 . Да се определи минималниот однос m = m1/m2, при кој слободната површина на вода во садот ќе почнува од дното. Да се определи хидрауличната сила што ќе ја оптеретува задната страна од садот. Решение: За усвоениот координатен систем x-z, и со примена на основната равенка во статиката на флуиди се добива распоредот на притисокот во течноста: 1 ⋅ dp = X ⋅ dx + Y ⋅ dy + Z ⋅ dz

ρ

Скаларните компоненти на запреминските надворешни сили: X = -a -g⋅sinα = - (a + g⋅sinα) Y=0 Z = -g⋅cosα По интегрирањето, распоредот на притисоците изнесува: p = ρ⋅(a + g⋅sinα)⋅x - ρ⋅g⋅cosα⋅z + C гранични услови: z = 0, x = b , p = p0 p0 = ρ⋅(a + g⋅sinα)⋅b + C – интеграционата константа 58

C = p0 + ρ⋅(a + g⋅sinα)⋅b

односно:

p – p0 = ρ⋅(a + g⋅sinα)⋅(b – x) - ρ⋅g⋅z⋅cosα за p = p0 се добива равенка за слободната површина: a + g ⋅ sin α z= ⋅ (b − x ) g ⋅ cos α Запремината на водата пред и после движењето останува непроменета: 1 ⋅ b ⋅ z ⋅ b = b2 ⋅ H 2 1 ⋅ 3 ⋅ H ⋅ z ⋅ 3 ⋅ H = 3 ⋅ H3 2 z = 2⋅H за точката B (0 , 2H) и p = p0 со замена во равенката за слободната површина се добива вредност за забрзувањето a:

1 ⋅g 2a + g 2 2⋅H = ⋅b = ⋅H ⋅ 3 3 3 ⋅g g⋅ 2 g a= 2 a+

Од равенката за динамичка рамнотежа на силите при движењето на садот и косата рамнина: m2⋅(a+g⋅sinα) = m1⋅(g-a) се добива:

g + g ⋅ sin α m1 a + g ⋅ sin α 2 m= = = =2 g m2 g −a g− 2

Силата на притисок со која водата делува на задната страна на садот изнесува:

P = ∫ (p − p0 )x =0 ⋅ dA = A

2H

⎡

⎛1

⎞

⎤

∫ ρ ⋅ g ⋅ ⎢⎣b ⋅ ⎜⎝ 2 + sin α ⎟⎠ − z ⋅ cos α ⎥⎦ ⋅ b ⋅ dz 0

P = 3⋅ρ⋅g⋅H3 = 3⋅1000⋅9,81⋅0,53 = 3678,75 N Задача 8.9. Затворен призматичен сад со димензии L x H x B = 3 x 1 x 1 m наполнет е со вода до средината на висината H, а над слободната површина има гас со надпритисок pm = 50 kPa. Садот се движи хоризонтално со константно забрзување a = 0,5⋅g. Да се определи силата на притисокот на задната страна и на дното на

садот. Решение:

Основната равенка во статиката на флуиди:

1

ρ

⋅ dp = X ⋅ dx + Y ⋅ dy + Z ⋅ dz

Според усвоениот координатен систем, скаларните компоненти на надворешните сили за единица маса: X = a ; Y = 0 ; Z = -g По интегрирањето на основната равенка се добива распоредот на притисоците во течноста 59

p = ρ⋅a⋅x - ρ⋅g⋅z + C

;

за почетните услови x = z = 0 ; pm = p p – pm = ρ⋅a⋅x - ρ⋅g⋅z x 1 за p = pm и a = ⋅ g се добива равенката на слободната површина z = . 2 2 Равенката за распоредот на притисоците во течноста има конечна форма: ⎛x ⎞ p − pm = ρ ⋅ g ⋅ ⎜ − z ⎟ ⎝2 ⎠ H L За p = pm и z = − се добива x = -1, односно точката A(-1, -1/2) за x = од равенката за 2 2 распоредот на притисоците во течноста се добива распоредот на притисоците на задниот ѕид на призматичниот сад. p = pm + ρ⋅g⋅(0,75 – z) силата на притисок на задниот ѕид: H /2

2 [pm + ρ ⋅ g ⋅ (0,75 − z )] ⋅ B ⋅ dz = pm ⋅ z + 0,75 ⋅ ρ ⋅ g ⋅ z − ρ ⋅ g ⋅ z Pz = p ⋅ dA = 2 A −H / 2

∫

∫

H/2

−H / 2

Pz = pm⋅H⋅B + 0,75⋅ρ⋅g⋅H⋅B = (pm + 0,75⋅ρ⋅g)⋅H⋅B Pz = (50000 +0,75⋅1000⋅9,81) ⋅1⋅1 = 57357,5 N H =-0,5 во равенката за распоред на притисоците во течноста се добива 2 распоредот на притисоците на дното од садот. ⎛x ⎞ p = pm + ρ⋅g⋅ ⎜ + 0,5 ⎟ ⎝2 ⎠ силата на притисок на дното од садот

За z = −

Pd = pm ⋅ (x B − x A ) ⋅ H +

xc =1,5

∫ [p

m

+ ρ ⋅ g ⋅ ( x / 2 + 0,5)] ⋅ B ⋅ dx

x A = −1

1 x2 1 Pd = pm ⋅ (x B − x A ) ⋅ H + pm ⋅ x + ⋅ ρ ⋅ g ⋅ + ⋅ρ ⋅g ⋅x 2 2 2

xc =1,5 x A = −1

2,5 1,25 ⋅1000⋅9,81 + ⋅1000⋅9,81 2 4 Pd = 165328 N

Pd = 50000⋅(1,5 – 1)⋅1 + 2,5⋅50000 +

Задача 8.10. Затворен цилиндричен сад со дијаметар D = 400 mm, наполнет со вода до висина h = 200 mm, се движи вертикално нагоре со константно забрзување a = 5 m/s2. Притисокот на гасот над слободната површина изнесува 0,981 kPa. Масата на дното на садот изнесува m = 10 kg. Да се определи вкупната сила што го оптеретува системот завртки А-А.

Решение: Скаларните компоненти на надворешните запремински сили, за усвоениот координатен систем: x = 0 ; y = 0 ; z = -(a + g) По интеграцијата на основната равенка во статиката на флуиди се добива распоредот на притисоците во течноста: p = -ρ⋅(a + g)⋅z + C за z = h ; p = p0 – pv интеграционата константа: 60

p - pv = -ρ⋅(a + g)⋅h + C ⎛ a⎞ односно p − p0 = ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜1 + ⎟⎟ ⋅ (h − z ) − pv g⎠ ⎝ Вредноста на притисокот на водата на дното на садот се добива кога во равенката за распоредот на притисоците во течноста се внеси за z = 0 и се добива: (p − p0 )z = 0 = ρ ⋅ g ⋅ ⎛⎜⎜1 + a ⎞⎟⎟ ⋅ h − pv g⎠ ⎝ Силата со која течноста делува на дното на садот: ⎤ d2 ⋅π ⎛ d2 ⋅π ⎡ a⎞ P = (p − p0 )z = 0 ⋅ = ⎢ ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜1 + ⎟⎟ ⋅ h − pv ⎥ ⋅ 4 4 g⎠ ⎝ ⎣ ⎦ ⎤ 0,4 2 ⋅ π ⎡ 5 ⎞ ⎛ P = ⎢1000 ⋅ 9,81 ⋅ ⎜1 + ⎟ ⋅ 0,2 − 981⎥ ⋅ 4 ⎝ 9,81 ⎠ ⎦ ⎣

P = 249 N Од равенката за динамичка рамнотежа при движењето на садот вертикално нагоре се добива вкупната сила што ги оптеретува завртките А-А.

F = P + m⋅g + m⋅a = 249 + 10⋅9,81 + 10⋅5 = 397 N Задача 8.11. Вагон цистерна со дијаметар D = 2,5 m и должина L = 6 m, наполнет до половина со бензин со густина ρ = 700 kg/m3, се движи со брзина v0 = 48 km/h. Ако возот треба да запре за време од 4 s, да се определи равенката на слободната површина на бензинот. Исто така да се определи притисокот на течноста во точката С. Решение:

Основната равенка во статиката на флуиди 1 ⋅ dp = X ⋅ dx + Y ⋅ dy + Z ⋅ dz

ρ

скаларните компоненти на надворешните сили за единица маса X=a ; Y=0 ; Z = -g со почетните услови x = y = z = 0 и p = p0 се добива равенка за распоред на притисоците во течноста p − p0 = ρ ⋅ a ⋅ x − ρ ⋅ g ⋅ z за p = p0 се добива равенка за слободната површина на течноста a z = ⋅x g од равенката за брзината за забавеното движење се определува негативното забрзување Vc = Vo − a ⋅ t за t = 4 s ; Vc = 0 точките А и В ги имаат следните координати L a L 3,33 6 ,z=− ⋅ =− ⋅ = −1,019 m за x = − g 2 2 9,81 2 точката А (-3 ; -1,019) L a L 3,33 6 за x = ,z= ⋅ = ⋅ = 1,019 m g 2 9,81 2 2 61

точката В (3 ; 1,019) L D точката С ( ; − ) 2 2 притисокот во точката С изнесува p − p0 = 1000 ⋅ 3,33 ⋅

2,5 6 + 1000 ⋅ 9,81 ⋅ = 22252,5 Pa 2 2

Задача 8.12. Цилиндричен сад со дијаметар d = 0,8 m има рамен капак и полутопчесто дно и е наполнет со вода до висина y =0,3 m , и се подига нагоре со забрзување a=10 m/s2 . Да се определи: а) Силата Fj во јажето, ако масата на дното од садот изнесува m1=50 kg, на цилиндричниот дел m2=30 kg, а на капакот m3=20 kg. б) Силата на притисокот на дното од садот, аковакумметарот поставен во најниската точка од садот покажува pv=30 kPa, кога садот бил неподвижен. Решение: а) Равенката за динамичка рамнотежа на силите: ⎛ d 2π ⎞ 1 4 d3 F j = ρ ⋅ (a + g ) ⋅ ⎜⎜ ⋅y + ⋅ ⋅ ⋅ π ⎟⎟ + (m1 + m2 + m3 ) ⋅ (a + g ) 2 3 8 ⎝ 4 ⎠ 2 ⎛ 0,8 π ⎞ 1 F j = 1000 ⋅ (10 + 9,81) ⋅ ⎜⎜ ⋅ 0,3 + ⋅ 0,8 3 ⋅ π ⎟⎟ + (50 + 30 + 20 ) ⋅ (10 + 9,81) 12 ⎝ 4 ⎠ Fj = 7623,64 N

б) Пред да почне да се движи садот на слободната површина владее притисок p1 p1 = pv + ρ ⋅ g ⋅ (R + y ) = 30000 + 1000 ⋅ 9,81 ⋅ (0,4 + 0,3 ) p1 = 36867 Pa Во моментот на движењето на садот во точката С владее притисок кој се определува од равенката за рамнотежа на притисоците pc = p1 − (a + g ) ⋅ y = 36867 − 1000 ⋅ (10 + 9,81) ⋅ 0,3 = 30924 Pa Силата на притисок на дното на садот d 2π 1 0,8 2 π 1 Pz = pc ⋅ − ρ ⋅ (a + g ) ⋅ ⋅ d 3π = 30924 ⋅ − 1000 ⋅ (10 + 9,81) ⋅ ⋅ 0,8 3 π 4 12 4 12 Pz = 12888,74 N = 12,9 kN Задача 8.13. Составените цилиндрични садови наполнати со вода до висина h1 + h2 = 800 mm, и врзани на јаже кое минува преку две макари, а на крајот е обесен тег со маса m = 200 kg . Да се определат силите кои ги оптеретуваат споевите А-А, В-В, С-С. Димензиите на садовите се : D1 = 400 mm, D2 = 600 mm, h2 = 300 mm. Сопствената тежина на садот и триењето во макарите да се занемарат. Како се менува оптеретувањето кога садот мирува ?

Решение: 62

Запремината на водата во садот изнесува D 2π D 2π 0,6 2 ⋅ π 0,4 2 ⋅ π V = 2 ⋅ h2 + 1 ⋅ h1 = ⋅ 0,3 + ⋅ 0,5 = 0,1476 m 3 4 4 4 4 од равенката за динамичка рамнотежа m ⋅ (a − g ) = ρ ⋅ V ⋅ (a + g ) се определува забрзувањето на тегот (садот) m − ρ ⋅V 200 − 1000 ⋅ 0,1476 a= ⋅ g = 0,15 ⋅ g ⋅g = m + ρ ⋅V 200 + 1000 ⋅ 0,1476 За условениот координатен систем скаларните големини на запремнинските сили за единица маса X=0 ; Y=0 ; Z=a+g p = ρ ⋅ (a + g ) ⋅ z + C за почетните услови: x = y = 0 ; z = h1 ; p = p0 p − p0 = ρ ⋅ (a + g ) ⋅ h1 Силата на притисокот што ги оптеретува завртките А-А PA = PA1 + PA2 2 D ⋅π D2 ⋅ π 0,4 2 π PA1 = (p − p0 ) ⋅ 1 = ρ ⋅ (a + g ) ⋅ h1 ⋅ 1 = 1000 ⋅ (0,15 ⋅ g + g ) ⋅ 0,5 ⋅ 4 4 4 PA1 = 708,83 N D2 ⋅ π D2 ⋅ π 0,6 2 ⋅ π PA 2 = 2 ⋅ (p − p0 )z =h2 = 2 ⋅ ρ ⋅ (a + g ) ⋅ h2 = ⋅ 1000 ⋅ (0,15 ⋅ g + g ) ⋅ 0,3 4 4 4 PA2 = 956,93 N PA = 708,83 + 956,93 = 1665,76 N = 1,67 kN Силата на притисокот што ги оптеретува завртките В-В и С-С PB= PB1 + PB2 2 D − D12 D 2 − D12 ⋅ π = ρ ⋅ (a + g ) ⋅ h1 ⋅ 2 ⋅π PB1 = (p − p0 )z = h1 ⋅ 2 4 4 0,6 2 − 0,4 2 PB1 = 1000 ⋅ (0,15 ⋅ g + g ) ⋅ 0,5 ⋅ ⋅ π = 886,05 N 4 PB 2 = ρ ⋅ (a + g ) ⋅ V = 1000 ⋅ (0,15 ⋅ g + g ) ⋅ 0,1476 = 1665,15 N PB = 2551,2 N PB = PC = 2,55 kN Кога садот мирува тогаш силите на притисокот што ги оптеретуваат завртките. D2 ⋅ π D2 ⋅ π π PA = ρ ⋅ g ⋅ h1 ⋅ 1 + ρ ⋅g ⋅ 2 ⋅ h2 = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ D12 ⋅ h1 + D22 ⋅ h2 4 4 4

(

PA = 1000 ⋅ 9,81 ⋅

PB = PC = ρ ⋅ g ⋅

π

4

(

)

)

⋅ 0,4 2 ⋅ 0,5 + 0,6 2 ⋅ 0,3 = 1448,5 N

⎛ D 2 − D12 ⎞ D22 − D12 ⋅ π ⋅ h1 + ρ ⋅ g ⋅ V = ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜ 2 ⋅ π ⋅ h1 + V ⎟⎟ 4 4 ⎝ ⎠

⎛ 0,6 2 − 0,4 2 ⎞ PB = PC = 1000 ⋅ 9,81⋅ ⎜⎜ ⋅ π ⋅ 0,5 + 0,1476 ⎟⎟ = 2218,43 N 4 ⎝ ⎠ Задача 8.14. Да се пресмета големината на хоризонталната и вертикалната сила на притисокот на полутопчестиот капак од цилиндричниот сад со дијаметар D = 0,6 m. Садот се лизга со забрзување a = 5 m/s2 по рамнина, наведната под агол α = 600 према хоризонталата. Садот е наполнет со вода до висина h = 1 m во отворена цевка поставена на највисоката точка од садот. Како се менуваат тие сили, ако садот мирува? 63

Решение: За усвоениот координатен систем скаларните компоненти на надворешните сили за единица маса изнесуваат X = a ⋅ cos α , Y = 0 , Z = a ⋅ sin α − g dp = ρ ⋅ a ⋅ cos α ⋅ dx + ρ ⋅ (a ⋅ sin α − g ) ⋅ dz p = ρ ⋅ a ⋅ x ⋅ cos α + ρ ⋅ (a ⋅ sin α − g ) ⋅ z + C C = p0 за почетните услови x = y = z = 0 ; p = p0 ; се добива равенката за распоредот на притисоците во течноста p − p0 = ρ ⋅ a ⋅ x ⋅ cos α + ρ ⋅ (a ⋅ sin α − g ) ⋅ z за р = р0 се добива равенката за слободната површина a ⋅ cos α z= ⋅x g − a ⋅ sin α Хоризонталната проекција на силата на притисокот на капакот изнесува: 3

Px = ρ ⋅ a ⋅ V ⋅ cos α = ρ ⋅ a ⋅

1 4 ⎛D⎞ ⋅ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ π ⋅ cos α 2 3 ⎝2⎠

1 1 ⋅ ρ ⋅ a ⋅ D 3 ⋅ cos α = ⋅ 1000 ⋅ 5 ⋅ 0,6 3 ⋅ π ⋅ cos 60 o = 141,37 N 12 12 Вертикалната проекција на силата на притисокот на капакот изнесува: Pz = ρ ⋅ g ⋅ V1 − ρ ⋅ a ⋅ V1 ⋅ sin α = ρ ⋅ V1 ⋅ (g − a ⋅ sin α ) Px =

D2 ⋅ π 1 ⋅ (h + D / 2) − ⋅ D3 ⋅ π 4 12 ⎛ D2 ⋅ π ⎛ ⎞ D⎞ 1 Pz = ρ ⋅ ⎜⎜ ⋅ ⎜h + ⎟ − ⋅ D 3 ⋅ π ⎟⎟ ⋅ (g − a ⋅ sin α ) 2 ⎠ 12 ⎝ ⎝ 4 ⎠ V1 =

(

)

⎞ ⎛ 0,6 2 ⋅ π ⎛ 0,6 ⎞ 1 Pz = 1000 ⋅ ⎜⎜ ⋅ ⎜1 + ⋅ 0,6 3 ⋅ π ⎟⎟ ⋅ 9,81 − 5 ⋅ sin 60 o = 1704,34 N ⎟− 2 ⎠ 12 ⎝ ⎠ ⎝ 4 кога садот мирува (a = 0) Px = 0 ⎛ 0,6 2 ⋅ π ⎛ 0,6 ⎞ 1 ⎞ Pz = ρ ⋅ V1 ⋅ g = 1000 ⋅ ⎜⎜ ⋅ ⎜1 + ⋅ 0,6 3 ⋅ π ⎟⎟ ⋅ 9,81 ⎟− 2 ⎠ 12 ⎝ ⎝ 4 ⎠ Pz = 3051 N Задача 8.15. Покриен цилиндричен сад со дијаметар D = 0,6 m има полутопчесто дно и е наполнат со вода до висина H = 0,8 m. Садот се движи праволиниски под агол α = 300 во однос на хоризонталата со забрзување a =2⋅g. Да се определи: а) Равенките на еквипотенцијалните површини и слободната површина. b) Вертикалната и хоризонталната сила на притисокот на дното ако надпритисокот на гасот над слободната површина во садот изнесува pm = 20 kPa Решение:

а) Скаларните компоненти на надворешните сили за усвоениот координатен систем X = −a ⋅ cos α , Y = 0 , Z = −(a ⋅ sin α + g ) 1 ⋅ dp = −a ⋅ cos α ⋅ dx − (a ⋅ sin α + g ) ⋅ dz

ρ

64

за p = const ; dp = 0 се добива равенката на еквипотенцијалните површини a ⋅ cos α ⋅ dx + (a ⋅ sin α + g ) ⋅ dz = 0 по интеграција на основната равенка се добива: p = − ρ ⋅ a ⋅ x ⋅ cos α − ρ ⋅ (a ⋅ sin α + g ) ⋅ z + C за почетни услови x = y = z = 0 ; p = p0 + pm интегрaционата константа C = p0 + pm односно распоредот на притисоците во течноста p − p0 = − ρ ⋅ a ⋅ x ⋅ cos α − ρ ⋅ (a ⋅ sin α + g ) ⋅ z + pm за р = р0 се добива равенката за слободната површина pm a ⋅ cos α z=− ⋅x + g + a ⋅ sin α ρ ⋅ (g + a ⋅ sin α ) b) Хоризонталната сила на притисокот на дното на садот 3

Px = ρ ⋅ a ⋅ V1 ⋅ cos α

; V1 =

1 4 ⎛D⎞ 1 ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⋅π = ⋅ D3 ⋅ π 2 3 ⎝2⎠ 12

1 1 ⋅ ρ ⋅ a ⋅ D 3 ⋅ π ⋅ cos α = ⋅ 1000 ⋅ 2 ⋅ 9,81 ⋅ 0,6 3 ⋅ π ⋅ cos 30 o = 960,84 N 12 12 Вертикалната сила на притисокот на дното на садот: ⎞ pm D2 ⋅ π ⎛ ⎟ −V V2 = ⋅ ⎜⎜ H + 4 ρ ⋅ (g + a ⋅ sin α ) ⎟⎠ 1 ⎝ Pz = ρ ⋅ a ⋅ V2 ⋅ sin α + ρ ⋅ g ⋅ V2 Px =

⎧D2 ⋅ π Pz = ρ ⋅ V2 ⋅ (a ⋅ sin α + g ) = ρ ⋅ ⎨ ⎩ 4 ⎧⎪ 0,6 2 ⋅ π Pz = 1000 ⋅ ⎨ ⎪⎩ 4

⎫ ⎛ ⎞ 1 pm ⎟⎟ − ⋅ ⎜⎜ H + ⋅ D 3 ⋅ π ⎬ ⋅ (a ⋅ sin α + g ) ρ ⋅ (g + a ⋅ sin α ) ⎠ 12 ⎝ ⎭

⎫⎪ ⎛ ⎞ 1 20000 ⎟⎟ − ⋅ ⎜⎜ 0,8 + ⋅ 0,6 3 ⋅ π ⎬ ⋅ 2 ⋅ 9,81 ⋅ sin 30 o + 9,81 o 1000 ⋅ 2 ⋅ 9,81 ⋅ sin 30 + 9,81 ⎠ 12 ⎪⎭ ⎝ Pz = 8983,32 N

(

(

)

)

Задача 8.16. Во вертикален цилиндричен резервоар со радиус R, се наоѓа вода до висина h0. Садот се врти околу својата оска со константна аголна брзина ω. Да се определат: а) Равенката на еквипотенцијалните линии и равенката на слободната површина. b) Дијаграмите на надпритисокот на обвивката и дното на цилиндарот.

Решение: а) Во основната равенка во статиката на флуиди 1 ⋅ dp = − X ⋅ dx + Y ⋅ dy + Z ⋅ dz

ρ

за скаларните компоненти на надворешните сили X = x ⋅ ω 2 ; Y = y ⋅ ω 2 Z = −g и за p = const и dp = 0 се добиваат еквипотенцијалните линии ρ ⋅ ω 2 x ⋅ dx + ω 2 y ⋅ dy − g ⋅ dz = 0

(

)

65

z=

ω2 ⋅ r 2

− C - равенка за еквипотенцијални линии кои претставуваат 2g паралелни параболи односно параболоиди во просторот за r = 0 ; z = z0 = hmin = -C 2 2 2 2 ω ⋅r ω ⋅r z= + z0 или z = + hmin - равенка на слободната површина. 2g 2g се добива за r = R и z = hmax ω2 ⋅ R2 hmax = hmin + 2g b) Распоредот на притисоците во течноста ω2 ⋅ r 2 p − p0 = ρ ⋅ − ρ ⋅ g ⋅ (z − z0 ) 2 ω2 ⋅ R2 на BC за r = R следи p − p0 = ρ ⋅ − ρ ⋅ g ⋅ (z − hmin ) 2 ⎛ ω2 ⋅ R2 ⎞ + hmin ⎟⎟ = ρ ⋅ g ⋅ hmax во C за r = R и z = 0 ; p − p0 = ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜ ⎝ 2g ⎠ 2 2 ω ⋅r на DC за z = 0 ; p − p0 = ρ ⋅ + ρ ⋅ g ⋅ hmin 2 во точката O r = 0 ; p − p0 = ρ ⋅ g ⋅ hmin во точката C за r = R ⎞ ⎛ ω2 ⋅ R2 ω2 ⋅ R2 p − po = ρ ⋅ + ρ ⋅ g ⋅ hmin = ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜ + hmin ⎟⎟ = ρ ⋅ g ⋅ hmax 2 ⎠ ⎝ 2g oдносно

Задача 8.17. Цилиндричен сад со дијаметар D1 и висина H, има централен отвор со дијаметар D2 . Садот е наполнет до висина h со течност која има густина ρ. Да се определи: а) Аголната брзина на вртењето, при која течноста ќе почне да се излива од садот. b) Силата на притисокот на горниот прстенест венец при аголна брзина пресметана под а). Решение:

Течноста ќе почне да се излева од садот кога слободната површина, при зголемување на ω, ќе ги достигне рабовите на прстенот (точка А). При тоа темето на параболоидот на слободната површина зависно од запремината на течноста во садот, може да се наоѓа пониско или повисоко од дното на садот (параболоидите 1 и 2). Најпрво се определува колкава запремина зафаќа течноста при параболоидот 3, чие теме го допира дното на садот. D 2 − D22 1 D 2π 1 π ⎛ ⎞ ⋅ π ⋅ H + ⋅ 2 ⋅ H = ⋅ ⎜ D12 − ⋅ D22 ⎟ ⋅ H V' = 1 4 2 4 4 ⎝ 2 ⎠ Соодветната висина на полнење на садот е : ⎛ 1 D2 ⎞ V' h' = 2 = ⎜⎜1 − ⋅ 22 ⎟⎟ ⋅ H D1 ⋅ π ⎝ 2 D1 ⎠ 4 Ако во задачата дадената висина h < h' се добива случајот 1. При оваа аголна брзина се определува од условот на непроменливост на запремината на течноста во садот.

66

(

)

D12π 1 π π ⋅g ⋅ h = ⋅ = ⋅ D12 − D22 ⋅ H + 2 ⋅ H 2 4 2 4 ω1 од тука ω1 =

2H ⋅ D1

g

⎛ D2 ⎞ h − ⎜⎜1 − 22 ⎟⎟ ⋅ H ⎝ D1 ⎠ ' ако h > h се добива случај 2. Од условот за одржување на запремината на течноста во садот D12 ⋅ π D2 ⋅ π 1 D 2π ω 2 ⋅ D 2 ⋅h = 1 ⋅H − ⋅ 2 ⋅ 2 2 4 4 2 4 8g 4 ⋅ D1 ω2 = ⋅ g ⋅ (H − h ) D22 Равенките за ω1 = ω2 се изедначуваат за h = h' 2 ω3 = ⋅ 2⋅g ⋅H тогаш D2 Силата на притисок на течноста на прстенестиот венец се определува по равенката Pz = ρ ⋅ g ⋅ Vz при тоа запремината изнесува

π ⋅g π ⋅g Vz = 2 ⋅ b 2 = 2 ω ω

⎡ ω 2 ⋅ D12 ω 2 ⋅ D22 ⎤ ⋅⎢ − ⎥ 8⋅g ⎦ ⎣ 8⋅g

2

Задача 8.18. Цилиндричен сад наполнет е со течност со густина ρ, а од горната страна затворен е со клип со тежина G, се врти околу вертикалната оска со константна аголна брзина ω = 10 s-1 и вертикално паѓа со забрзување a = 4,81 m/s2 . Да се определи колкава треба да биде тежината на клипот така да во оската на вртењето под површината на клипот апсолутниот притисок биде еднаков на атмосферскиот? Познати се следните податоци D = H = 1 m , d = 0,2 m , h = 0,1 m и ρ = 1000 kg/m3 .

Решение:

Скаларните компоненти на надворешните сили X = x ⋅ ω 2 ; Y = y ⋅ ω 2 Z = a − g по интеграција на основната равенка

ω2

⋅ r 2 − ρ ⋅ (g − a ) ⋅ z + C 2 за почетните улови z = r = 0 ; p = p0 се добива C = p0 . Со тоа, равенката за распределба на притисоците во течноста p=ρ⋅

ω2

⋅ r 2 − ρ ⋅ (g − a ) ⋅ z 2 Равенка за рамнотежа на силите е: G P + m⋅a = G ; P + ⋅a = G g Силата на притисок со која течноста делува на долната p − p0 = ρ ⋅

67

површина на клипот изнесува: p

∫

P = dp = o

d /2

∫ (p − po )z = o ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr

d /2

=

0

∫ 0

ρ⋅

ω2 2

⋅ r 2 ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr

4

d g −a =G⋅ 64 g Од последната равенка се определува тежината на клипот ρ ⋅ g ⋅ ω 2 ⋅ π ⋅ d 4 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 10 2 ⋅ π ⋅ 0,2 4 G= = = 15,41 N 64 ⋅ (g − a ) 64 ⋅ (9,81 − 4,81) P = ρ ⋅ω2 ⋅π ⋅

Задача 8.19. Конусен сад со отвор на врвот се врти со константна аглова брзина ω . Садот е полн со вода, а неговите димензии изнесуваат: R = H = 1 m. Да се определи агловата брзина ωМ, така да силата која ги истегнува групата завртки А-А биде четири пати поголема од силата која ги истегнува истата група завртки кога садот мирува (не се врти) . Решение:

При мирување на садот, односно силата што ги А-А изнесува:

силата на притисокот оптеретува завртките за ω = 0

1 ⎛ ⎞ Pz = ρ ⋅ g ⋅ V = ρ ⋅ g ⋅ ⎜ R 2 ⋅ π ⋅ H − ⋅ R 2 ⋅ π ⋅ H ⎟ 3 ⎝ ⎠ 2 Pz = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ R 2 ⋅ π ⋅ H 3 за ω = const , односно садот се врти. За усвоениот координатен систем, искористени се почетни услови (x = y = z = 0 и p = p0 ), распоредот на притисоците во течноста p − p0 = ρ ⋅

ω2

⋅r2 − ρ ⋅g ⋅z 2 за произволна точка C ( r, z ), елементарната сила на притисокот изнесува: dPω = (p − p0 )z = − H ⋅ r ⋅ dA R

Геометриските односи на конусот (-z)

r=H : r r z = − ⋅H R dr eлементарната површина dA = 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ sin α Силата на притисокот изнесува: ⎛ ω2 2 H ⎞ dr dPZω = dPω ⋅ sin α = ⎜⎜ ρ ⋅ ⋅ r + ρ ⋅ g ⋅ ⋅ r ⎟⎟ ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ ⋅ sin α R ⎠ 2 sin α ⎝

68

:

R

R

∫

PZω = ρ ⋅ ω 2 ⋅ π r 3 ⋅ dr + 2 ⋅ ρ ⋅ g ⋅ o

PZω = ρ ⋅

ω 2π 4

⋅ R4 + ρ ⋅ g ⋅

H ⋅ π ⋅ r 2 ⋅ dr R 0

∫

2 ⋅π ⋅H ⋅ R2 3

Према условите дадени во задачата 2 PZω = 4 ⋅ Pz = 4 ⋅ ⋅ ρ ⋅ g ⋅ R 2 ⋅ π ⋅ H 3 2 ⎛R ⎞ 2 2 ⋅ ωM2 + ⋅ H ⎟⎟ = 4 ⋅ ⋅ ρ ⋅ R 2 ⋅ π ⋅ H ρ ⋅ g ⋅ R 2 ⋅ π ⋅ ⎜⎜ 3 3 ⎝ 4g ⎠ бараната аглова брзина изнесува 2 2 ωM = ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H = ⋅ 2 ⋅ 9,81 ⋅ 1 R 1 ωM = 8,859 s −1

Задача 8.20. Цилиндричен сад со дијаметар 2R од висина H нагоре, продолжува во облик на параболоид до висина 2H и дијаметар 4R. Садот е наполнет со вода до висина 3H/2. а) Да се определи агловата брзина при која течноста ќе се совпадне со зидот на горниот дел од садот. b) Колкава количина на течноста ќе остане во садот после неговото допирање..

Решение:

Равенката за слободната површина на течноста:

ω2

⋅r2 2g точката В има координати В (r = 2R ; z = h) z=

h=

ω

2

2g за точката А (r = 2R ; z = h + H )

односно

⋅ R2

h+H =

ω2 2g

⋅ 4R 2

со замена на h во равенката се добива

ω2

⋅ R2 =

ω2

⋅ 4R 2 2g 2g од оваа равенка се добива бараната аголна брзина 1 2⋅g ⋅H ω= ⋅ 3 R Во садот по запирањето ќе остане следната количина на вода H+

(2R )2 ⋅ π ⋅ H − 1 ⋅ (2R )2 ⋅ π ⋅ h = 5 ⋅ R 2 ⋅ π ⋅ H 4

односно

2

4

6

1 2⋅g ⋅H ⋅ 2 H 3 R h= = 2⋅g 3 69

Задача 8.21. Цилиндричен сад со димензии d = 200 mm, D = 400 mm, a = 400 mm, b = 200 mm, се врти околу својата вертикална оска со константна аголна брзина. Садот е делумно наполнат со течност со густина ρ = 1325 kg/m3 до висина h = 100 mm. Да се определи ω, кога од садот ќе почне да истекува течноста. Со таа определена брзина, да се определи силата на притисокот на течноста на капакот K. Како ќе се промени силата на притосок на капакот кога аголната брзина ќе биде двапати поголема од определената ? Решение:

За избранот координатен систем, со воведување на скаларните компоненти на надворешните сили и за почетните услови x = y = 0 ; z = z0 ; p = p0 се добива равенката за распоредот на притисоците во течноста. ω2 ⋅ r 2 p − p0 = ρ ⋅ − ρ ⋅ g ⋅ (z − z0 ) 2 во точката А (r = d/2 ; z = a) p = p0 ω 2d 2 се добива a − z0 = 8g Запремината на течноста пред и после вртењето е непромената, односно 1 d2 ⋅π D2 ⋅ π d2 ⋅π D2 ⋅ π d2 ⋅π ⋅b + ⋅h = ⋅b + ⋅a − ⋅ ⋅ (a − z0 ) 4 4 4 4 2 4 Од оваа равенка се добива равенката за бараната аголна брзина 1 1 h = a − ⋅ (a − z0 ) односно h=a− ⋅ ω 2d 2 2 16 ⋅ g ⎡16 ⋅ 9,81 ⋅ (0,4 − 0,1) ⎤ ⎡16 ⋅ g ⋅ (a − h ) ⎤ −1 ω=⎢ =⎢ ⎥ = 34,31 s ⎥ 2 2 d 0 , 2 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Силата на притосок на долната страна на капакот D/2 ⎡ ω 2r 2 ⎤ Pk = (p − po )z = o ⋅ dA = ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr − ρ ⋅ g ⋅ (z − z0 )⎥ ⎢ρ ⋅ 2 ⎦ z =0 A D/2⎣ 1/ 2

∫

1/ 2

∫

⎛ ⎞ D2 + d 2 ⋅ ⎜⎜ ω 2 ⋅ + g ⋅ zo ⎟⎟ 16 ⎝ ⎠ ⎛ D2 − d 2 ⎡ 2 D2 + d 2 ω 2 ⋅ d 2 ⎞⎟⎤ −1 Pk = ρ ⋅ π ⋅ ⋅ ⎢ω ⋅ + g ⋅ ⎜⎜ a − ⎥ за ω = 34,31 s ⎟ 4 16 8 ⋅ g ⎠⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ ⎛ 0,4 2 − 0,2 2 ⎡ 0,4 2 + 0,2 2 34,312 ⋅ 0,2 2 ⎞⎤ ⎟⎥ Pk = 1325 ⋅ π ⋅ ⋅ ⎢34,312 ⋅ + 9,81 ⋅ ⎜⎜ 0,4 − 4 16 8 ⋅ 9,81 ⎟⎠⎦⎥ ⎝ ⎣⎢ Pk = 1592,536 N за ω = 68,62 s −1 Pk = ρ ⋅ π ⋅

Pk = 1325 ⋅ π ⋅

70

0,4 2 − 0,2 2 4

D2 − d 2 4

⎡ ⎛ 0,4 2 + 0,2 2 68,62 2 ⋅ 0,2 2 ⎞⎤ ⎟⎥ ⋅ ⎢68,612 ⋅ + 9,81 ⋅ ⎜⎜ 0,4 − 16 8 ⋅ 9,81 ⎟⎠⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ Pk = 4900 N

Задача 8.22. Затворен цилиндричен сад со димензии R = 0,4 m, H0 = 0,7 m, во која има вода со запремина V = 0,25 m3, се врти околу вертикална оска со константна аголна брзина ω = 10, 20 100 s-1. Да се определи силата на притисокот на капакот за дадените аголни брзини, а притисокот на слободната површина е атмосферски.

X = x ⋅ω2

Решение: Во основната равенка во статиката на флуиди се внесуваат скаларните компоненти на надворешните сили 2 ; Y = y ⋅ ω ; Z = −g , по интеграцијата се добива:

p=ρ⋅

ω2

(

)

⋅ x2 + y 2 − ρ ⋅ g ⋅ z + C

2 за гранични услови z = z0 ; r = 0 ; p = p0 се добива равенка на слободната површина ω2 ⋅ r 2 z − z0 = 2⋅g за точка А (r = R ; z = H) и p = p0 , се добива: ω2 ⋅ R2 H − z0 = 2⋅g Запремината на водата пред и за време на вртењето е константна 1 R 2 ⋅ π ⋅ H1 = R 2 ⋅ π ⋅ H − ⋅ R 2 ⋅ π ⋅ (H − z0 ) 2 2 R ⋅ π ⋅ H1 = 0,25 H1 = 0,5 m H = H1 +

ω2 ⋅ R2 4⋅g

односно z0 = H1 −

ω2 ⋅ R2 4⋅g

следува: H − z0 =

R1 =

ω 2 ⋅ R12 2⋅g

⎛ ω 2 ⋅ R 2 ⎞⎟ 2g ⎜⎜ H 0 − H1 + 4 ⋅ g ⎟⎠ ⎝

ω2

Силата на притисок на капакот R

Pk =

R

∫ (p − p )

o z = H0

R1

⋅ dA =

∫ (p − p )

o z = H0

⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr

R1

⎡ ρ ⋅ω2 ⋅ r 2 ⎛ ω 2 ⋅ R 2 ⎞⎟⎤ ⎜ ρ g H H − ⋅ ⋅ − + ⎢ 1 ⎜ 0 ⎟⎥ ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr 2 4 g ⋅ ⎢ ⎝ ⎠⎥⎦ R1 ⎣ R

Pk = Pk =

∫

ρ ⋅π ⋅ω2 4

(

)

(

⎛ ω 2 ⋅ R 2 ⎞⎟ 2 2 ⋅ R 4 − R14 − π ⋅ ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜ H 0 − H1 + ⎟ ⋅ R − R1 4 g ⋅ ⎝ ⎠

)

за ω = 10 s −1

R1 =

⎛ 10 2 ⋅ 0,4 2 ⎞ ⎟ 2 ⋅ 9,81 ⋅ ⎜⎜ 0,7 − 0,5 + 4 ⋅ 9,81 ⎟⎠ ⎝ = 0,345 m 10 2

71

Pk =

(

)

⎛ 10 2 ⋅ 0,4 2 1000 ⋅ π ⋅ 10 2 ⋅ 0,4 4 − 0,345 4 − π ⋅ 1000 ⋅ 9,81 ⋅ ⎜⎜ 0,7 − 0,5 + 4 4 ⋅ 9,81 ⎝

(

⎞ ⎟ ⋅ 0,4 2 − 0,345 2 ⎟ ⎠

)

Pk = 130,5 N за ω = 20 s −1 ; за ω = 100 s

−1

R1 = 0,2997 m ;

R1 = 0,283 m

; Pk = 1547,75 N ; Pk = 49773,585 N

Задача 8.23. Цилиндричен сад со димензии D = 400 mm, H0 = 300 mm, наполнет е со вода и се врти со константна брзина на вртење n = 200 min-1, околу својата оска на симетрија. a) Да се определи запремината на водата која ќе остане во садот, ако отворот на горната страна на садот има дијаметар d = 200 mm. b) Колкава запремината ќе остане во садот ако истиот се врти со доста голем број на вртежи ?

Решение:

а) За усвоениот координатен систем и почетните услови x = y = 0 ; z = z0 ; p = p0 се добива распоредот на притисоците во течноста: ω2 ⋅ r 2 p − p0 = ρ ⋅ − ρ ⋅ g ⋅ (z − z0 ) 2 за р = р0 се добива равенката на слободната површина ω2 ⋅ r 2 z = z0 + 2⋅g за z = H0 = 0 , r = d/2 точка А се добива: ω2 ⋅ d 2 z0 = H 0 − 8⋅g Запремината на водата што ќе остане во садот изнесува 1 d2 ⋅π D2 ⋅ π V = ⋅ H0 − ⋅ ⋅ (H 0 − z0 ) 4 2 4 D2 ⋅ π 1 d 2 ⋅π ω2 ⋅ d 2 V = ⋅ H0 − ⋅ ⋅ 4 2 4 8g односно D2 ⋅ π 1 d 4 ⋅ π 3 ⋅ n 2 0,4 2 ⋅ π 1 0,2 4 ⋅ π 3 ⋅ 200 2 V = ⋅ H0 − ⋅ = ⋅ 0,3 − ⋅ 4 64 900 ⋅ g 4 64 900 ⋅ 9,81 V = 34,2 ⋅ 10 −3 m 3 b) за ω1 > ω се добива вртливиот параболоид 2, за ω2 > ω1 се добива вртливиот параболоид 3. За истиот усвоен координатен систем, распоредот на притисоците во течноста: ω2 ⋅ r 2 p − p0 = ρ ⋅ 2 − ρ ⋅ g ⋅ (z + z01 ) 2 за р = р0 се добива равенката на слободната површина ω2 ⋅ r 2 z= 2 − z01 2⋅g d за точка N (z = 0 , r = 1 ) се добива равенката за слободната површина: 2

72

z01 =

ω22 ⋅ d12 8⋅g

за точка А (z = H0 , r = d/2) и определената z01 ω 2 ⋅ d 2 ω22 ⋅ d12 H0 = 2 − 8⋅g 8⋅g се добива равенката за аголната брзина ω2 H 0 ⋅ d12 8 ⋅ g ⋅ H0 ω22 = 2 или z = 01 d 2 − d12 d − d12 Запремината на водата што ќе остане во садот изнесува ⎡1 d2 ⋅π ⎤ D2 ⋅ π 1 d2 ⋅π ⋅ H0 − ⎢ ⋅ ⋅ (H 0 − z01 ) − ⋅ 1 ⋅ z01 ⎥ V = 4 4 2 4 ⎣2 ⎦ 2 2 2 2 H ⋅ d ⎞ 1 d ⋅ π H 0 ⋅ d12 D ⋅π 1 d ⋅π ⎛ ⋅ H0 − ⋅ ⋅ ⎜⎜ H 0 + 20 12 ⎟⎟ + ⋅ 1 V = ⋅ 2 4 2 4 4 d − d1 ⎠ 2 d − d12 ⎝ D2 ⋅ π 1 π ⋅ H0 V = ⋅ H0 − ⋅ ⋅ d 2 + d12 4 2 4 Со зголемување на ω2 , d1 се приближува до d односно d = d1, така да запремината на водата што ќе остане во садот ќе изнесува D 2 ⋅ π ⋅ H0 d 2 ⋅ π V = − ⋅ H0 4 4 oдносно :

(

V =

π

4

(

)

⋅ H0 ⋅ D 2 − d 2 =

π

4

(

)

)

⋅ 0,3 ⋅ 0,4 2 − 0,2 2 = 28,3 ⋅ 10 − 3 m 3

Задача 8.24. а) Да се определи брзината на вртење на цилиндричен сад со дијаметар D = 800 mm, висина H0 = 1200 mm, наполнет со течност до висина H0/2 при што течноста ги допира краевите на садот. b) Да се определи брзината на вртењето на садот при тоа во садот да остане половина од запремината на течноста.

Решение:

а) За усвоениот координатен систем почетните услови x = y = z = 0 и p = p0 се добива равенката на слободната површина ω2 ⋅ r 2 z = z0 + 2⋅g D во точка А (z = H0 и r = ) 2 ω 2 ⋅ D2 се добива z0 = H 0 − 8⋅g Запремината на течноста пред и за време на вртењето останува иста, односно: 1 D2 ⋅ π D 2 ⋅ π H0 D 2 ⋅ π ⋅ = ⋅ H0 − ⋅ ⋅ (H 0 − z0 ) 4 2 4 2 4

73

H0 1 = H 0 − ⋅ (H 0 − z0 ) 2 2

Од оваа равенка следи z0 = 0 π ⋅n во горната равенка се добива со смена за ω = 30 30 30 n1 = ⋅ 8 ⋅ g ⋅ H0 = ⋅ 8 ⋅ 9,81 ⋅ 1,2 = 116 min −1 D ⋅π 0,8 ⋅ π b) За усвоениот координатен систем , распоредот на притисоците во течноста е : ω2 ⋅ r 2 p − p0 = ρ ⋅ 2 − ρ ⋅ g ⋅ (z − z01 ) 2 за р = р0 - се добива равенката на слободната површина на вртливиот параболоид (на сликата означен со 2) ω2 ⋅ r 2 z= 2 − z01 2⋅g D во точка А (z = H0 ; r = ) 2 ω 2 ⋅ D2 z01 = − H0 8⋅g D во точка В (z = 0 ; r = 1 ) 2 ω 2 ⋅ D2 ω 2 ⋅ D2 0= 2 1 − 2 + H0 8⋅g 8⋅g 8 ⋅ g ⋅ H0 D12 = D 2 − 2

ω2

Од условот даден во задачата: D 2 ⋅ π H0 D 2 ⋅ π 1 D2 ⋅ π 1 D2 ⋅ π ⋅ = ⋅ H0 − ⋅ ⋅ (H 0 + z01 ) + ⋅ 1 ⋅ z01 4 2 4 2 4 2 4 ⎡ ⎤ 1 ⎡ ⎤ D 2 ⋅ H0 8 ⋅ g ⋅ H 0 ⎤ ⎡ ω22 ⋅ D 2 ω 2 ⋅ D2 1 = D 2 ⋅ H 0 − ⋅ D 2 ⋅ ⎢H 0 + 2 − H 0 ⎥ + ⋅ ⎢D 2 − ⋅⎢ − H0 ⎥ ⎥ 4 2 8⋅g 2 ⎦ ⎣ 8⋅g ⎣ ⎦ 2 ⎣ ⎦

D 2 ⋅ H 0 4 ⋅ g ⋅ H 02 = 4 ω22 аголната брзина

ω2 =

4 ⋅ g ⋅ H0 D

бројот на вртежи n2 =

120 120 ⋅ g ⋅ H0 = ⋅ 9,81 ⋅ 1,2 = 163,8 min −1 D ⋅π 0,8 ⋅ π

Задача 8.25. Отворен цилиндричен сад со дијаметар D = 2R и висина 4H, наполнет со течност до висина H се врти околу вертикална оска со аголна брзина ω. Да се определи: а) Аголната брзина ω = ω0, при која нивото на течноста (темето на параболата) ќе се спушти до дното на садот. b) Аголната брзина ω = ω1 при која течноста ќе ја допре точката М. Решение: 74

а) За усвоениот координатен систем, скаларните компоненти на надворешните сили и почетните услови : се добива распоредот на x = y = z = 0 и p = p0 притисоците во течноста: ω2 ⋅ r 2 p − p0 = ρ ⋅ − ρ ⋅g ⋅z 2 за р = р0 се добива равенката за слободната површина: ω2 ⋅r 2 z= 2⋅g во точка В ( r = R ; z = h1 ) ω2 ⋅ R2 h1 = 0 2⋅g Запремината на течноста пред и за време на вртењето останува иста, односно: 1 R 2 ⋅ π ⋅ H = R 2 ⋅ π ⋅ h1 − ⋅ R 2 ⋅ π ⋅ h1 2 h1 = 2 ⋅ H Определената висина h1 се внесува во горната равенка и по средувањето се добива бараната аголна брзина 4 ⋅ g ⋅ H = ω02 ⋅ R 2 2 ω0 = ⋅ g ⋅ H R b) За истиот усвоениот координатен систем и почетните услови x = y = 0 , z = -z0 , p = p0 се добива распоредот на притисоците во течноста: ω2 ⋅ r 2 p − p0 = ρ ⋅ − ρ ⋅ g ⋅ (z + z0 ) 2 во точка М ( r = R ; z = 4⋅H) - параболата ќе го допре садот (поставен услов во задачата) и p = p0. ω2 ⋅ R2 z0 = 1 − 4⋅H 2⋅g 1 бараната аголна брзина ω1 = ⋅ 2 ⋅ g ⋅ (4H + z0 ) R точката N ( r = r1 ; z = 0) и p = p0 z0 8⋅g ⋅H = ⋅ R2 полупречникот r12 = R 2 − 2 4H + z0 ω1 Запремината на течноста пред и за време на вртењето е иста, односно: 1 ⎡1 ⎤ R 2 ⋅ π ⋅ H = R 2 ⋅ π ⋅ 4 ⋅ H − ⎢ ⋅ R 2 ⋅ π ⋅ (4H + z0 ) − ⋅ r12 ⋅ π ⋅ z0 ⎥ 2 ⎣2 ⎦ Со замена на равенката за r 1 и ω1 во последната равенка се добива равенката: z02 1 1 − R 2 ⋅ H = − ⋅ R 2 ⋅ z0 + ⋅ ⋅ R2 2 2 4H + z0 a од ова z0 = 4⋅H, бараната аголна брзина изнесува: 2 ⋅ g ⋅ (4H + 4H ) 4 ω1 = = ⋅ g ⋅H R R2 Задача 8.26. Затворен цилиндричен сад со полупречник R, наполнeт е со течност со густина ρ до висина h и се врти околу со константна аголна брзина околу вертикалната оска која е паралелна со оската на симетрија, односно оддалечена е за а од 75

неа. На горната страна (капакот) се наоѓа отворена пиезометрична цевка. Да се определи полето на притисоците p (x, y, z) во течноста и да се определи силата која ги оптеретува завртките В-B.

Решение: По интеграцијата на основната равенка во статиката на флуиди:

p=ρ⋅

ω2

⋅r2 − ρ ⋅g ⋅z +C ; r 2 = x2 + y 2 2 За почетните услови r = 0 ; z = h ; p = p0 се добива распоредот на притисокот во течноста:

ω2

(

)

⋅ x 2 + y 2 + ρ ⋅ g ⋅ (h − z ) 2 Поради ексцентрицитетот на оска на вртење се прави трансформација на координатите x = x1 + a ; x1 = r1 ⋅ cos θ y = y1 ; y 1 = r1 ⋅ sin θ p − p0 = ρ ⋅

z = z1 ; x12 + y 12 = r12 Распоредот на притисокот во системот со координатите: 01 , x1 , y 1 , z1 p(x1, y 1, z1 ) − p0 = ρ ⋅

ω2

[

]

⋅ (x1 + a ) + y 12 + ρ ⋅ g ⋅ (h − z1 ) 2 Силата на притисок што ги оптеретува завртките В-B: PB = [p(x1, y 1, z1 ) − p0 ] ⋅ dA ; dA = r1 ⋅ dθ ⋅ dr1

∫

z =o

A

[

2

]

⎧ ω ⎫ 2 PB = ⎨ ρ ⋅ ⋅ (x1 + a ) + y 12 + ρ ⋅ g ⋅ h ⎬ ⋅ dA 2 ⎭ A⎩ 2

∫

[

]

⎧ ω2 ⎫ ⋅ x12 + y 12 + 2 ⋅ x1a + a 2 + ρ ⋅ g ⋅ h ⎬ ⋅ r1 ⋅ dθ ⋅ dr1 PB = ⎨ ρ ⋅ 2 ⎭ A⎩

∫

R 2π ⎧ ω2 ⎫ ⋅ r12 + 2a ⋅ r1 ⋅ cos θ + a 2 + ρ ⋅ g ⋅ h ⎬ ⋅ r1 ⋅ dθ PB = dr1 ⎨ ρ ⋅ 2 ⎭ O O⎩

[

∫ ∫

]

⎧⎪ ω 2 ⎡ 2 ⎫⎪ 2π ⎤ PB = r1 ⋅ dr1 ⋅ ⎨ ρ ⋅ ⋅ ⎢r1 ⋅ 2π + a 2 ⋅ 2π + 2a ⋅ r1 ⋅ sin θ ⎥ + ρ ⋅ g ⋅ h ⋅ 2π ⎬ 2 ⎣ 0⎦ ⎪⎩ ⎪⎭ O R ⎡ ω2 ⎤ ⋅ r12 + a 2 + ρ ⋅ g ⋅ h ⎥ ⋅ r1 ⋅ dr1 PB = 2π ⋅ ⎢ ρ ⋅ 2 ⎦ O⎣ R

∫

(

∫

⎡ ω2 PB = 2π ⋅ ⎢ ρ ⋅ 2 ⎢⎣ PB = ρ ⋅

ω2 4

)

⎛ R4 R2 ⎞ R2 ⎤ ⎟ + ρ ⋅g ⋅h⋅ ⋅ ⎜⎜ + a2 ⋅ ⎥ 2 ⎟⎠ 2 ⎥⎦ ⎝ 4

(

)

⋅ π ⋅ R 2 ⋅ R 2 + 2a 2 + R 2 ⋅ π ⋅ ρ ⋅ g ⋅ h

Задача 8.27. Вертикален цилиндричен сад со дијаметар D = 800 mm, наполнет е со вода, и се врти околу својата оска со брзина од 120 min-1. На слободната површина плива клип со маса m = 100 kg. На средината на клипот се наоѓа мал отвор за довод на атмосферски притисок p0. 76

Потребно е да се определи внатрешниот дијаметар на оплакнуваната површина на долната површина на клипот, како и висината на темето на параболата до долната површина на клипот.

Решение: За усвоениот координатен систем и почетните услови, равенката за распоредот на притисоците во течноста е : ω2 ⋅ r 2 p − p0 = ρ ⋅ − ρ ⋅ g ⋅ (z + z0 ) 2 D за z = 0 , r = 1 и p = p0 се добива висината (длабочината) на 2 темето на параболата од долната површина на клипот ω 2 ⋅ D12 z0 = 8⋅g Равенка за рамнотежа на силите за долната површина на клипот m⋅g = P Силата на притисок со која течноста делува на долната површина на клипот изнесува D/2

P=

∫ (p − p )

D/2

o z =o

⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr = 2π ⋅

D1 / 2

2

)

⋅ r 2 − ρ ⋅ g ⋅ z0 ⋅ r ⋅ dr

D1 / 2

m ⋅ g = π ⋅ ρ ⋅ω2 ⋅

π ⋅n

∫ (ρ ⋅ ω

D/2 r4 − π ⋅ ρ ⋅ g ⋅ z0 ⋅ r 2 D1 / 2 4

π ⋅ 120

= 12,566 s −1 30 30 По средување на горната равенка се добива равенка од четврти степен D14 − 1,28 ⋅ D12 − 0,283 = 0 Корените на оваа равенка се : (D1 )1,2 = ± 0,977 m аголната брзина

ω=

=

(D1 )3,4 = ± 0,533 m

Реално решение е за D1 = 533 mm, другите три решенија се нереални. Оддалеченоста на темето од долната површина на клипот изнесува: 2 2 ω 2 ⋅ D12 12,566 ⋅ 0,533 =0,571 m = 571 mm z0 = = 8⋅g 8 ⋅ 9,81 Задача 8.28. Цилиндричен сад со диjaметар D = 500 mm, наполнат е со вода до висина h = 1 m. Во водата се наоѓа хомогена топка со дијаметар од 60 mm, и густина ρ1 = 7800 kg/m3, која со јаже со должина L = 60 mm е закачена за осовината на садот. Целиот систем се врти со константна аголна брзина ω околу вертикалната оска. Да се определи минималната висина на садот од услов да не дојде до истекување на водата од садот, а при тоа α = 600 Решение: Силата на притисок со која водата делува на топката 77

∫

∫

P = − p ⋅ dA = − grad p ⋅ dV A

V

Равенка за рамнотежа на надворешните запремински сили и внатрешните површински сили: 1 F = ⋅ grad p

ρ

Надворешните запремински сили се претставени со силата на земјината тежа и центрифугалните сили. F = g + ω 2r од горните две равенки grad p = ρ ⋅ g + ρ ⋅ ω 2 r Силата на притисок P = − ⎛⎜ ρ ⋅ g + ρ ⋅ ω 2 r ⎞⎟ ⋅ dV = − ρ ⋅ g ⋅ V − ρ ⋅ ω 2 rc ⋅ V ⎝ ⎠ V

∫

Рамнотежата на силите кои делуваат на топката односно нејзините проекции во x и z правецот се: Z = 0 ; F j ⋅ sin α + ρ ⋅ g ⋅ V − ρ1 ⋅ g ⋅ V = 0

∑

1 ⋅ ( ρ1 − ρ ) ⋅ g ⋅ V sin α X = 0 ; F j ⋅ cos α + ρ ⋅ V ⋅ ω 2 ⋅ rc = ρ1 ⋅ V ⋅ ω 2 ⋅ rc Fj =

∑

1 ⋅ ( ρ1 − ρ ) ⋅ r c ⋅ V ⋅ ω 2 cos α Од геометриските односи од сликата се добива зависноста: rc =L+R cos α односно: F j = (ρ1 − ρ ) ⋅ V ⋅ ω 2 ⋅ (R + L ) Fj =

Со изедначување на равенките за силата на јажето се добива: 1 ⋅ (ρ1 − ρ ) ⋅ g ⋅ V = (ρ1 − ρ ) ⋅ V ⋅ ω 2 ⋅ (L + R ) sin α ω2 1 = или g (L + R ) ⋅ sin α За усвоениот координатен систем, равенката на слободната површина гласи: z= за граничните услови, точка А ( r = z1 =

ω2 2⋅g

⋅r2

D ; z = z1 ) 2

ω2 ⎛ D ⎞

2

D2 1 ⋅⎜ ⎟ = ⋅ 2g ⎝ 2 ⎠ 2 ⋅ (L + R ) ⋅ sin α 4

се добива висината 1 0,5 2 ⋅ = 0,4 m 2 ⋅ (0,06 + 0.03 ) ⋅ sin 60 4 Минималната висина на садот изнесува: z H = h + 1 = 1 + 0,2 = 1,2 m 2 z1 =

78

Задача 8.29. Цилиндричен сад со димензии D = 600 mm , Ho = 500 mm , наполнет е со вода h = 400 mm. Останатиот дел на садот е наполнат со масло со ρ2 /ρ1 = 0,8. Садот е покриен со акпак кој во средината има мал отвор. Садот се врти околу својата оска на симетрија. a) Да се определи аголната брзина со која се врти садот така да граничната површина што ги одделува овие две течности што не се мешаат, ќе го допрат дното на садот. b) Да се определат силите на притисок што го оптеретуваат капакот и дното на садот. Решение: Големината на радиусот R1 се определува од еднаквоста на запремината на маслото пред и за време на вртењето. D2 ⋅ π 1 D2 ⋅ π V2 = ⋅ (H 0 − h ) = ⋅ 1 ⋅ H0 4 2 4

⎛ h ⎞ ⎟⎟ D1 = D ⋅ 2 ⋅ ⎜⎜1 − ⎝ H0 ⎠ 400 ⎞ ⎛ D1 = 0,6 ⋅ 2 ⋅ ⎜1 − ⎟ = 0,379 m 500 ⎝ ⎠ а) За усвоениот координатен систем , равенката за распоредот на притисоците во течноста е : ω2 ⋅ r 2 p=ρ⋅ − ρ ⋅g ⋅z +C 2 p − p0 за z = 0 ; r = 0 и p = p0 + ρ 2 ⋅ g ⋅ H 0 односно H 0 = ρ2 ⋅ g p − p0 = ρ 2 ⋅

ω2 ⋅ r 2

− ρ2 ⋅ g ⋅ z + ρ2 ⋅ g ⋅ H0 2 p − p0 ω 2 ⋅ r 2 = − z + H0 2g ρ2 ⋅ g Равенката на слободната површина: ω2 ⋅ r 2 z= 2⋅g за z = H0 ;

r = R1 =

D1 2

се добива : H 0 =

: ρ2 ⋅ g

ω 2 ⋅ D12 8⋅g

1 1 ⋅ 8 ⋅ g ⋅ H0 = ⋅ 8 ⋅ 9,81 ⋅ 0,5 = 16,53 s −1 D1 0,379 b) Силата на притисок на капакот: за z = H0 и 0 ≤ r ≤ R1

ω=

(p − p0 ) = ρ 2 ⋅ ω за z = H0

⋅r2 ω2 ⋅ r 2 − ρ2 ⋅ g ⋅ H0 + ρ2 ⋅ g ⋅ H0 = ρ2 ⋅ 2 2

2

и R1 ≤ r ≤ R

(p − p0 ) = ρ1 ⋅ ω

⋅r2 ω2 ⋅ r 2 − ρ ⋅ g ⋅ H 0 + ρ 2 ⋅ g ⋅ H 0 = ρ1 ⋅ − g ⋅ H 0 ⋅ (ρ 1 − ρ 2 ) 2 2 R1 R2 ⎤ ⎡ ω2 ⋅ r 2 ω2 ⋅ r 2 Pk = ρ 2 ⋅ ⋅ 2rπ ⋅ dr + ⎢ ρ1 ⋅ − g ⋅ H 0 ⋅ (ρ1 − ρ 2 )⎥ ⋅ 2rπ ⋅ dr 2 2 ⎦ o R1 ⎣

∫

2

∫

79

по решавањето на интегралот се добива: R 4 − R14 R 2 − R12 R14 2 + ρ1 ⋅ ω π ⋅ − 2g ⋅ H 0 ⋅ (ρ1 − ρ 2 ) ⋅ π ⋅ Pk = ρ 2 ⋅ ω π ⋅ 4 4 2 4 4 0,3 − 0,1895 4 0,1895 2 2 Pk = 800 ⋅ 16,53 ⋅ π ⋅ + 1000 ⋅ 16,53 ⋅ π ⋅ − 4 4 0,3 2 − 0,1895 2 − 2 ⋅ 9,81 ⋅ 0,5 ⋅ (1000 − 800 ) ⋅ π ⋅ = 1516 N 2 Силата на притисокот на дното на садот изнесува: за z = 0 распоредот на притисокот ω2 ⋅ r 2 p − p0 = ρ1 ⋅ − ρ 2 ⋅ g ⋅ H0 2 R ⎛ ⎞ R4 R2 ω2 ⋅ r 2 Pd = ⎜⎜ ρ1 ⋅ + ρ 2 ⋅ g ⋅ H 0 ⎟⎟ ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr + ρ1 ⋅ ω 2 ⋅ π ⋅ + 2 ⋅ ρ2 ⋅ g ⋅ H0 ⋅ π ⋅ 2 4 2 ⎠ o⎝ 2

∫

Pd = 1000 ⋅ 16,53 2 ⋅ π ⋅

0,3 4 0,3 2 + 2 ⋅ 800 ⋅ 9,81 ⋅ 0,5 ⋅ π ⋅ = 2848 N 4 2

Задача 8.30. Конусен сад со димензии D = 1 m , d = 600 mm и a = 900 mm, наполнет е со вода и се врти со константна аголна брзина ω = 20 s-1 . Притисокот на течноста во средината на капакот изнесува 10 kPa. Да се определат хидрауличните сили што ги оптеретуваат системите завртки А-А и В-В.

равенката

Решение: За усвоениот координатен систем и граничните услови X = y = z = 0 ; p = po + pm се добива за распоред на притисоците во течноста:

ω2 ⋅ r 2

− ρ ⋅ g ⋅ (z − z0 ) 2 за p = p0 ; r = 0 ; z = 0 се добива висината на темето на параболата z0 p 10000 z0 = m = = 1,0194 m ρ ⋅ g 1000 ⋅ 9,81 а равенката на слободната површина изнесува: ω2 ⋅ r 2 z = z0 + 2⋅g Силата на притисок на капакот, односно на системот завртки А-А R R ⎛ ω2 ⋅ r 2 ⎞ PA = (p − po )z = o ⋅ dA = ⎜⎜ ρ ⋅ + pm ⎟⎟ ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr 2 ⎠ 0 0⎝ p − p0 = pm + ρ ⋅

∫

80

∫

по интегрирањето и смената на граничните услови се добива силата што ги оптеретува системот завртки А-А : R4 0,5 4 PA = ρ ⋅ π ⋅ ω 2 ⋅ + pm ⋅ π ⋅ R 2 = 1000 ⋅ π ⋅ 20 2 ⋅ + 1000 ⋅ π ⋅ 0,5 2 = 27489 N 4 4 PA = 27,5 kN Силата на притисок што го оптеретува системот завртки В-В : PB = ρ ⋅ g ⋅ (V1 + V2 − V3 ) Запремините изнесуваат: d 2π 0,6 2 ⋅ π V1 = ⋅ (z0 + a ) = ⋅ (1,0194 + 0,9 ) = 0,543 m 3 4 4 Геометриските односи на конусот D : H = d : (H − a ) D ⋅a 1⋅ 0,9 H = = = 2,25 m D − d 1 − 0,6 d За r = = 0,3 m и z = z0 се добива : 2 ω2 ⋅ R2 20 2 ⋅ 0,3 2 z1 = z0 + = 1,0194 + = 2,854 m 2⋅g 2 ⋅ 9,81 z2 = z1 − z0 = 2,854 − 1,0194 = 1,835 m V2 = V3 =

[

1 d 2π 1 0,6 2 ⋅ π ⋅ ⋅ z2 = ⋅ ⋅ 1,835 = 0,2594 m 3 2 4 2 4

]

[

]

1 π π 2 ⋅ ⋅ D 2 ⋅ H − d 2 ⋅ (H − a ) = ⋅ 1 ⋅ 2,25 − 0,6 2 ⋅ (2,25 − 0,9 ) = 0,462 m3 3 4 12 PB = 1000 ⋅ 9,81⋅ (0,543 + 0,2594 − 0,462 ) = 3339,32 N PB = 3,34 kN

Задача 8.31. Мерачот на бројот на вртежи (техометар) (прикажан на сликата) составен е од цилиндер со дијаметар D, наполнет е со течност со густина ρ, кој на растојание R има споени две цевчиња со дијаметар d. над течноста во цилиндерот се наоѓа клип со маса m, кој во етекот на вртењето на системот може да се лизга без триење. Да се определи зависноста меѓу бројот на вртежи n на мерачот и поместувањето на клипот h. Решение: Пред почетокот на вртењето, равенката за рамнотежа на

притисоците m⋅g 4⋅m H= 2 ρ ⋅ D 2π D π 4 При некој број на вртежи n, клипот се спушта надолу за големина h, а нивото на течноста во цевчињата се качува нагоре за големина а. При тоа количината на течноста останува непроменета D 2π d 2π D2 ⋅h = 2⋅ ⋅a a = 2⋅ 2 ⋅h 4 4 d За усвоениот координатен систем распоредот на притисоците во течноста е :

ρ ⋅g ⋅H =

p=ρ⋅

ω2

⋅r2 − ρ ⋅g ⋅z +C

2 Од почетните услови p = p0 ; r = z = 0 интерграционата константа C = p0, односно : 81

p − p0 = ρ ⋅

ω2

⋅r2 − ρ ⋅g ⋅z 2 Растојанието b (растојание меѓу замислената слободна површина и долната површина на клипот) се определува од рамнотежата на силите, кои ја притискаат долната површина на клипот и силата на земјината тежа на клипот, односно D/2

m⋅g =

∫ (p − p )

o z = −b

⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr

0

D/2

m⋅g =

∫ 0

⎛ ω 2r 2 ⎞ D4 D2 ⎜ρ ⋅ ⎟ ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr = ρ ⋅ ω 2 ⋅ π ⋅ g b g b 2 + ρ ⋅ ⋅ + ⋅ ρ ⋅ ⋅ ⋅ π ⋅ ⎜ ⎟ 2 64 8 ⎝ ⎠ b=

4⋅m ω 2 ⋅ D2 − 16 ⋅ g ρ ⋅ D 2π

Од равенката на слободната површина z =

ω2 ⋅ r 2 2⋅g

за точка М ( r = R ; z = h - b + H + a ) h−b+H +a = и за ω =

π ⋅n 30

ω2 ⋅ R2 2⋅g

и определените равенки за а , b и H се добива зависноста меѓу n и h. D2 30 2⋅d2 ⋅g ⋅h n= ⋅ 2⋅ π D2 R2 − 8 1+

D2 π2 8 ⋅ n2 h= ⋅ 2 2 2 ⋅ g ⋅ 30 D 1+ 2⋅d2 R2 −

82

Задача 9.1. Да се определи притисокот и густината на воздухот на морската површина, со претпоставка за првото приближување за состојбата на атмосферата да биде изотермска. На височина од 3500 m притисокот изнесува 66,7 kPa, а температурата t = 20ºC. Решение: За изотермска состојба на атмосферата, вредноста на притисокот на висина H изнесува: g ⋅h R ⋅T1

⎛ g ⋅H ⎞ ⎟⎟ = p0 ⋅ exp⎜⎜ − ⎝ R ⋅ T1 ⎠ Притисокот на воздухот на морската површина е: p = p0 ⋅ e

−

g ⋅H R ⋅T1

9,81⋅3500 287⋅253

p0 = p ⋅ e = 66700 ⋅ e = 107025 Pa Каде што: R=287 J/kg K – гасна константа на воздухот T1 = 273-20 = 253 K – апсолутна температура на воздухот. Од равенката на состојбата (за t2 = 20ºC). p0 p0 ⋅ v = R ⋅ T или = R ⋅ T се добива густината, односно:

ρ

ρ=

p0 107025 = = 1,27 kg/m3 R ⋅ T2 287 ⋅ (293 + 20 )

Задача 9.2. да се определи притисокот и температурата на воздухот на висина од 2000 m, ако состојбата на атмосферата е адијабатска. Познати се вредностите на воздухот на површината на земјата: p0 = 105 kPa и t = 20ºC.

Решение: За адијабатска состојба на атмосферата : k −1 ⎤ ⎡ p0 ⎢ ⎛ p ⎞ k ⎥ k z − z0 = ⋅ ⋅ ⎢1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ k −1 ρ ⋅g p ⎢⎣ ⎝ 0 ⎠ ⎥⎦ cp Вобконкретниот случај: z0 = 0 ; z = H ; k = = 1,4 cv p0 R ⋅ T0 287 ⋅ (273 + 20 ) = = = 8572 9,81 ρ ⋅g g Од горната равенка се определува односот на притисоците: 1,4

k

⎡ k − 1 g ⋅ H ⎤ k −1 ⎡ 1,4 − 1 9,81 ⋅ 2000 ⎤ 1,4−1 p = ⎢1 − ⋅ = 0,7855 = ⎢1 − ⋅ ⎥ p0 ⎣ k R ⋅ T0 ⎦ 1,4 287 ⋅ (273 + 20 ) ⎥⎦ ⎣ p = p0 ⋅ 0,7855 = 105000 ⋅ 0,7855 = 82477,5 Pa

Од односот: k −1

1,4 −1 T ⎛ p ⎞ k = (0,7855 ) 1,4 = 0,9333 = ⎜⎜ ⎟⎟ T0 ⎝ p0 ⎠ Се добива температурата на воздухот на висина H = 2000 m. T = T0 ⋅ 0,9333 = (273 + 20 ) ⋅ 0,9333 = 273,5 K Густината на воздухот изнесува: p 82477,5 p = R ⋅T следи: ρ = = = 1,05 kg/m3 ρ R ⋅ T 287 ⋅ 273,5

83

Задача 9.3. Тенкоѕидно ѕвоно со димензии: дијаметар D и висина H, наполнето е со воздух под атмосферски притисок, а се полни со вода под дејство на својата тежина. Се усвојува дека компресијата на воздухот под ѕвоното да биде изотермна. Да се определи функционалната зависност помеѓу длабината на тонење h и тежината G. Решение:

Равенката за рамнотежа на силите е: D2 ⋅ π pm ⋅ =G 4 Равенката за рамнотежа на притисоците референтната рамнина 0-0 е:

за

p0 + ρ ⋅ g ⋅ (h − b ) = p0 + pm pm = ρ ⋅ g ⋅ (h − b ) Равенката за изотермска компресија на воздухот е: 2 2 (pm + p0 ) ⋅ D ⋅ π ⋅ (H − b ) = p0 ⋅ D ⋅ π ⋅ H 4 4 Од горните равенки се определува надпритисокот pm , и висината b, односно висината h изнесува: p0 ⋅ H 4 ⋅G − h=H+ 2 4 ⋅G ρ ⋅ g ⋅D ⋅π + p0 D2 ⋅ π Од горната равенка може да се определи тежината Gmax, при која целото ѕвоно ќе потоне, односно h = H: ⎤ D 2π ⎡ ⎛1 ⎞ 1 ⋅ ⎢ p0 ⋅ ⎜ ⋅ p 0 + ρ ⋅ g ⋅ H ⎟ − ⋅ p 0 ⎥ Gmax = 4 ⎣⎢ ⎝4 ⎠ 2 ⎦⎥ Задача 9.4. Во цилиндричен сад со димензии D=400 mm, висина H = 500 mm, се наоѓа вода до висина h = 300 mm. Од долната страна на цилиндерот поставен е клип со димензии: d = 200 mm ; x = 200 mm ; y = 100 mm и тежина G = 310 N. Да се определи: а) Потпритисокот, над слободната површина, кој го држи клипот во рамнотежа. б) Силата која е потребна за извлекување на клипот. Триењето на клипот со водилките да се занемари, а експанзијата на воздухот во садот да се усвои како изотермска. Решение:

а) Равенката за рамнотежа на силите е: P1 + G = PA P1 = [(p0 − pv ) + ρ ⋅ g ⋅ (h − x )] ⋅

d2 ⋅π ; 4

PA = p0 ⋅

oдносно:

[(p0 − pv ) + ρ ⋅ g ⋅ (h − x )] ⋅ d 84

⋅π d2 ⋅π + G = p0 ⋅ 4 4

2

d2 ⋅π 4

Подпритисокот на воздухот над слободната површина изнесува: 4 ⋅ 310 4 ⋅G = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ (0,3 − 0,2) + = 10848,6 Pa pv = ρ ⋅ g ⋅ (h − x ) + 2 d ⋅π 0,2 2 ⋅ π б) Равенка за рамнотежа на силите: F + G + P1' = PA

[

)]

(

P1' = p0 − pv' + ρ ⋅ g ⋅ h ' + y ⋅

d2 ⋅π 4

d2 ⋅π 4 Волуменот на водата пред и после извлекувањето на клипот останува иста: ⎛ D2 ⋅ π d 2 ⋅ π ⎞ D2 ⋅ π d2 ⋅π D2 ⋅ π ' ⎟⋅x = ⋅ y + ⋅h ⋅ (h − x ) + ⎜⎜ − 4 4 ⎟⎠ 4 4 ⎝ 4 PA = p0 ⋅

(

)

d2 ⋅π D2 ⋅ π ⋅ (x + y ) = ⋅ h − h' 4 4 2 2 2 ( ) D ⋅h −d ⋅ x + y 0,4 ⋅ 0,3 − 0,2 2 ⋅ (0,2 + 0,1) h' = = = 0,225 m D2 0,4 2 Експанзијата на воздухот е изотермска, односно: 2 2 (p0 − pv ) ⋅ D ⋅ π ⋅ (H − h ) = p0 − pv' ⋅ D ⋅ π ⋅ H − h ' 4 4 H − h 0,5 − 0,3 = 35161,16 Pa pv' = p0 − (p0 − pv ) ⋅ = 10 5 − 10 5 − 10846,6 ⋅ ' 0,5 − 0,225 H −h Силата потребна за извлекување на клипот изнесува: d2 ⋅π F = PA − G + P1' ⇒ F = p0 − p0 − pv' + ρ ⋅ g ⋅ h ' + y ⋅ −G 4 d2 ⋅π 0,2 2 ⋅ π F = pv − ρ ⋅ g ⋅ h ' + y ⋅ − G = [35161,16 − 1000 ⋅ 9,81 ⋅ (0,225 + 0,1y )] ⋅ − 310 4 4 F = 694,5 N

(

)

(

(

[

(

)

(

))]

)

[

)

(

(

)]

Задача 9.5. Да се определи масата на ѕвоното кое има димензии: D = 400 mm ; d = 200 mm ; L = 1 m ; a = 100 mm, ако тоа плива во вода потопено до висина H = 600 mm. Со колкава сила ѕвоното ќе биде целосно потопено? Пред потопувањето притисокот на воздухот беше атмосферски p0 = 98 kPa, а промената на состојбата на воздухот да се усвои изотермска. Решение:

Равенката за рамнотежа на притисоците за референтната рамнина 0-0 е: p p0 + ρ ⋅ g ⋅ (H − x ) = p0 + pm , x =H− m ρ ⋅g Промената на воздухот е по изотерма, односно: pm d2 ⋅π d2 ⋅π ⋅L ⋅ L = (p 0 − p m ) ⋅ ⋅ (L − x ) , x = p0 + p m 4 4 Од двете равенки за определување на x се добива квадратна равенка:

p0 ⋅

85

pm2 + [ρ ⋅ g ⋅ (L − H ) + p0 ] ⋅ pm − ρ ⋅ g ⋅ H ⋅ p0 = 0 или pm2 + 101924 ⋅ pm − 5,76828 ⋅ 10 8 = 0 Решението: (pm )1 = 5375,85 Pa ; (pm )2 = нереално

P1 + P2 = m ⋅ g Услов за рамнотежа на силите: P1 + P2 = G или Силата на притисок е: 0,4 2 − 0,2 2 D2 − d 2 P1 = ρ ⋅ g ⋅ H ⋅ ⋅ π = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 0,6 ⋅ ⋅ π = 554,74 N 4 4 Силата на притисок од компримирањето на воздухот е: 0,2 2 ⋅ π d2 ⋅π P2 = pm ⋅ = 5375,85 ⋅ = 169 N 4 4 Масата на ѕвонот изнесува: P + P2 554,74 + 169 m= 1 = = 73,8 kg g 9,81 Равенка за рамнотежа на силите за целосно потопување на ѕвоното е: F + G = P1' + P2' Силата на потисокот изнесува: ⎡D2 ⋅ π d2 ⋅π ⎤ P1' = ρ ⋅ g ⋅ Vpot = ρ ⋅ g ⋅ ⎢ ⋅ (L + a ) − ⋅ L⎥ 4 ⎣ 4 ⎦ 2 2 ⎡ 0,4 ⋅ π 0,2 ⋅ π ⎤ ⋅ (1 + 0,1) − ⋅ 1⎥ = 1047,847 N P1' = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ ⎢ 4 ⎣ 4 ⎦ Равенка за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 1-1: p' p0 + ρ ⋅ g ⋅ (L + a − y ) = p0 + pm' ; y = L + a − m ρ ⋅g Промената на воздухот е изотермска: d2 ⋅π d2 ⋅π p0 ⋅ ⋅ L = p0 + pm' ⋅ ⋅ (L − y ) 4 4 Со елиминација на y од последната равенка се добива

(

)

квадратната равенка: 2 ⎛ p ⎞ pm' + ρ ⋅ g ⋅ ⎜⎜ 0 − a ⎟⎟ ⋅ pm' − ρ ⋅ g ⋅ (L + a ) = 0 , односно: pm' ρ ⋅ g ⎝ ⎠

( )

( )

2

+ 97019 ⋅ pm' − 1,057 ⋅ 10 9 = 0

( )

, Реалното решение е: pm 1 = 9887,17 Pa Силата на притисок од компримираниот воздух изнесува: d2 ⋅π 0,2 2 ⋅ π P2' = pm' ⋅ = 9887,17 ⋅ = 310,6 N 4 4 Силата за целосно потопување на ѕвоното : F ' = P1' + P2' − G = 1047,847 + 310,6 − 723,9 = 634,55 N

Задача 9.6. Цилиндричните резервоари A и B сврзани се со прост цевковод во кој е вграден вентил V. Висинката разлика меѓу слободните површини изнесува H = 2 m. Да се определи количината на вода која ќе истече од едниот во другиот резервоар после отворањето на вентилот V, ако пред тоа во резервоарот B, над слободната површина владееше надпритисок од 60 kPa. Атмосферскиот притисок изнесува p0 = 100 kPa. Се претпоставува дека во резервоарот B промената на состојбата на воздухот е изотермска. Познати се и следните податоци : h = 500 mm ; D = 1 m и d = 200 mm. 86

Решение: Равенката за рамнотежа на притисоците: p0 + ρ ⋅ g ⋅ (H + x + y ) = p0 + p2 Промената на воздухот е изотермска: 2 2 2 2 (p0 + p1 ) ⋅ D − d ⋅ π ⋅ h = (p0 + p2 ) ⋅ D − d ⋅ π ⋅ (h + y ) p1 ⋅ V1 = p2 ⋅ V2 или 4 4 (p0 + p1 ) ⋅ h = (p0 + p2 ) ⋅ (h + y ) Волуменот на водата пред и после отворањето на вентилот останува непроменета: D2 ⋅ π D2 − d 2 D2 − d 2 ⋅x = ⋅π ⋅ y следи x= ⋅y 4 4 D2 Од горните равенки се добива следната квадратна равенка: ⎛ ⎞ 2 ⋅ D2 − d 2 2 ⋅ D2 − d 2 ⎜ ρ y2 − ρ ⋅g ⋅ + y ⋅ p + ⋅ g ⋅ h ⋅ + ρ ⋅ g ⋅ H ⎟⎟ − h ⋅ (p1 − ρ ⋅ g ⋅ H ) = 0 0 2 2 ⎜ D D ⎝ ⎠ односно: 9417,6 ⋅ y 2 + 129233 ⋅ y − 20190 = 0 Реалното решение: y 1 = 0,15449 m Количината на вода која ќе истече од резервоарот A кон резервоарот B изнесува: D2 − d 2 12 − 0,2 2 V = ⋅π ⋅ y = ⋅ π ⋅ 0,15449 = 0,1165 m3 4 4 Задача 9.7. Цилиндричен сад со тенки ѕидови и димензии D = 3 m ; H = 2 m и m = 10 t, потопен е во вода до длабочина h. Пред потопувањето, воздухот во садот бил под атмосферски притисок p0 = 1 bar. Да се определи силата со која треба да се делува на садот за целосно потопување. Да се претпосатви дека температурата на воздухот во садот е константна. Решение: Равенка за рамнотежа на силите:

D2 ⋅ π 4 Равенка за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 0-0: p0 + p m = p0 + ρ ⋅ g ⋅ x За изотермска промена на состојбата на воздухот е: D2 ⋅ π D2 ⋅ π p0 ⋅ ⋅ H = ( p0 + p m ) ⋅ ⋅ (H − h + x ) 4 4 Од горната равенка се добива висината (длабочината) h, односно: 4⋅m 1 4 ⋅ 10000 1 h= + ⋅H = + ⋅ 2 = 1,658 m 2 2 2 2 p0 ρ ⋅D ⋅π 3 ⋅π 10 5 1000 ⋅ 3 ⋅ π D ⋅π 1+ ⋅ 1+ ⋅ 4 10000 ⋅ 9,81 4 m⋅g За целосно потопен сад следи : D2 ⋅ π m ⋅ g + F = pm' ⋅ 4 ' p0 + p m = p0 + ρ ⋅ g ⋅ x ' m ⋅ g = pm ⋅

p0 ⋅

(

)

D2 ⋅ π D2 ⋅ π ⋅ H = p0 + pm' ⋅ ⋅ x' 4 4 87

Од двете последни равенки се добива следната квадратна равенка:

(p ) + p ⋅ p − ρ ⋅ g ⋅ H ⋅ p = 0 (p ) + 100000 ⋅ p − 1,962 ⋅ 10 = 0 ' 2 m

' 2 m

0

' m

0

' m

9

pm' = 16798,2 Pa Реалното решение е: Бараната сила за целосно потопување на садот изнесува: D2 ⋅ π 32 ⋅ π F = pm' ⋅ − m ⋅ g = 16798,2 ⋅ − 10000 ⋅ 9,81 = 20639,5 N 4 4 Задача 9.8. Ѕвоното со димензии D = 1000 mm, d = 600 = 1 m и h = 800 mm, плива во вода. mm ; H Надпритисокот на воздухот над слободната површина изнесува pm = 4 kPa. Пред потопувањето притисокот на воздухот изнесуваше p0 = 1 bar. Да се определи тежината на ѕвоното, ако промената на состојбата на воздухот е изотермна. Решение : Равенка за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 0-0: p0 + ρ ⋅ g ⋅ x = p0 + p m p 4000 = 0,4077 m x= m = ρ ⋅ g 1000 ⋅ 9,81 За изотермска промена на состојбата на воздухот : p1 ⋅ V1 = p2 ⋅ V2

d2 ⋅π d2 ⋅π ⋅ h = (p0 + pm ) ⋅ ⋅z 4 4 p0 100000 z= ⋅h = ⋅ 0,8 = 0,769 m p0 + p m 100000 + 4000 p0 ⋅

Равенката за рамнотежа на силите е:

P1 + P2 = G Силата на потисок изнесува :

D2 − d 2 ⋅ π ⋅ y , од сликата y = h − z + x 4 y = h − z + x = 0,8 − 0,769 + 0,4077 = 0,4387 m

P1 = ρ ⋅ g ⋅ V = ρ ⋅ g ⋅

12 − 0,6 2 ⋅ π ⋅ 0,4387 = 2163,25 N 4 d2 ⋅π 0,6 2 ⋅ π P2 = pm ⋅ = 4000 ⋅ = 1130,97 N 4 4 Тежината на ѕвоното изнесува: G = P1 + P2 = 2163,25 + 1130,97 = 3294,22 N

P1 = 1000 ⋅ 9,81 ⋅

Задача 9.9. На затворениот сад со димензии D = 2 m и H = 3 m, наполнет со вода до висина h = 2 m, приклучена е цевка која го поврзува садот со отворениот резервоар A. Садот е подигнат над резервоарот за h0 = 2 m. Притисокот на воздухот над слободната површина , при отворен вентил 1 и затворен вентил 2, е атмосферски и изнесува p0 = 98 kPa. При истовремено отворање на вентилот 2, а затворање на вентилот 1, дел од водата ќе истече во отворениот резервоар A.

88

а) Да се определи притисокот на воздухот при истекување на водата. б) Колкава количина на вода ќе истече од садот? Решение: Равенка за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 0-0: p0 = p0 − p1 + ρ ⋅ g ⋅ (h0 + x ) или p1 = ρ ⋅ g ⋅ (h0 + x ) Со истекување на водата од садот, воздухот експандира по изотерма: D2 ⋅ π D2 ⋅ π p0 ⋅ ⋅ (H − h ) = (p0 − p1 ) ⋅ ⋅ (H − x ) 4 4 h−x p1 = p0 ⋅ H−x

Со изедначување на равенките за определување на вакуумот p1 се добива: h−x p0 ⋅ = ρ ⋅ g ⋅ (h0 + x ) H−x ρ ⋅ g ⋅ x 2 + x ⋅ (ρ ⋅ g ⋅ h0 − ρ ⋅ g ⋅ H − p0 ) + p0 ⋅ h − ρ ⋅ g ⋅ H ⋅ h0 = 0 Со соодветна замена на познатите големини се добива квадратната равенка: x 2 − 10,9898 ⋅ x + 13,98 = 0 Реалното решение ја дава бараната висина на водата во садот: x = 1,4682 m Вакуумот изнесува: p1 = ρ ⋅ g ⋅ (h0 + x ) = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ (2 + 1,4682 ) = 34023 Pa б) количината на вода кја ќе истече од садот е: D2 ⋅ π 22 ⋅ π V = ⋅ (h − x ) = ⋅ (2 − 1,4682 ) = 1,67 m3 4 4 Задача 9.10. Цилиндричен сад со димензии D = 1 m и H = 2 m наполнет е со вода до половина од неговата висина, а над слободната површина има воздух под атмосферски притисок p0 = 98 kPa. Како ќе се промени нивото на слободната површина во садот, и притисокот на воздухот , кога клипот ќе се спушти во вода? Димензиите на клипот се: d = 400 mm и m = 500 kg. Процесот на компримирање на воздухот во затворениот сад е при констанрна температура. Триењето на клипот по водилките да се занемари.

Решение:

Волуменот на водата пред и после спуштањето на клипот е иста, односно: d2 ⋅π D2 − d 2 D2 − d 2 ⋅y = ⋅ π ⋅ Δh следи y = ⋅ Δh 4 4 4 Процесот на компримирање на воздухот е по изотерма, односно: V − V1 p0 ⋅ V = (p0 + pm ) ⋅ V1 ⇒ pm = ⋅ p0 V1 Равенката за рамнотежа на силите по спуштањето на клипот во вода: m⋅g = P m ⋅ g = (pm + ρ ⋅ g ⋅ y ) ⋅

d2 ⋅π 4 89

После смената за pm се добива: ⎛ ⎞ d2 ⋅π V − V1 D2 − d 2 ⎟⋅ m ⋅ g = ⎜⎜ p0 ⋅ + ρ ⋅g ⋅ ⋅ Δ h ⎟ V1 4 d2 ⎝ ⎠ Волумените на воздухот над слободната површина пред и после спуштањето на клипот во вода изнесуваат: D2 ⋅ π H D2 − d 2 ⎛H ⎞ V = ⋅ ; V1 = ⋅ π ⋅ ⎜ − Δh ⎟ 4 2 4 ⎝2 ⎠

D2 ⋅ π H D2 − d 2 ⎛H ⎞ ⋅ − ⋅ π ⋅ ⎜ − Δh ⎟ V − V1 4 2 4 ⎝2 ⎠ членот: = 2 2 V1 D −d ⎛H ⎞ ⋅ π ⋅ ⎜ − Δh ⎟ 4 ⎝2 ⎠ Со замена на дадените вредности се добива: V − V1 0,84 ⋅ Δh + 0,16 = V1 0,84 ⋅ (1 − Δh ) Со замена во равенката за рамнотежа на силите се добива: ⎛ ⎞ 0,4 2 ⋅ π 12 − 0,4 2 0,84 ⋅ Δh + 0,16 ⎟⋅ + 1000 ⋅ 9,81 ⋅ ⋅ Δ h 500 ⋅ 9,81 = ⎜⎜ 98000 ⋅ 2 ⎟ ( ) 4 ⋅ − Δ 0 , 84 1 h 0 , 4 ⎝ ⎠ Се добива квадратната равенка: Δh 2 − 3,66 ⋅ Δh + 0,39538 = 0 Реалното решение е: Δh = 0,11 m Бараното зголемување на притисокот изнесува: V − V1 0,84 ⋅ 0,11 + 0,16 Δp = p0 ⋅ = 98000 ⋅ = 33086 Pa V1 0,84 ⋅ (1 − 0,11) Задача 9.11. Приборот за создавање на мали надпритисоци на воздухот составен е од три цилиндри со тенки ѕидови, со еднакви висини a = 250 mm. Цилиндрите со дијаметри D1 = 100 mm и D3 = 200 mm се неподвижни. Прстенастиот простор меѓу нив исполнет е со вода до висина H0. Цилиндерот со дијаметар D2 = 150 mm вертикално е подвижен со помош на завртка – навртка, и се спушта надолу со што се зголемува притисокот на воздухот. а) Колкав максимален надпритисок може да создаде приборот со дадените димензии? б) Колкава може да биде почетната висина на водата H0 и почетната положба h0 на горниот цилиндер (во почетокот воздухот е под атмосферски притисок) при што бараниот максимален притисок се постигнува при работа на приборот? Решение: а) Максималниот надпритисок на воздухот ќе се постигне кога горниот – подвижен цилиндер ќе се спушти до долната страна на меѓупросторот (меѓу D3 и D1), односно D водата ќе го исполне прстенастиот простор со вода ( 3 ) и висина a, односно: D2 p0 + ρ ⋅ g ⋅ a = p0 + pm,max ; pm,max = ρ ⋅ g ⋅ a = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 0,25 = 2452,2 Pa б) Волуменот на водата при состојба на горниот цилиндер опишана под а) и при произволна состојба останува иста, односно:

90

D32 − D22 D 2 − D12 ⋅π ⋅a = 3 ⋅ π ⋅ H0 4 4 Почетната висина на водата изнесува: D 2 − D22 200 2 − 150 2 H 0 = 32 ⋅ a = ⋅ 250 = 146 mm D3 − D12 200 2 − 100 2 Експанзијата на воздухот од максималниот надпритисок до произволна положба на цилиндерот со D2 е изотермска, односно: 2 2 ⎡ 2 ⎤ (p0 + pm,max ) ⋅ D2 π ⋅ a = p0 ⋅ ⎢ D1 ⋅ π ⋅ H 0 + D2 ⋅ π ⋅ (a + h − H 0 )⎥ 4 4 ⎣ 4 ⎦

Со средување на оваа равенка се добива: pm,max ⋅ D22 ⋅ a + H 0 ⋅ D22 − D12 = D22 ⋅ h0 p0

(

Со внесување во горната равенка за H 0 = h0 = a ⋅

pm,max p0

За

+a⋅

D32 − D22 D22 − D12 ⋅ D32 − D12 D22

(

D32 − D22 ⋅ a и со решавање по h0 се добива: D32 − D12

или

p = 100 kPa

и

)

)(

(

)(

)

⎡p D2 − D2 ⋅ D2 − D2 ⎤ h0 = a ⋅ ⎢ m,max + 3 2 2 2 2 2 1 ⎥ D2 ⋅ D3 − D1 ⎣ p0 ⎦ pm,max = ρ ⋅ g ⋅ a = 2452,2 Pa

(

)

)

⎡ 2452,2 200 2 − 150 2 ⋅ 150 2 − 100 2 ⎤ + h0 = 0,25 ⋅ ⎢ ⎥ = 0,08715 m = 87,15 mm 3 150 2 ⋅ 200 2 − 100 2 ⎣100 ⋅ 10 ⎦

(

)

91

92

Задача 10.1. Два отворени резервоари со вода сврзани се со куса цевка која има променлив дијаметар. Да се определи: а) Брзината и притисокот во најтесниот дел од цевката. Познати се следните големини: H = 4,5 m ; h = 1,8 m ; d1 = d3 = 60 mm ; d2 = 40 mm. б) Големината на дијаметарот во најтесниот дел од цевката при кој ќе дојде до кавитација, ако атмосферскиот притисок изнесува p0 = 96 kPa. Притисокот на заситената пареа изнесува pzp = 0. Решение: а) Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2: 1− 1 v 02 p0 v2 p + + g ⋅H = 2 + 2 2−2 2 ρ 2 ρ За овoј случај v 0 = 0 , тогаш следи:

v 22 p2 + ρ 2 ρ Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 3-3 1− 1 p0 v2 p + g ⋅H = 3 + 3 3−3 ρ 2 ρ Равенката за рамнотежа на притисоците во пресекот 3-3, според оската на цевката изнесува: p3 = p0 + ρ ⋅ g ⋅ (H − h ) Со замена во горната равенка се добива: p0 v 2 p + ρ ⋅ g ⋅ (H − h ) + g ⋅H = 3 + 0 следи v 3 = 2 ⋅ g ⋅ h ρ 2 ρ p0

Од равенката на континуитетот: v 2 ⋅

+ g ⋅H =

d2 ⋅π d 22 ⋅ π = v3 ⋅ 3 , се добива брзината во најтесниот 4 4

дел: d 32

d 32

60 2 = 13,37 m/s 40 2 d 22 d 22 Во Бернулиевата равенка поставена за пресеците 1-1 и 2-2 се вметнува равенката за брзинта v2 и се добива притисокот во пресекот 2-2:

v2 = v3 ⋅

= 2⋅g ⋅h ⋅

⎛d 1 + g ⋅ H = ⋅ 2 ⋅ g ⋅ h ⋅ ⎜⎜ 3 2 ρ ⎝ d2

p0

= 2 ⋅ 9,81 ⋅ 1,8 ⋅

2

⎞ ⎛d p ⎟⎟ + 2 следи: p2 = p0 + ρ ⋅ g ⋅ H − ρ ⋅ g ⋅ h ⋅ ⎜⎜ 3 ρ ⎠ ⎝ d2

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

2

⎛ 60 ⎞ p2 = 96000 + 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 4,5 − 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 1,8 ⋅ ⎜ ⎟ = 50751,37 Pa ⎝ 40 ⎠ За да се определи дијаметарот d2kr, при кој ќе дојде до кавитација во равенката за определување на притисокот p2 ќе се стави p2 = pzp = 0, се добива: 2

p2 = pzp

⎛d ⎞ = p0 + ρ ⋅ g ⋅ H − ρ ⋅ g ⋅ h ⋅ ⎜⎜ 3 ⎟⎟ = 0 , односно: ⎝ d2 ⎠

d 2kr = d 3 ⋅ 4

1000 ⋅ 9,81 ⋅ 1,8 ρ ⋅g ⋅h = 0,06 ⋅ 4 p0 + ρ ⋅ g ⋅ H 96000 + 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 4,5

d 2kr = 35,747·10-3 m = 35,747 mm

93

Задача 10.2. За делот на аеродинамичкиот тунел со дијаметар D, со отворениот работен дел со дијаметар d приклучен е манометар со алкохол (според сликата). Да се d определи односот на дијаметрите под услов, при D струење на воздухот во работниот дел со брзина v2 = 50 m/s покажувањето на манометарот да на биде поголем од h = 150 mm. Густината на воздухот и алкохолот изнесуваат ρ v = 1,2 kg/m3 ; ρ alk = 800 kg/m3. Решение: Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2: 1− 1 v 12 p1 v 22 p2 + = + 2−2 2 ρv 2 ρv

Од равенката на континуитетот: v 1 ⋅

D2 ⋅ π d2 ⋅π , се добива брзината на воздухот = v2 ⋅ 4 4

2

⎛d ⎞ во пресекот 1-1: v1 = v 2 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝D⎠ Равенката за брзината v1 се вметнува во горната Бернулиева равенка, се добива: 4 v 22 ⎛ d ⎞ p v2 p v 22 ⎛ d 4 ⎞ p − p2 ⋅ ⎜⎜1 − 4 ⎟⎟ = 1 ⋅⎜ ⎟ + 1 = 2 + 2 или 2 ⎝D⎠ ρv 2 ρv ρv 2 ⎝ D ⎠ Равенката за рамнотежа на притисоците во манометарот, пресекот 3-3 е: p1 = p2 + ρ alk ⋅ g ⋅ h p1 − p2 = ρ alk ⋅ g ⋅ h или ⎛ d4 ⎞ p ⋅g ⋅h ⋅ ⎜⎜1 − 4 ⎟⎟ = alk ρv D ⎠ ⎝ Од последната равенка за дадена брзина во ранотниот дел v2 = 50 m/s и максимално покажување на манометарот h = 150 mm (столб алкохол) се добива бараниот однос на d дијаметрите : D ρ 800 2 ⋅ 9,81 ⋅ 0,15 d 2⋅g ⋅h = 4 1 − alk ⋅ = 4 1− ⋅ = 0,681 2 1,2 ρv D 50 2 v2 v 22 2

Задача 10.3. Ако се занемарат загубите на енергијата, да се определи најмалиот дијаметар d2, кој при проток низ цевката qv = 8,8 l/s, водата во малата цевка ќе се подигне на висина h = 550 mm. Дијаметарот на цевката изнесува d1 = 100 mm, а манометарскиот притисок во пресекот 1-1 е pm1 = 3924 Pa. Решение: Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2: 1− 1 v 12 p1 v 22 p2 + = + 2−2 2 ρv 2 ρv Равенката за рамнотежа на притисоците во манометарот, пресекот 3-3 е: p0 = p 2 + ρ ⋅ g ⋅ h или p2 = p0 − ρ ⋅ g ⋅ h Брзината на воздухот во пресекот 1-1 изнесува: 94

qv 4⋅q 4 ⋅ 8,8 ⋅ 10 −3 = 2 v = = 1,12 m/s A1 0,1 ⋅ π 0,12 ⋅ π Апсолутниот притисок во пресекот 1-1 изнесува: p1 = p0 + pm1 v1 =

v 22 p1 p2 v 12 p0 + pm1 p0 − ρ ⋅ g ⋅ h v 12 = − + = − + 2 ρ ρ 2 ρ ρ 2 ⎛p v2 ⎞ 1,12 ⎞ ⎛ 3924 + 9,81 ⋅ 0,55 + v 2 = 2 ⋅ ⎜⎜ m1 + g ⋅ h + 1 ⎟⎟ = 2 ⋅ ⎜ ⎟ = 4,46 m/s 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ 1000 ⎝ ρ

d 22 ⋅ π , се определува најмалиот дијаметар d2: 4 4 ⋅ 0,0088 = 0,05 m = 50 mm 4,46 ⋅ π

Од равенката на континуитетот: qv = v 2 ⋅

d2 =

4 ⋅ qv = v2 ⋅ π

Задача 10.4. Низ цевката со дијаметар D = 200 mm струи воздух. Состојбата на воздухот е определена со температура од 16ºC, притисок од 40 kPa. Состојбата на надворешниот воздух е дефинирана со притисок кој изнесува p =105 Pa. Во цевката е поставена Питот цевка и приклучена на кос диференцијален манометар исполнет со алкохол ( ρ1 = 800 kg/m3). Капиларната цевка на манометарот

е закосена кон хоризонталата за агол α = 11,8 o . Покажувањето на манометарот изнесува L = 75 mm. Да се определи протокот, ако односот на средната v брзина и брзината на оската изнесува: sr = 0,84 . v Решение: Равенката за рамнотежа на притисоците во диференцијалниот манометар е: v2 p1 − p2 = ρ1 ⋅ g ⋅ L ⋅ sin α p1 − p2 = ρ ⋅ или 2

Од оваа равенка брзината на воздухот во цевката е: v = 2 ⋅

ρ1 ⋅ g ⋅ L ⋅ sin α ρ

Густината на воздухот се определува од основната равенка на состојбата: p + pn p 10 5 + 40000 ρ= = = 1,688 kg/m3 = 0 R ⋅T R ⋅T 287 ⋅ (273 + 16 ) Брзината на струењето на воздухот во оската на цевката изнесува:

ρ1 800 ⋅ g ⋅ L ⋅ sin α = 2 ⋅ ⋅ 9,81 ⋅ 0,075 ⋅ sin 11,8 = 11,94 m/s ρ 1.688 Средната брзина на струење на воздухот е: v sr = 0,84 ⋅ v = 0,84 ⋅ 11,94 = 10,03 m/s v = 2⋅

Волуменскиот проток изнесува:

qv = v sr ⋅

0,2 2 ⋅ π D2 ⋅ π = 10,03 ⋅ = 0,315 m3/s 4 4

Задача 10.5. Да се определи волуменскиот проток на водата со помош на Вентуриева цевка која е монтирана на цевковод со дијаметар D = 100 mm, ако нејзиниот најтесен дел, дијаметарот d = 70 mm, а при тоа падот на притисокот измерен со диференцијалниот манометар изнесува h = 50 mm Hg. 95

Решение:

Равенката за рамнотежа на притисоците за референтната рамнина 0-0 е: p1 + p0 + ρ1 ⋅ g ⋅ H = p2 + p0 + ρ1 ⋅ g ⋅ (H − h ) + ρ 2 ⋅ g ⋅ h Диференцијалниот притисок изнесува: Δp = p1 − p2 = ρ 2 ⋅ g ⋅ h − ρ1 ⋅ g ⋅ h = g ⋅ h ⋅ (ρ 2 − ρ1 ) Δp = g ⋅ h ⋅ (ρ 2 − ρ1 ) = 9,81 ⋅ 0,05 ⋅ (13600 − 1000 ) = 6180,3 Pa Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2: 1− 1 v 12 p1 + p0 v 22 p2 + p0 + = + 2−2 2 ρ1 2 ρ1 Од оваа равенка диференцијалниот притисок е: v 2 − v 12 v2 ⎛ v2 ⎞ = ρ1 ⋅ 2 ⋅ ⎜⎜1 − 12 ⎟⎟ p1 − p2 = ρ1 ⋅ 2 2 2 ⎝ v2 ⎠ D2 ⋅ π d2 ⋅π = v2 ⋅ следи : Од равенката на континуитетот: v 1 ⋅ 4 4

тогаш:

2

⎛ v1 ⎞ d4 ⎜⎜ ⎟⎟ = 4 , односно: D ⎝ v2 ⎠ 2 4 v ⎛ d ⎞ p1 − p2 = Δp = ρ1 ⋅ 2 ⋅ ⎜⎜1 − 4 ⎟⎟ 2 ⎝ D ⎠

d2 v1 = v 2 ⋅ 2 , D

Брзината во тесниот дел на Вентуриевата цевка изнесува: v 2 = 2 ⋅

Δp

ρ1

⋅

1 d4 1− 4 D

Волуменскиот проток на водата: 6180,3 1 0,07 2 ⋅ π d2 ⋅π 1 Δp qv = ⋅ = 15,52·10-3 m3/s ⋅ = 2⋅ = ⋅ = 2⋅ ⋅ 4 4 1000 4 ρ1 4 70 d 1− 1− 4 100 4 D Задача 10.6. Да се определи протокот и брзината на струењето на водата низ сифонската цевка, ако дијаметарот на цевката изнесува d = 150 mm, висината h = 1500 mm и должина H = 4,5 m. За колку ќе се зголеми протокот со зголемување на должината H? Да се определи максималниот волуменски проток qv ,max и максималната должина. Решение: Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 0-0 и 2-2: 0−0 v 02 p0 v 2 p0 + + g ⋅H = + 2−2 2 ρ 2 ρ Од оваа равенка се добива брзината на водата низ цевката: v = 2 ⋅ g ⋅ H = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 4,5 = 9,396 m/s Волуменскиот проток изнесува: 0,15 2 ⋅ π d2 ⋅π = 9,396 ⋅ = 0,166 m3/s qv = v ⋅ 4 4 Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2: 1− 1 v 2 p1 v 2 p0 + + g ⋅ (h + H ) = + 2−2 2 ρ 2 ρ 96

За критичната должина H = Hmax, одговара притисокот p1 = 0, односно: p 10 5 H max = 0 − h = − 1,5 = 8,693 m ρ ⋅g 1000 ⋅ 9,81 Брзината на водата низ цевката изнесува: v max = 2 ⋅ g ⋅ H max = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 8,693 = 13,06 m/s Максималниот волуменски проток изнесува: 0,15 2 ⋅ π d2 ⋅π = 13,06 ⋅ = 0,23079 m3/s qv ,max = v max ⋅ 4 4 Задача 10.7. Хоризонтална цевка низ која струи вода има дијаметар D1 = 100 mm кој постепено се смалува на дијаметарот D2 = 50 mm, а потоа постепено расте на дијаметар D3 = 70 mm. На најмалиот дијаметар D2 се наоѓаат мали отвори низ кои водата има врска со една вертикална цевка со дијаметар D4=60 mm, во која е сместен клип со маса m = 5 kg. Под клипот, цевката е отворена и изложена на атмосферски притисок. Горната страна на клипот се наоѓа на висина hk = 1 m, под средината на хоризонталната цевка. На хоризонталната цевка со дијаметар D1 е сместен манометар, чија средина се наоѓа на висина hM = 200 mm, над средината на цевката. Ако течноста е идеална и ако коефициентот на контракција е ψ = 1, потребно е да се определи колкава количина на вода ( qv = ? ) ќе протече низ цевката и колкав надпритисок ( pn = ? ) ќе покажува манометарот? Триењето меѓу клипот и цевката да се занемари. Решение: Равенката за рамнотежа на силите кои делуваат на клипот е: (p2 + ρ ⋅ g ⋅ hk ) ⋅ A4 + m ⋅ g = p0 ⋅ A4 5 ⋅ 9,81 m⋅g p 2 = p0 − − ρ ⋅ g ⋅ hk = 10 5 − − 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 1 = 72842,11 Pa A4 0,06 2 ⋅ π 4 Од равенката на континуитетот се определува брзината во пресекот 3-3: D2 ⋅ π D2 ⋅ π D2 v 3 = v 2 ⋅ 22 v3 ⋅ 3 следи = v2 ⋅ 2 4 4 D3 Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 2-2 и 3-3: 2−2 v 22 p2 v 32 p3 + = + 2 ρ 2 ρ 3−3 каде што: p3 = p0 - атмосферски притисок. Од претходната равенка се добива брзината во пресекот 2-2. 4 v 22 v 32 p0 p2 v 22 ⎡ ⎛ D2 ⎞ ⎤ p0 p2 ⎟⎟ ⎥ = − = − следи ⋅ ⎢1 − ⎜⎜ − 2 2 ρ ρ ρ 2 ⎢ ⎝ D3 ⎠ ⎥ ρ ⎦ ⎣

v2 =

⎛p p ⎞ 2 ⋅ ⎜⎜ 0 − 2 ⎟⎟ ρ ⎠ ⎝ ρ = 4 ⎛ D2 ⎞ ⎟⎟ 1 − ⎜⎜ ⎝ D3 ⎠

⎛ 100000 72842,11 ⎞ 2⋅⎜ − ⎟ 1000 ⎠ ⎝ 1000 = 8,57 m/s 4 ⎛ 50 ⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎝ 70 ⎠

Површината на попречниот пресек 2-2 изнесува: 97

D22 ⋅ π 0,05 2 ⋅ π = = 1,963 ⋅ 10 −3 m2 4 4 Волуменскиот проток низ пресекот 2-2 изнесува: qv ,2 = v 2 ⋅ A2 = 8,57 ⋅ 1,963 ⋅ 10 −3 = 0,0168 m3/s Од равенката наконтинуитетот за пресеците 1-1 и 2-2 следи: D2 D2 ⋅ π D2 ⋅ π 50 2 v 1 = v 2 ⋅ 22 = 8,57 ⋅ = 2,142 m/s v1 ⋅ 1 = v2 ⋅ 2 следи 4 4 100 2 D1 Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2: 1− 1 v 12 p1 v 22 p2 + = + 2−2 2 ρ 2 ρ Од оваа равенка се добива големината на притисокот во пресекот 1-1: v2 v2 8,57 2 2,142 2 p1 = p2 + ρ ⋅ 2 − ρ ⋅ 1 = 72842,11 + 1000 ⋅ − 1000 ⋅ = 107270,5 Pa 2 2 2 2 Надпритисокот во пресекот 1-1 изнесува: pn,1 = p1 − p0 = 107270,5 − 100000 = 7270,5 Pa Покажувањето на манометарот е: pm = pn,1 − ρ ⋅ g ⋅ hM = 7270,5 − 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 0,2 = 5308,5 Pa A2 =

Задача 10.8. Кондензаторот на парната постројка ја всисува водата од бунарот. Всисниот притисок изнесува pvs = 57 kPa. Стрелката на вакууметарот покажува апсолутен притисок од 12 kPa. Атмосферскиот притисок изнесува 1,02 bar. Да се определи: a) Апсолутниот притисок во кондензатоерот б) Брзина на додекување на вода во кондензаторот в) Волуменскиот проток на вода, ако цевката има дијаметар d = 60 mm. Решение: а) Апсолутниот притисок во кондензаторот изнесува: p = p0 − pv = 102000 − 12000 = 90000 Pa = 90 kPa Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2: 1 − 1 p0 v 2 p 2 = + ; p2 = pv + pvs ; pvs = ρ ⋅ g ⋅ h = 57 kPa 2−2 ρ 2 ρ

pv + pvs

v2 ρ ρ 2 Брзината со која водата дотекува во кондензаторот изнесува: p − pv − pvs 102000 − 12000 − 57000 = 2⋅ = 8,124 m/s v = 2⋅ 0 1000 ρ Волуменскиот проток на водата што дотекува во кондензаторот изнесува: d2 ⋅π 0,06 2 ⋅ π = 8,124 ⋅ = 0,02297 m3/s qv = v ⋅ A = v ⋅ 4 4 p0

=

+

Задача 10.9. За мерење на волуменскиот проток цевководот е обликован како Вентуриева цевка. Цевката има дијаметар d1 = 100 mm кој постепено се стеснува на дијаметар d2 = 56 mm. На пресеците 1-1 и 2-2 е приклучен диференцијален манометар кој покажува разлика на нивоата на водата h = 400 mm. Да се определат брзините во пресеците 1-1 и 2-2, како и волуменскиот проток. Висината на столбот од воздух при пресметката да се занемари.

98

Решение:

Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2: 1− 1 v 12 p1 v 22 p2 + = + + g ⋅ z1 2−2 2 ρ 2 ρ Од равенката на континуитетот за пресеците 1-1 и 2-2 следи: d2 ⋅π d2 ⋅π d2 = v2 ⋅ 2 v1 ⋅ 1 односно v 1 = v 2 ⋅ 22 4 4 d1 Равенката за рамнотежа на притисоците во пресеците 1-1 и 2-2: 1− 1 p1 = ρ ⋅ g ⋅ z1 + ρ ⋅ g ⋅ z2 + ρ ⋅ g ⋅ h ; 2 − 2 ρ 2 = ρ ⋅ g ⋅ z2 Од горната Бернулиева равенка, разликата на притисоците за пресеците 1-1 и 2-2: v 2 − v 12 p1 − p2 = ρ ⋅ 2 + ρ ⋅ g ⋅ z1 односно: 2 p1 − p2 = ρ ⋅ g ⋅ z1 + ρ ⋅ g ⋅ z2 + ρ ⋅ g ⋅ h − ρ ⋅ g ⋅ z2 p1 − p2 = ρ ⋅ g ⋅ z1 + ρ ⋅ g ⋅ h v 22 − v 12 + ρ ⋅ g ⋅ z1 или v 22 − v 12 = 2 ⋅ g ⋅ h 2 Брзината на водата во пресекот 2-2 изнесува:

ρ ⋅ g ⋅ z1 + ρ ⋅ g ⋅ h = ρ ⋅ 4

⎛d ⎞ v 22 − v 22 ⋅ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 2 ⋅ g ⋅ h следи v 2 = ⎝ d1 ⎠

2⋅g ⋅h ⎛d ⎞ 1 − ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ d1 ⎠

4

=

2 ⋅ 9,81 ⋅ 0,4 ⎛ 56 ⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎝ 100 ⎠

4

= 2,95 m/s

Брзината на водата во пресекот 1-1 изнесува: 2

d2 ⎛ 56 ⎞ v 1 = v 2 ⋅ 22 2,95 ⋅ ⎜ ⎟ = 0,925 m/s d1 ⎝ 100 ⎠ Протокот на вода низ цевката е: d2 ⋅π 0,12 ⋅ π qv = v 1 ⋅ 1 = 0,925 ⋅ = 7,26587 ⋅ 10 −3 m3/s 4 4

Задача 10.10. Низ цевка со дијаметар d = 50 mm тече вода вертикално нагоре со брзина од 3 m/s, а потоа тече радијално меѓу две радијални плочи со дијаметар 600 mm и 300 mm, меѓусебно оддалечени 1,5 mm. Да се определи притисокот во точките A, B, C и D. Притисокот на водата изнесува 9 kPa (или h = 900 mm). Решение: Се поставува Бернулиева равенка за пресеците A-A и DD: A−A v A2 p A v D2 pD + = + + g ⋅h D−D 2 ρ 2 ρ

Од равенката на континуитетот: d2 ⋅π = D ⋅ π ⋅ δ ⋅ vD 4 Се добива брзината на водата во точката D, односно: d2 ⋅π ⋅vA 0,05 2 ⋅ π ⋅ 3 = 2,083 m/s vD = = 4 ⋅D ⋅π ⋅δ 4 ⋅ 0,6 ⋅ π ⋅ 0,0015 Разликата на притисокот меѓу точките A и D изнесува: vA ⋅

99

⎛v2 v2 ⎞ ⎛ 2,083 2 3 2 ⎞ ⎟ + 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 0,9 = 6498,44 Pa p A − pD = ρ ⋅ ⎜⎜ D − A ⎟⎟ + ρ ⋅ g ⋅ h = 1000 ⋅ ⎜⎜ − 2 ⎠ 2 ⎟⎠ ⎝ 2 ⎝ 2 Брзината на водата во точката C изнесува: D 600 v C = v D ⋅ 0 = 2,083 ⋅ = 4,166 m/s D1 300 Разликата на притисокот меѓу точките D и C изнесува: ⎛v2 v2 ⎞ ⎛ 4,166 2 2,083 2 ⎞ ⎟ = 6508,3 Pa − pD − pC = ρ ⋅ ⎜⎜ C − D ⎟⎟ = 1000 ⋅ ⎜⎜ ⎟ 2 2 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Брзината во точката B е еднаква на нула. Разликата на притисокот меѓу точките B и D изнесува: ⎛v2 v2 ⎞ ⎛ 2,083 2 0 2 ⎞ ⎟ = 2169,44 Pa pB − pD = ρ ⋅ ⎜⎜ D − B ⎟⎟ = 1000 ⋅ ⎜⎜ − 2 ⎠ 2 ⎟⎠ ⎝ 2 ⎝ 2

100

Задача 11.1. Од резервоарот во кој владее притисок p0 и температура tC 0 , струи воздух во средината каде што владее притисок patm = 1 bar и температура tC 0 = 30 0 C. Температурата на излезниот пресек на млазникот tC1 е за 10 ºC пониска од температурата на околината и дека експанзијата е адијабатска, да се определи: а) брзинaта на истекување на воздухот од млазникот. б) Притисокот p0 и густината ρ0 на воздухот во резервозрот. Решение: Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 0-0 и 1-1: k −1 ⎡ ⎤ p0 ⎢ ⎛ p1 ⎞ k ⎥ v 12 v 02 k = + ⋅ ⋅ 1− ⎜ ⎟ 2 2 k − 1 ρ 0 ⎢ ⎜⎝ p0 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ k −1 ⎡ ⎤ p0 ⎢ ⎛ p1 ⎞ k ⎥ k ⎜ ⎟ ⋅ ⋅ 1− v1 = 2 ⋅ k − 1 ρ 0 ⎢ ⎜⎝ p0 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ Од равенката на состојбата се добиваат следните односи:

p1

ρ1

= R ⋅ T1

p0

;

p1 ⎛ ρ 0 ⎞ =⎜ ⎟ p0 ⎜⎝ ρ1 ⎟⎠

ρ0 −k

;

= R ⋅ T0

p1 ρ 0 T1 ⋅ = p0 ρ1 T0

;

ρ 0 ⎛ p1 ⎞ =⎜ ⎟ ρ1 ⎜⎝ p0 ⎟⎠

−

1 k

;

p1 p0

⎛p ⎞ ⋅ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ p0 ⎠

p1 ⎛ ρ1 ⎞ ⎟ =⎜ p0 ⎜⎝ ρ 0 ⎟⎠

; −

1 k

⎛p ⎞ = ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ p0 ⎠

k −1 k

=

k

T1 T0

⎛ T ⎞ 1,4 k ⋅ R ⋅ (T0 − T1 ) = 2 ⋅ ⋅ 287 ⋅ 10 =141,74 m/s ⋅ ⎜⎜1 − 1 ⎟⎟ = 2 ⋅ k −1 1,4 − 1 ⎝ T0 ⎠ Равенката на состојбата на воздухот во резервоарот и пресекот 1-1: p0 = ρ 0 ⋅ R ⋅ T0 и p1 = ρ1 ⋅ R ⋅ T1 и карактеристичната равенка за адијабатска состојба: v1 = 2 ⋅

k ⋅ R ⋅ T0 k −1

p0 ⎛ ρ 0 ⎞ =⎜ ⎟ p1 ⎜⎝ ρ1 ⎟⎠

k

или

p0 ⋅ ρ1k = p1 ⋅ ρ 0k

Притисокот изнесува k

1,4

⎛ T ⎞ k −1 ⎛ 273 + 30 ⎞ 1,4−1 = 10 5 ⋅ ⎜ = 1,125 ⋅ 10 5 Pa p0 = p1 ⋅ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎟ T 273 + 20 ⎝ ⎠ ⎝ 1⎠ Густината изнесува: p0 1,125 ⋅ 10 5 = ρ0 = 1,2733 kg/m3 R ⋅ T0 287 ⋅ (273 + 30 ) Задача 11.2. Воздух истекува во атмосфера низ цевка со дијаметар D = 600 mm и конвергентна млазница со излезен дијаметар d = 100 mm. Состојбта во пресекот 1-1 е определена со притисокот p1 = 0,138 MPa и

волуменските протоци qv ,1

температура t1 = 65 0 C, и брзина v 1 = 6 m/s. Во пресекот 2-2 притисокот е p2 = p0 = pat = 0,103 MPa, температурата е t2 = 38 °C. Да се определат и qv ,2 , како и масениот проток низ двата пресеци.

101

Решение: Од равенката на континуитетот следи:

q m,1 = q m,2 = ρ1 ⋅ v 1 ⋅ A1 = ρ 2 ⋅ v 2 ⋅ A2 ;

Од равенката на состојбата: p1 = ρ1 ⋅ R ⋅ T1

; p1 ρ T = 1⋅ 1 p 2 ρ 2 T2

v 2 = v1 ⋅

ρ1 A1 ⋅ ρ 2 A2

p 2 = ρ 2 ⋅ R ⋅ T2

p1 T2 D 2 0,138 ⋅ 10 6 273 + 38 300 2 ⋅ ⋅ 2 = 6⋅ ⋅ ⋅ = 66,57 m/s p2 T1 d 0,103 ⋅ 10 6 273 + 65 100 2 Волуменските протоци во пресеците 1-1 и 2-2: 0,3 2 ⋅ π 0,12 ⋅ π qv ,1 = v 1 ⋅ A1 = 6 ⋅ = 0,424 m3/s ; qv ,2 = v 2 ⋅ A2 = 66,57 ⋅ = 0,523 m3/s 4 4 Густините на воздухот во двата пресеци изнесуваат: p 0,138 ⋅ 10 6 ρ1 = 1 = = 1,4226 kg/m3 R ⋅ T1 287 ⋅ (273 + 65 ) v 2 = v1 ⋅

p2 0,138 ⋅ 10 6 = = 1,154 kg/m3 R ⋅ T2 287 ⋅ (273 + 38 ) q m,1 = q m,2 = ρ1 ⋅ v 1 ⋅ A1 = ρ 2 ⋅ v 2 ⋅ A2

ρ2 =

q m,1 = q m,2 = 1,4226 ⋅ 6 ⋅

0,3 2 ⋅ π 0,12 ⋅ π = 1,154 ⋅ 66,57 ⋅ = 0,603 kg/s 4 4

Задача 11.3. Да се определи односот меѓу најмалиот и излезниот дијаметар на Лаваловата млазница, која овозможува тотална експанзија на воздухот. Пред млазницата владее апсолутен притисок p0 = 0,49 MPa, а после неа апсолутен притисок p2 = 0,1 MPa. Решение: Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 0-0 и 1-1: k −1 ⎡ ⎤ v 12 − v 02 k − 1 p0 ⎢⎛ p1 ⎞ k ⎜ ⎟ + ⋅ ⋅ ⎢⎜ ⎟ − 1⎥⎥ = 0 2 k ρ 0 ⎝ p0 ⎠ ⎢⎣ ⎥⎦ k

k

p1 ⎛ 2 ⎞ k −1 p1 ⎡ k − 1 p0 v 12 ⎤ k −1 =⎜ за = ⎢1 − ⋅ ⋅ ⎥ ⎟ , и за критична брзина еднаква на p0 ⎝ k + 1 ⎠ ρ0 2 ⎦ p0 ⎣ k критичната брзина на звукот следи: p 2 v kr = Ckr = ⋅ Cmax ; Cmax = k ⋅ 0 k +1 ρ0 v 1 = C1 = 2 ⋅

p k ⋅ 0 k + 1 ρ0

Брзината на воздухот во пресекот 2-2 изнесува: k −1 ⎡ ⎤ p0 ⎢ ⎛ p 2 ⎞ k ⎥ k ⋅ ⋅ ⎢1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ v2 = 2 ⋅ k − 1 ρ0 p ⎢⎣ ⎝ 0 ⎠ ⎥⎦

102

Равенката на континуитетот е:

ρ1 ⋅ v 1 ⋅ A1 = ρ 2 ⋅ v 2 ⋅ A2

A1 ρ 2 v 2 = ⋅ A2 ρ1 v 1 p2 = ρ 2 ⋅ R ⋅ T2 следи:

следи

Од равенката на состојбата: p1 = ρ1 ⋅ R ⋅ T1 и

ρ 2 p2 T1 = ⋅ ρ1 p1 T2

;

p1 ⎛ ρ1 ⎞ =⎜ ⎟ p2 ⎜⎝ ρ 2 ⎟⎠

⎡ ⎛p p k ⋅ 0 ⋅ ⎢⎢1 − ⎜⎜ 2 2⋅ 1 k − 1 ρ0 p ⎢⎣ ⎝ 0 A1 ⎛ p2 ⎞ k =⎜ ⎟ ⋅ A2 ⎜⎝ p1 ⎟⎠ p k ⋅ 0 2⋅ k − 1 ρ0

⎞ ⎟⎟ ⎠

1

k

ρ 2 ⎛ p2 ⎞ k =⎜ ⎟ ρ1 ⎜⎝ p1 ⎟⎠

следи

k −1 ⎤ k

⎥ ⎥ ⎥⎦

k −1 ⎡ k ⎤ ⎛ p2 k + 1 ⎢ ⎛ p2 ⎞ ⎥ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⋅ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ k − 1 ⎢ ⎜⎝ p0 ⎟⎠ ⎥ ⎝ p1 ⎠ ⎢⎣ ⎥⎦

1 ⎞k

1

1

k

1

⎛ p2 ⎞ k ⎛ p2 ⎞ k ⎛ k + 1 ⎞ k −1 p1 ⎛ 2 ⎞ k −1 ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ =⎜ Бидејки: ; ⎟ ⎟ , p0 ⎝ k + 1 ⎠ ⎝ p1 ⎠ ⎝ p0 ⎠ ⎝ 2 ⎠ тогаш крајниот изглед на односот на површините е: 1

A1 ⎛ k + 1 ⎞ k −1 ⎛ p2 =⎜ ⎟ ⋅ ⎜⎜ A2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ p0

1 ⎡ ⎞k k + 1 ⎢ ⎛ p2 ⎟⎟ ⋅ ⋅ ⎢1 − ⎜⎜ 1 − k p ⎠ ⎢⎣ ⎝ 0

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1 ⎤ k

⎥ ⎥ ⎥⎦

1 1,4 −1 1 ⎡ ⎤ A1 ⎛ 1,4 + 1 ⎞ 1,4−1 ⎛ 0,1 ⎞ 1,4 1,4 + 1 ⎢ ⎛ 0,1 ⎞ 1,4 ⎥ =⎜ ⋅⎜ ⋅ 1− ⎜ = 0,75 ⎟ ⎟ ⋅ ⎟ ⎥ 1,4 − 1 ⎢ ⎝ 0,49 ⎠ A2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 0,49 ⎠ ⎢⎣ ⎥⎦ A1 d1 = 0,75 = 0,75 = 0,866 ; A2 d2

Задача 11.4. Колкава вредност може да има брзината на воздухот при истекување од котелот во атмосфера, ако воздухот се наоѓа под манометарски притисок од 20 MPa и на температура од 10 ºC. При истекувањето се применува Лавалова млазница (според скицата) која обезбедува правилно ширење на гасот и падот на притисокот до атмосферскиот. Потоа, да се определи температурата на воздушната струја на излезот. Решение: Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2: k −1 ⎡ ⎤ 1− 1 v 22 v 12 p1 ⎢ ⎛ p2 ⎞ k ⎥ k = + ⋅ ⋅ 1− ⎜ ⎟ 2 2 k − 1 ρ1 ⎢ ⎜⎝ p1 ⎟⎠ ⎥ 2−2 ⎢⎣ ⎥⎦

за

p1

ρ1

= R ⋅ T1 се добива:

k −1 1,4 −1 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎞ ⎛ p2 k ⎥ k 1,4 ⎛ 1 ⎞ 1,4 ⎥ ⎢ ⎢ ⋅ 287 ⋅ 283 ⋅ 1 − ⎜ v2 = 2 ⋅ =665,9 m/s ⋅ R ⋅ T1 ⋅ ⎢1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ = 2 ⋅ ⎟ ⎢ ⎝ 200 ⎠ ⎥ k −1 p0 ⎠ 1,4 − 1 ⎝ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦

p1

ρ1

= R ⋅ T1

;

p2

ρ2

= R ⋅ T2

;

p 2 ρ 1 T2 ⋅ = p1 ρ 2 T1

;

p2 ⎛ ρ 2 ⎞ =⎜ ⎟ p1 ⎜⎝ ρ1 ⎟⎠

k

103

p2 ⎛ ρ1 ⎞ =⎜ ⎟ p1 ⎜⎝ ρ 2 ⎟⎠

−k

ρ 1 ⎛ p2 ⎞ =⎜ ⎟ ρ 2 ⎜⎝ p1 ⎟⎠

;

−

1 k

p ; 2 p1

⎛p ⎞ ⋅ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠

−

1 k

⎛p ⎞ = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠

k −1 k

=

T2 T1

k ⋅ R ⋅ (T1 − T2 ) или k −1 v 2 − v 12 k следи: ⋅ R ⋅ (T1 − T2 ) = 2 за v 1 = 0 2 k −1 k − 1 1 v 22 1,4 − 1 1 665,9 2 ΔT = T1 − T2 = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 214 K k R 2 1,4 287 2

Од Бернулиевата равенка: v 2 = 2 ⋅

ΔT = 273 + 10 − T2 = 214

;

T2 = 283 − 214 = 69 K

t 2 = −204 0 C

;

Задача 11.5. Во воздухот низ млазницата со дијаметар d = 25 mm во цека со дијаметар D = 150 mm (како на сликата) при што притисокот во цевката пред млазницата е p1 = 3,5 bar и температура t1 = 15 °C. Да се определи масениот проток на воздухот низ цевката, ако притисокот после млазницата изнесува: а) p3 = 0,28 MPa b) p3 = 0,14 Mpa Решение:

p3 pkr p3 pkr = 0,8 ; = 0,528 ; > p1 p0 p1 p0 се гледа дека за излезниот пресек на млазницата меродавен е притисокот п3, тогаш брзината на истекување изнесува: а) Односот:

k −1 ⎡ ⎤ ⎞ ⎛ p2 k ⎥ k ⎢ v2 = 2 ⋅ ⋅ R ⋅ T1 ⋅ ⎢1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ k −1 p ⎢⎣ ⎝ 0 ⎠ ⎥⎦

Од карактеристичната равенка, односот на густините во пресеците 1-1 и 2-2 изнесува: 1

1

ρ 2 ⎛ p2 ⎞ k =⎜ ⎟ , ρ1 ⎜⎝ p1 ⎟⎠

⎛ p ⎞k p ρ 2 = ρ1 ⋅ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 1 R ⋅ T1 ⎝ p1 ⎠

односно v2 = 2 ⋅

1

⎛ p ⎞k ⋅ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ; ⎝ p1 ⎠

p2 = 0,80 ⋅ p1

1,4 −1 1,4 ⎡ ⎤ ⋅ 287 ⋅ (273 + 15 ) ⋅ ⎢1 − (0,8 ) 1,4 ⎥ = 186,1 m/s 1,4 − 1 ⎣ ⎦

ρ2 =

1 3,5 ⋅ 10 5 ⋅ (0,8 )1,4 = 3,725 kg/m3 287 ⋅ 2881

Масениот проток изнесува:

d2 ⋅π 0,025 2 ⋅ π = 0,340 kg/s = 3,725 ⋅ 186,1 ⋅ 4 4 p p 0,14 = 0,4 < kr = 0,528 тогаш p2 = pkr = 0,528 ⋅ p1 = 0,528 ⋅ 3,5 = 1,848 bar б) 3 = p1 0,35 p0 qm = ρ 2 ⋅ v 2 ⋅

v 2 = C2 = 2 ⋅

p k k 1,4 ⋅ R ⋅ T1 = 2 ⋅ ⋅ 1 = 2⋅ ⋅ 287 ⋅ (273 + 15 ) = 305,7 m/s k +1 k + 1 ρ1 1,4 + 1 1

3,5 ⋅ 10 5 ρ2 = ⋅ 0,528 1,4 = 2,77 kg/m3 278 ⋅ (273 + 15 ) qm = ρ 2 ⋅ v 2 ⋅

104

0,025 2 ⋅ π d2 ⋅π = 0,416 kg/m3 = 2,77 ⋅ 305,7 ⋅ 4 4

Задача 12.1. Од млазник, во хоризонтална положба, истекува вода во атмосфера. Млазот се стеснува од пресек A1 = 50 cm2 на A2 = 10 cm2. Да се определи силата со која водата делува на потесниот пресек на млазот (R=?), ако низ млазникот истекува qv = 5 l/s. Решение: Силата со која водата делува на млазникот се определува со применета на законот за количината на движење. R = ρ ⋅ qv ⋅ v 1 − v 2 + P1 + P2 + G

(

)

При слободен истек во атмосфера pn,2 = p2 − p0 , а бидејќи p2 = p0 , тогаш P2 = 0 Во правец на x-оската ; G нема своја компонрнта, односно G = 0 R = ρ ⋅ qv ⋅ (v 1 − v 2 ) + P1 Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1 – 1 ; 2 – 2 : 1− 1 v 12 p1 v 22 p2 , p0 = p 2 + = + 2 ρ 2 ρ 2−2

v 22 − v12 2 Од равенката на континуитетот v 1 ⋅ A1 = v 2 ⋅ A2 , се добиваат односите : q q v1 = v v2 = v ; A1 A2 Надпритисокот во пресекот 1 – 1, изнесува : A2 − A2 pn,1 = p1 − p0 = ρ ⋅ qv2 ⋅ 1 2 2 2 2 ⋅ A1 ⋅ A2 Силата со која водата делува на потесниот пресек на млазот, изнесува: A − A1 A2 − A2 R = ρ ⋅ qv ⋅ qv ⋅ 2 + ρ ⋅ qv2 ⋅ 1 2 2 2 ⋅ A1 A1 ⋅ A2 2 ⋅ A1 ⋅ A2 p1 − p0 = ρ ⋅

⎞⎤ qv2 ⎡ A1 1 ⎛ A12 ⋅ ⎢1 − + ⋅ ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟⎥ A1 ⎣ A2 2 ⎝ A2 ⎠⎦ ⎞⎤ 5 ⋅ 10−3 ⎡ 50 1 ⎛ 502 ⋅ 1− + ⋅ ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟⎥ = 40 N R = 1000 ⋅ −4 ⎢ 50 ⋅ 10 ⎣ 10 2 ⎝ 10 ⎠⎦ R=ρ⋅

(

)

Задача 12.2. Хоризонтална цевка, на местото на преминот од дијаметар D1 = 1500 mm на дијаметар d = 1000 mm, поставена е во бетонски блок. Потребно е да се определи силата во осовината што ја прима бетонскиот блок, при надпритисок p = 0,4 MPa при проток на вода од qv = 1,8 m3/s.

105

Решение: Силата со која водата делува на конусниот дел на цевката се определува од равенката на законот за количината на движење: R = ρ ⋅ qv ⋅ v 1 − v 2 + P1 + P2 + G

(

)

Тежината на водата се занемарува G = 0 R = ρ ⋅ qv ⋅ (v1 − v 2 ) + pn,1 ⋅ A1 − pn,2 ⋅ A2 Се поставува Бернулиева равенака за пресеците 1 – 1 ; 2 – 2 : 1− 1 v 12 pn,1 v 22 pn,2 + = + 2 ρ 2 ρ 2−2 Од оваа равенка се определува надпритисокот во пресекот 2-2 : v 2 − v 22 pn,2 = pn,1 + ρ ⋅ 1 2 Од равенката на континуитетот v 1 ⋅ A1 = v 2 ⋅ A2 , се добиваат брзините во бараните пресеци: 4⋅q 4 ⋅ 1,8 4⋅q 4 ⋅ 1,8 = 1,0186 m/s ; = 2,292 m/s v1 = 2 v = 2 v2 = 2 v = 2 d ⋅ π 1,0 ⋅ π D ⋅ π 1,5 ⋅ π 1,01862 − 2,2922 =397892,14 Pa 2 1,52 ⋅ π 1,02 ⋅ π R = 1000 ⋅ 1,8 ⋅ (1,0186 − 2,292) + 4 ⋅ 105 ⋅ − 397892,14 ⋅ = 392062 N 4 4 pn,2 = 4 ⋅ 105 + 1000 ⋅

Задача 12.3. Низ одводна цевка со дијаметар d = 200 mm и радиус на кривината r = 600 mm, струи вода со волуменски проток qv = 125 l/s. Надпритисокот на водата изнесува pn = 200 kPa. Со занемарување на хидрауличните загуби и тежината на водата, да се определи моментот M и силите со кој флуидната маса при течењето дејствува на ѕидовите на цевката. При кој вакуум (pv = ?) моментот ќе биде еднаков на нула? Решение: Со користење на законот за промената на количината на движење се определуваат силите со кој млазот (водата) делува на кривината. R1 = ρ ⋅ qv ⋅ v1 + pn,1 ⋅ A1

Од равенката на континуитетот v 1 ⋅ A1 = v 2 ⋅ A2 , се добива : v 1 = v 2 =

d2 ⋅π d2 ⋅π 4 ⋅ qv 4 2 R1 = ρ ⋅ qv ⋅ 2 = ρ ⋅ qv ⋅ 2 + pn,1 ⋅ + pn ⋅ d ⋅π d ⋅π 4 4

106

4 ⋅ qv d 2 ⋅π

4 d2 ⋅π + ⋅ p n 4 d2 ⋅π 2 4 0,2 ⋅ π + 200 ⋅ 103 ⋅ R1 = R2 = 1000 ⋅ 0,1252 ⋅ = 6780,5 N 2 0,2 ⋅ π 4 Моментот кој го предизвикуваат силите изнесува : M = R1 ⋅ r + R 2 ⋅ r = 2 ⋅ r ⋅ R = 2 ⋅ 0,6 ⋅ 6780,5 = 8136,7 N⋅m

R2 = ρ ⋅ qv ⋅ v 2 + pn,2 ⋅ A2 = ρ ⋅ qv2 ⋅

⎛ d 2 ⋅π ⎞ 4 ⎟ M = 2 ⋅ r ⋅ ⎜⎜ ρ ⋅ qv2 ⋅ 2 + pn ⋅ 4 ⎟⎠ d ⋅π ⎝ За M = 0, вакуумот изнесува: 16 16 pv = − ρ ⋅ qv2 ⋅ 4 2 = − 1000 ⋅ 0,125 2 ⋅ = −15831,43 Pa d ⋅π 0,2 4 ⋅ π 2 Подпритисокот изнесува: pv = 15,9 kPa

Задача 12.4. Доводниот цевковод во ХЕ има дијаметар D = 1,2 m и се дели на две еднакви гранки со d = 850 mm, кои ја доведуваат водата во две хидраулични турбини. Да се определи силата со која водата дејствува на местото на разгранувањето, ако надпритисокот на водата во пресекот 1-1 изнесува pn,1 = 5 MPa, а гранките меѓу себе формираат агол од 45º. Вкупниот волуменски проток изнесува qv = 6 m3/s. Хидрауличните загуби да се занемарат. Колку ќе изнесува оваа сила, ако вкупниот волуменски проток е нула, а надпритисокот во пресекот 1-1 порасне на pn,1 = 5 MPa ? Решение:

Од равенката за промена на законот на количината на движење се добива равенка за определување на силата со која млазот делува на цевководот. 1 1 R = ρ ⋅ qv ⋅ v 1 − ⋅ ρ ⋅ qv ⋅ v 2 − ⋅ ρ ⋅ qv ⋅ v 3 + P1 + P2 + P3 2 2 Се определуваат скаларните компоненти на оваа сила во правците на x-оската и y-оската: - За x-оската: 1 1 R x = ρ ⋅ qv ⋅ v 1 − ⋅ ρ ⋅ qv ⋅ v 2 − ⋅ ρ ⋅ qv ⋅ v 3 ⋅ cos α + pn,1 ⋅ A1 − pn,2 ⋅ A2 − pn,3 ⋅ A3 ⋅ cos α 2 2 Од равенката на континуитетот се определуваат брзините на водата во деловите на цевките во цевководот: q 6 4⋅ v 4⋅ 4⋅q 4⋅6 2 = 5,2868 m/s v2 = v3 = 2 2 = v 1 = 2 v = 2 = 5,305 m/s ; 2 d ⋅π D ⋅ π 1,2 π 0,85 ⋅ π 2 A1 = 1,131 m ; A2 = A3 = 0,567 m2 v 1 ≅ v 2 = v 3 , тогаш: pn,1 ≅ pn,2 = pn,3 Бидејќи 1 1 R x = 1000 ⋅ 6 ⋅ 5,305 − ⋅ 1000 ⋅ 6 ⋅ 2,868 − ⋅ 1000 ⋅ 6 ⋅ 5,2868 ⋅ cos 45 0 + 2 2 107

+ 5 ⋅ 10 6 ⋅ 1,131 − 5 ⋅ 10 6 ⋅ 0,567 − 5 ⋅ 10 6 ⋅ 0,567 ⋅ cos 45 0 = 820106,879 N - За y-оската: ⎛1 ⎞ R y = ⎜ ⋅ ρ ⋅ qv ⋅ v 3 + pn,3 ⋅ A3 ⎟ ⋅ sin α ⎝2 ⎠ ⎛1 ⎞ Ry = ⎜ ⋅ 1000 ⋅ 6 ⋅ 5,2868 + 5 ⋅ 10 6 ⋅ 0,567 ⎟ ⋅ sin 45 0 = 2015862,7 N ⎝2 ⎠ Вкупната сила изнесува: R = R x2 + R y2 = 820106,879 2 + 2015862,7 2 = 2176300 N и pn,1 = 7 MPa = pn,2 = pn,3 За qv = 0 - За x-оската: R x = pn,1 ⋅ A1 − pn,2 ⋅ A2 − pn,3 ⋅ A3 ⋅ cos α R x = 7 ⋅ 10 6 ⋅ 1,131 − 7 ⋅ 10 6 ⋅ 0,567 − 7 ⋅ 10 6 ⋅ 0,567 ⋅ cos 45 0 = 1141493,2 N - За y-оската: Ry = pn,3 ⋅ A3 ⋅ sin α = 7 ⋅ 10 6 ⋅ 0,567 ⋅ sin 45 0 = 2806506,8 N

Вкупната сила изнесува: R = R x2 + Ry2 = 1141493,22 + 2806506,8 2 = 3029766,8 N Задача 12.5. Низ цевковод тече вода со волуменски проток qv = 200 l/s, кој е насочен под агол од 60º, а дијаметарот се стеснува од D = 600 mm на d = 400 mm. Да се определи силата со која водта делува на овој елемент: Решение:

Со користење на равенката на законот за промената на количината на движење, се добива силата сикоја водата делува на елементот меѓу пресеците 1-1 и 2-2. R = ρ ⋅ qv ⋅ v 1 − v 2 Скаларните компоненти на оваа сила во правците на x и y оските се: R x = ρ ⋅ qv ⋅ (v 1 − v 2 ⋅ cos α ) R y = ρ ⋅ qv ⋅ (0 − v 2 ⋅ sin α ) = − ρ ⋅ qv ⋅ v 2 ⋅ sin α

(

)

Од равенката на континуитетот v 1 ⋅ A1 = v 2 ⋅ A2 , се добиваат брзините: q q v1 = v v2 = v ; A1 A2 Тогаш:

(

) ⋅ ⎛⎜1 − 600

⎞ 200 ⋅ 10 −3 qv2 ⎛ A1 Rx = ρ ⋅ ⋅ ⎜1 − ⋅ cos α ⎟⎟ = 1000 ⋅ 0,6 2 ⋅ π A1 ⎜⎝ A2 ⎠ 4 2 0,22 q Ry = − ρ ⋅ v ⋅ sin α = −1000 ⋅ 0,4 2 ⋅ π A2 4

108

⎜ ⎝

⎞ ⋅ cos 60 0 ⎟⎟ = − 17,684 N 400 ⎠ 2

2

⋅ sin 60 0 = −275,644 N

Вкупната сила изнесува: R = R x2 + R y2 = 17,684 2 + 275,644 2 = 276,23 N Нападниот агол:

β = arc rg

Ry Rx

= arc rg

275,644 = 86 0 20 ' 17,684

Задача 12.6. На правоаголна плоча со маса m и должина L удира, во тежиштето, млаз вода чија брзина на излезот од млазникот изнесува v0, а волуменскиот проток qv,0. Плочата е поврзана во зглобот 0. Да се определат волуменските протоци qv,1 и qv,2, како и силата со која треба да се делува нормално, на крајот од плочата за истата да биде под агол α . Течноста е идеална. Решение: Законот за промена на количината на движење за овај случај е: ρ ⋅ qv ,1 ⋅ v 1 + ρ ⋅ qv ,2 ⋅ v 2 − ρ ⋅ qv ,0 ⋅ v 0 = Fr = R + G Каде што: R - сила со која млазот делува на плочата

G - сила со која масата вода делува на плочата меѓу означените пресеци Со проекција на x-оската се добива скаларната големина на силата R: R = R = ρ ⋅ qv ,0 ⋅ v 0 ⋅ sin α За идеална течност (без хидраулични загуби) Σξ = 0 , односно: p0 = p1 = p2 ; v 0 = v1 = v 2

Проекцијата на силата на y-оската изнесува: 0 = ρ ⋅ qv ,0 ⋅ v 0 ⋅ cos α − ρ ⋅ qv ,1 ⋅ v 1 − ρ ⋅ qv ,2 ⋅ (− v 2 ) ; qv ,0 ⋅ cos α = qv ,1 − qv ,2 Од равенката на континуитетот се добива: qv ,0 = qv ,1 + qv ,2 Со користење на овие две равенки се добиваат волуменските протоци qv ,1 и qv ,2 , како што следи:

109

1 + cos α 1 − cos α ; qv ,2 = qv ,0 ⋅ 2 2 Равенката за моментите за рамнотежа на силите околу зглобот 0 е: L L ΣM = 0 ; F ⋅ L − R ⋅ − m ⋅ g ⋅ ⋅ cos α = 0 2 2 L L F ⋅ L = ρ ⋅ qv ,0 ⋅ v 0 ⋅ sin α ⋅ + m ⋅ g ⋅ ⋅ cos α 2 2 1 F = ⋅ (ρ ⋅ qv ,0 ⋅ v 0 ⋅ sin α + m ⋅ g ⋅ cos α ) 2 qv ,1 = q v ,0 ⋅

Задача 12.7. Плочата се наоѓа под дејство на слободен млаз, нормален на правецот на движењето, при што го дели млазот на два дела: со проток qv ,1 , низ самата плоча и под агол α и проток qv ,2 . Вкупниот волуменски проток на млазот изнесува qv = 36 л/с, а брзината во сите делови на млазот е иста и изнесува v = 30 м/с. Протокот на делот од млазот што тече низ плочата изнесува qv ,1 = 12 л/с. Да се определи силата со која млазотделува на плочата (Р = ?) и аголот ( α = ?). Тежината на млазот и хидрауличните загиби да се

занемарат. Решение: Се применува законот за промената на количината на движење за пресеците a-a и n-n: a−a 0 = ρ ⋅ q v ,1 ⋅ v − ρ ⋅ qv ,2 ⋅ v ⋅ sin α (1) n−n

R = ρ ⋅ q v ⋅ v − ρ ⋅ q v ,2 ⋅ v ⋅ cos α

(2)

Од равенката (1) се добива qv ,1 = q v ,2 ⋅ sin α , односно: 12 = 30 0 q v ,2 q v ,2 qv − q v ,1 36 − 12 Од равенката (2) се добива големината на силата со која млазот делува на плочата: R = ρ ⋅ qv ⋅ v − ρ ⋅ qv ,2 ⋅ v ⋅ cos α = 1000 ⋅ 36 ⋅ 10 −3 ⋅ 30 − 1000 ⋅ 24 ⋅ 10 −3 ⋅ 30 ⋅ cos 30 0 456 R = 456 N sin α =

q v ,1

;

α = arc sin

q v ,1

= arc sin

qv ,1

= arc sin

Задача 12.8. Да се определи силата со која струјата делува на разделната рачва на цевководот на ХЕ која е анкерисана на бетонски блок (според скицата). Димензиите се: D = 3 m ; d = 2 m ; α = 60 0 . Апсолутниот притисок на влезот во рачвата p1 = 398 kPa, а вкупниот волуменски проток изнесува qv ,1 = 35 m3/s. Протокот рамномерно се дели на двете турбини. Проекцијата на рачвата е дадена во хоризонтална положба (x,y). При пресметката да се занемарат струјните загуби. Масата на водата во рачвата изнесува m = 111 t, а атмосферскиот притисок изнесува p0 = 103 kPa. 110

Решение: Силата со која флуидната маса делува на рачвата изнесува: R = ρ ⋅ qv ,1 ⋅ v1 − ρ ⋅ qv ,2 ⋅ v 2 − ρ ⋅ qv ,3 ⋅ v 3 + P1 + P2 + P3 Проекциите на силата во правецот на x и y- оските е: 1 1 R x = − ⋅ ρ ⋅ q v ,1 ⋅ v 2 ⋅ sin α − ⋅ ρ ⋅ qv ,1 ⋅ v 3 ⋅ sin α − p2 ⋅ A2 ⋅ sin α − p3 ⋅ A3 ⋅ sin α 2 2 1 1 R y = ρ ⋅ qv ,1 ⋅ v 1 − ⋅ ρ ⋅ q v ,1 ⋅ v 2 ⋅ cos α − ⋅ ρ ⋅ qv ,1 ⋅ v 3 ⋅ cos α + 2 2 + p1 ⋅ A1 − p 2 ⋅ A2 ⋅ cos α − p3 ⋅ A3 ⋅ cos α

R z = −m ⋅ g

Од равенката на континуитетот: 1 односно: ⋅ qv ,1 , 2 4⋅q 2⋅q 4 ⋅ 35 2 ⋅ 35 v 1 = 2 v ,1 = 2 v 2 = v 3 = 2 v ,1 = 2 = 4,95 m/s ; = 5,57 m/s D ⋅π 3 ⋅π d ⋅π 2 ⋅π Притисоците во пресеците 2-2 и 3-3 ќе се определат со помош на Бернулиевата равенка поставена за пресеците 1-1 ; 2-2 и 3-3: 1− 1 v 12 p1 v 22 p2 ρ + = + ; p2 = p1 + ⋅ v 12 − v 22 2−2 2 ρ 2 ρ 2 1000 p2 = 398000 + ⋅ 4,95 2 − 5,57 2 = 394738,8 Pa 2 1− 1 v 12 p1 v 32 p3 ρ p3 = p1 + ⋅ v 12 − v 32 + = + ; 3−3 2 ρ 2 ρ 2 1000 p3 = 398000 + ⋅ 4,95 2 − 5,57 2 = 394738,8 Pa 2 Надпритисокот во овие пресеци изнесува: pn,1 = p1 − p0 = 398000 − 103000 = 295000 Pa pn,2 = pn,3 = p2 − p0 = 394738,8 − 103000 = 291738,8 Pa Силите на притисок во пресеците 1-1 ; 2-2 и 3-3 изнесуваат: 32 ⋅ π D2 ⋅π = 295000 ⋅ = 2085232,1 N P1 = pn,1 ⋅ 4 4 22 ⋅ π d 2 ⋅π = 291738,8 ⋅ = 916524,47 N P2 = P3 = pn,2 ⋅ 4 4 Со замена на определените големини, во равенките се определуваат вредностите за Rx ; Ry и Rz: 1 3 1 3 3 3 R x = − ⋅ 10 3 ⋅ 35 ⋅ 5,57 ⋅ − ⋅ 10 3 ⋅ 35 ⋅ 5,57 ⋅ − 291738,8 ⋅ π ⋅ − 291738,8 ⋅ π ⋅ 2 2 2 2 2 2 R x = −1756298,6 N 1 1 1 1 Ry = 10 3 ⋅ 35 ⋅ 4,95 − ⋅ 10 3 ⋅ 35 ⋅ 5,57 ⋅ − ⋅ 10 3 ⋅ 35 ⋅ 5,57 ⋅ + 2 2 2 2 qv = qv ,1 = q v ,2 + qv ,3

qv ,2 = qv ,3 =

;

(

(

+ 295000 ⋅

(

)

(

)

)

)

32 ⋅ π 1 1 − 291738,8 ⋅ π ⋅ − 291738,8 ⋅ π ⋅ = 1244482,7 N 4 2 2 111

R z = −m ⋅ g = −111000 ⋅ 9,81 = −1088910 N Вкупната сила изнесува:

R = R x2 + R y2 + R z2 = 2412270 N = 2412 kN Задача 12.9. Кај Пелтоновата турбина водениот млаз има дијаметар d = 50 mm и брзина v = 70 m/s. По ударот во работната лопатка тој излегува под агол β = 10 0 . Коефициентот на отпорот на лопатката, кој ги дефинира загубите на специфичната енергија на водата преку релативната брзина на влезот изнесува ξ = 0,2 . Да се определи силата со која дејствува млазот на: а) Неподвижната лопатка б) Подвижната лопатка која се движи со константна брзина u = 35 m/s. в) Коефициентот на полезно дејство Решение: а) Силата со која млазот дејствува на лопатката изнесува: R = ρ ⋅ qv ⋅ v − ρ ⋅ qv ⋅ v 1 + P1 + P2 Во конкретниот случај: R = ρ ⋅ qv ⋅ v ⋅ (1+ cos β ) Волуменскиот проток е: d 2 ⋅π 0,05 2 ⋅ π qv = v ⋅ = 70 ⋅ = 137,45⋅10-3 m3/s 4 4 Силата со која млазот делува на неподвижната лопатка знесува: R = 1000 ⋅ 137,45 ⋅ 10−3 ⋅ 70 ⋅ 1 + cos 100 = 19096 N б) За подвижна лопатка која се движи со преносна брзина u = 35 m/s силата изнесува: ⎛ 0,052 ⋅ π ⎛ cos β ⎞⎟ cos 100 ⎞ 2 ⎟ ⋅ (70 − 35)2 = 4567,64 N R = ρ ⋅ A ⋅ ⎜1 + ⋅ (v − u ) = 103 ⋅ ⋅ ⎜⎜ 1 + ⎟ ⎜ 4 1 + 0,2 ⎟⎠ 1+ ξ ⎠ ⎝ ⎝ в) Коефициентот на полезно дејство изнесува: 2 ⎛ cos β ⎞⎟ ⎛ u ⎞ u R ⋅u ⎜ η= ⋅ ⎜1 − ⎟ ⋅ = 2 ⋅ 1+ ⎜ v2 1 + ξ ⎟⎠ ⎝ v ⎠ v ⎝ ϑ ⋅ qv ⋅ 2 2 ⎛ cos 100 ⎞ ⎛ 35 ⎞ 35 ⎟ ⎜ η = 2 ⋅ ⎜1 + = 0,475 ⋅ ⎜1 − ⎟ ⋅ 1 + 0,2 ⎟⎠ ⎝ 70 ⎠ 70 ⎝

(

)

Задача 12.10. Вентил со дијаметар на седлото d = 25 mm пропушта qv = 10 l/s масло при надпритисок на седлото p = 3,2 MPa и отвор b = 5 mm. Да се определи аголот (α = ?) на правецот под кој истекува флуидната струја од вентилот, ако почетниот притисок при отворањето на вентилот изнесува p0 = 2,5 MPa, а коефициентот на пружината C = 20 N/mm, густината на маслото е ρ = 920 kg/m3.

112

Решение: Силата со која маслото делува на засунот од вентилот изнесува: R = ρ ⋅ qv ⋅ v − ρ ⋅ qv ⋅ v1 + P1 Проекцијата на силата во правецот на x-оската изнесува: d 2 ⋅π R = R x = ρ ⋅ qv ⋅ v − ρ ⋅ qv ⋅ v 1 ⋅ cos α + p ⋅ 4 Почетната сила што дејствува на пружината при затворен вентил изнесува: d 2 ⋅π 0,025 2 ⋅ π P 0 = p0 ⋅ = 2,5 ⋅ 10 6 ⋅ = 1227,2 N 4 4 При делумно отворен вентил за b = 5 mm, силата што дејсвува на пружината изнесува: P = P0 + C ⋅ b = 1227,2 + 20 ⋅ 5 = 1327,2 N Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2. 1− 1 v 2 p1 v 12 p2 + = + ; p1 = p0 + p ; p2 = p0 , следи: 2 ρ 2 ρ 2−2

v1 = 2 ⋅

p

ρ

+ v2

Од равенката на континуитетот се добива: 4⋅q 4 ⋅ 0,01 v= 2 v = = 20,37 m/s d ⋅ π 0,0252 ⋅ π

;

3,2 ⋅ 10 6 v1 = 2 ⋅ + 20,37 2 = 85,86 m/s 920

за R x = P = 1327,2 N и R x = ρ ⋅ qv ⋅ v − ρ ⋅ qv ⋅ v1 ⋅ cos α + p ⋅

d 2 ⋅π се добива равенка 4

за определување на аголот α , односно: 0,0252 ⋅ π d 2 ⋅π 920 ⋅ 0,01⋅ 20,37 + 3,2 ⋅ 10 6 ⋅ ρ ⋅ qv ⋅ v + p ⋅ 4 = arc cos 4 α = arc cos ρ ⋅ qv ⋅ v 1 920 ⋅ 0,01⋅ 85,86

α = 56,930 = 560 56' Задача 12.11. Цевка со константен дијаметар d = 50 mm е свиткана според скицата. Цевката се врти со n = 120 min-1. Излезната насока на водата е под агол β i = 300 во однос на тангентата на излезниот круг кој има полудијаметар r2 = 1000 mm. Висината на вертикалниот дел на цевката изнесува h = 2000 mm над нивото на водата во резервоарот. Ако течноста (водата) е идеална, да се определи: а) Притисокот во пресекот 1-1 113

б) количината на вода што се испумпува од цевката в) Излезниот триаголник на брзините, односно вредноста на сите брзини и припадни агли, како и моќта потребна за ротација на цевката за случаи: - ако цевката ротира на десно - ако цевката ротира на лево. Решение :

а) Се поставува Бернулиева равенка за рамномерно вртливи канали за пресеците 1-1 и 2-2 : 1− 1 p1 w 12 u12 p0 w 22 u 22 + − = + − + g ⋅h 2 2 2 2 ρ ρ 2−2 Бидејќи u1 ≅ 0 и w 1 = w 2 , од предходната равенка се добива : p0 − p1 pv ,1 u 22 = = − g ⋅h ρ ρ 2 Преносната (обемна) брзина изнесува : r ⋅ π ⋅ n 1⋅ π ⋅ 120 u2 = 2 = = 12,566 m/s 30 30 Вакуумот во пресекот 1-1 изнесува : ⎞ ⎛ u 22 ⎞ ⎛ 12,566 2 ⎟ ⎜ pv ,1 = ρ ⋅ g ⋅ ⎜ − 2 ⎟⎟ = 59332 Pa − h ⎟ = 1000 ⋅ 9,81⋅ ⎜⎜ ⎠ ⎝ 2 ⋅ 9,81 ⎠ ⎝ 2⋅g б) Се поставува Бернулиева равенка за рамномерно вртливи канали за пресеците 0-0 и 2-2 : 0−0 p0 p0 w 22 u 22 = + − + g ⋅h 2 2 ρ ρ 2−2 За релативната брзина се добива :

w 2 = w = u 22 − 2 ⋅ g ⋅ h = 12,566 2 − 2 ⋅ 9,81⋅ 2 = 10,89 m/s Волуменскиот проток што се испумпува изнесува :

114

d2 ⋅π 0,05 2 ⋅ π = 10,89 ⋅ = 0,0214 m3/s 4 4 - За десна ротација на цевката, аглите и брзините изнесуваат : qv = w ⋅

β 2 = π − β1 = 1800 − 300 = 1500

; u 2 = 12,566 m/s ; w 2 = 10,89 m/s Проекциите на релативната и апсолутната брзина на правецот на преносната брзина изнесуваат: w 2,u = w 2 ⋅ cos β 2 = 10,89 ⋅ cos 1500 = −9,43 m/s v 2,u = u 2 − w 2,u = 12,566 − 9,43 = 3,136 m/s Проекциите на апсолутната и релативната брзина во меридијанскиот правец изнесуваат: v 2,m = w 2,m = w 2 ⋅ sin β 2 = 10,89 ⋅ sin 300 = 5,445 m/s v 2,m 5,445 = arc tg = 60,060 v 2,u 3,136 Моќноста потребна за ротација на цевката изнесува: N = ρ ⋅ qv ⋅ (u1 ⋅ v1,u − u 2 ⋅ v 2,u ) = − ρ ⋅ qv ⋅ u 2 ⋅ v 2,u

α 2 = arc tg

N = −1000 ⋅ 0,0214 ⋅ 12,566 ⋅ 3,136 = −843 W Знакот “минус” покажува дека станува збор за пумпа. - За лева ротација на цевката, аглите и брзините изнесуваат

β 2 = β1 = 300

u 2 = 12,566 m/s w 2 = 10,89 m/s ; ; 0 0 w 2,u = w 2 ⋅ cos 30 = 10,89 ⋅ cos 30 = 9,43 m/s

v 2,u = u2 + w 2,u = 12,566 + 9,43 = 21,996 m/s v 2,m = 10,89 ⋅ sin 300 = 5,445 m/s

α 2 = arc tg

v 2,m 5,445 = arc tg = 13,90 = 130 54' v 2,u 21,996

v 2,u 21,96 = = 22,6 m/s cos α 2 cos 13,9 0 Моќноста потребна за ротација на цевката изнесува: N = ρ ⋅ qv ⋅ (u1 ⋅ v1,u − u2 ⋅ v 2,u ) = − ρ ⋅ qv ⋅ u2 ⋅ v 2,u v2 =

N = −1000 ⋅ 0,0214 ⋅ 12,566 ⋅ 3,136 = 5915 W

115

Задача 12.12. Цевка со дијаметар d = 10 mm, со еден свој крај е потопена во вода, наполнета е со вода и врти со константна аглова брзина. Другиот крај на цевката се наоѓа над слободната површина на висина h = 800 mm, и има полудијаметар на вртење r = 300 mm. Да се определи: а) при која аголна брзина водата ќе се наоѓа во цевката во релативно мирување? б) која количина на вода ќе истече од цевката при аголна брзина два пати поголема од онаа определена под а), и колкав вртежен момент е потребен за одржување на таа аголна брзина? Вкупниот коефициент на отпорот на цевката изнесува ξ = 3 . Решение:

а) Се поставува енергетска равенка за рамномерно вртливи канали за пресеците 1-1 и 2-2: 1− 1 p0 p0 w 2 u 2 w2 = + − + g ⋅h +ξ ⋅ 2−2 2 2 2 ρ ρ Според условите во задачата w = 0 , се добива: u 2 = 2 ⋅ g ⋅ h = 2 ⋅ 9,81⋅ 0,8 = 15,696 ; u = 3,962 m/s Преносната брзина u = r ⋅ ω , односно агловата брзина изнесува: u 3,962 ω= = = 13,206 rad/s r 0,3 б) Според условот во задачата ω1 = 2ω = 26,41 rad/s Од поставената енергетска равенка се определува релативната брзина: u12 − 2 ⋅ g ⋅ h 1+ ξ Според условите во задачата: u1 = r ⋅ ω1 = 0,3 ⋅ 26,41 = 7,924 m/s w=

7,924 2 − 2 ⋅ 9,81⋅ 0,8 w= =3,43 m/s 1+ ξ Волуменскиот проток при овие услови изнесува: d 2 ⋅π 0,012 ⋅ π qv = w ⋅ = 3,43 ⋅ = 0,27 ⋅ 10 −3 m3/s 4 4 Реактивниот момент со кој делува протокот на ѕидовите на каналот во однос на оската на неговото вртење се определува преку промената на секундарниот момент на количината на движење на млазот: M = ρ ⋅ q v ⋅ (r1 ⋅ v u ,1 − r 2 ⋅ v u,2 ) Во конкретниот случај: M = ρ ⋅ q v ⋅ r ⋅ v u = ρ ⋅ qv ⋅ r ⋅ u1 = 1000 ⋅ 0,27 ⋅ 10 −3 ⋅ 0,3 ⋅ 7,924 M = 0,64152 N·m

Задача 12.13. Водата истекува од неподвижниот сад преку вртлива цевка со насадка со дијаметар d = 20 mm, под статички напор H = 1,2 m. Радиусот на вртењето на излезниот пресек на насадката е r = 500 mm. Да се определи 116

волуменскиот проток низ цевката и моментот, ако цевката се врти со n = 200 min1 . Хидрауличните и механичките загуби да се занемарат.

Решение: Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2: 1− 1 p0 p0 w 22 u 22 + g ⋅H = + − 2−2 ρ ρ 2 2 Релативната брзина на водата во излезниот пресек 2-2 е:

w2 = 2⋅ g ⋅H + u2 Преносната брзина изнесува: u = r ⋅ω = r ⋅

π ⋅n 30

= 0,5 ⋅

π ⋅ 200 30

= 10,467 m/s

Релативната брзина изнесува: w 2 = 2 ⋅ g ⋅ H + u 2 = 2 ⋅ 9,81⋅ 1,2 ⋅ 10,467 2 = 3,6·10-3 m3/s Моментот се определува од реавенката: M = ρ ⋅ q v ⋅ (r1 ⋅ v u ,1 − r 2 ⋅ v u,2 ) Во конкретниот случај: M = − ρ ⋅ q v ⋅ r ⋅ v 2,u = 1000 ⋅ 3,6 ⋅ 10 −3 ⋅ 0,5 ⋅ 10,467 M = 18,8 N·m Задача 12.14. Во работното коло на аксијална (осна) реактивна турбина протокот на вода излегува од спроводниот апарат со апсолутна брзина v1 = 30 m/s формирајки агол α 1 = 20 0 . Да се определи (за еден меѓулопатичен канал) кружната и аксијалната компонента на реакцијата (Ru и Rz). Преносната брзина изнесува u = 25 m/s. Чекорот на лопатките на работното коло се t = 60 mm, а ширината на каналот (нормално на чекорот) е b = 40 mm. Аголот на лопатките на излезот е β 2 = 25 0 . Коефициентот на отпорот (се изразува како отпор на каналот дефиниран со излезната релативна брзина) ξ = 0,2. Решение:

Силата со која водената маса делува врз лопатката на работното коло изнесува: R = ρ ⋅ q w ⋅ w 1 − ρ ⋅ q w ⋅ w 2 + P1 + P2 + G 117

Кружната компонента на оваа сила изнесува: Ru = ρ ⋅ qw ⋅ (w u ,1 − w u ,2 ) Каде што: w u ,1 ; w u ,2 - проекција на релативната брзина во правецот на преносната брзина (на влезот и излезот на работното коло) w u ,1 = v 1 ⋅ cos α 1 − u1 ; w u,2 = −w 2 ⋅ cos β 2 Волуменскиот проток q w = v 1 ⋅ sin α 1 ⋅ b ⋅ t при што v 1 ⋅ sin α 1 = v 1,m

Релативната брзина w 2 на излезот од работното коло се определува од условот за еднакви меридијански брзини на влезот и излезот. Од триаголниците на брзините следува: v 1,m = v 2,m ; v 1 ⋅ sin α 1 = w 2 ⋅ sin β 2 w 2 = v1 ⋅

sin α 1 sin 20 0 = 30 ⋅ = 24,28 m/s sin β 2 sin 25 0

qw = 30 ⋅ sin 20 0 ⋅ 0,04 ⋅ 0,06 = 24,6 ⋅ 10 −3 m3/s Кружната компонента на силата изнесува: Ru = ρ ⋅ qw ⋅ (v 1 ⋅ cos α 1 − u + w 2 ⋅ cos β 2 )

(

)

Ru = 10 3 ⋅ 24,6 ⋅ 10 −3 ⋅ 30 ⋅ cos 20 0 − 25 + 24,28 ⋅ cos 25 0 = 619,82 N Падот на притисокот меѓу влезниот и излезниот попречен пресек на каналот ја определува аксијалната компонента на релативната сила. Оваа сила се определува со помош на енергетска равенка за релативно движење на канал за пресеци 1-1 и 2-2: 1− 1 w 12 p1 w 22 p 2 w2 + = + +ξ ⋅ 2 ρ ρ 2 2 2 2−2

w 22 w2 ⋅ (1 + ξ ) − ρ ⋅ 1 2 2 Од влезниот триаголник на брзината се добива: v 30 ⋅ sin 2001 v 1 ⋅ sin α1 γ 1 = arc tg 1,m = arc tg = arc tg = 72º 44' w 1,u v 1 ⋅ cos α1 − u 30 ⋅ cos 200 − 25 Релативната брзина на излезот од работното коло изнесува: v 1 ⋅ sin α1 30 ⋅ sin 200 w1 = = = 10,745 m/s sin γ 1 sin 720 44'

Од горната равенка следи:

118

p1 − p2 = ρ ⋅

w 22 w2 24,28 2 10,745 2 ⋅ (1 + ξ ) − ρ ⋅ 1 = 1000 ⋅ ⋅ (1 + 0,2) − 1000 ⋅ 2 2 2 2 p1 − p2 = 295983,5 Pa Аксијалната компонента на реактивната сила изнесува: R z = Δp ⋅ b ⋅ t = 295983,5 ⋅ 0,04 ⋅ 0,06 = 710 N p1 − p2 = ρ ⋅

Задача 12.15. Од резервоарот во кој владее константен надпритисок pm = 1 MPa, истекува вода низ вертикална закривена цевка, на чиј крај има млазник со дијаметар d = 50 mm и должина L = 200 mm. Според сликата познато е: r = 400 mm и D = 100 mm. а) Со занемарување на тежината на водата во цевката и млазникот да се определат силите и моментите предизвикани со истекувањето на водата, кои ги оптоваруваат споевите A и B. б) Колку ќе изнесува оптоварувањето на спојот B ако млазникот се демонтира? Решение: а) Оптоварувањето на спојот A, дадено е врз основа на пресеците 1-1 и 2-2 со векторската равенка: R A = ρ ⋅ q v ⋅ v 1 − v 2 + P1 + P2 Бидејки p2 = p0 , односно pn,2 = p2 − p0 , тогаш и p 2 = 0

(

)

Во скаларен облик горната равека е: D2 ⋅π 4 Од Бернулиевата равенка поставена за пресеците 1-1 и 2-2: 1− 1 v 12 pn,1 v 22 + = + g ⋅L ρ 2 2 2−2 Се добива вредноста за надпритисокот на водата во пресекот 1-1: v 2 − v 12 pn,1 = ρ ⋅ g ⋅ L + ρ ⋅ 2 2 Од равенката на континуитетот се добиваат односите на брзините на водата: q d2 v1 = v = v 2 ⋅ 2 A1 D Се поставува Бернулиева равенка за некој пресек во резервоарот 4-4 (каде што течноста мирува) и пресекот 2-2: 4−4 pm + p0 v 22 p0 = + + g ⋅ (L + r ) ρ 2 ρ 2−2 Од оваа равенка се добива: 2 ⋅ pm 2 ⋅ 10 ⋅ 105 v2 = − 2 ⋅ g ⋅ (L + r ) = − 2 ⋅ 9,81⋅ (0,2 + 0,4 ) = 44,6 m/s ρ 1000 Брзината на водата во пресекот 1-1 изнесува: R A = ρ ⋅ qv ⋅ (v 1 − v 2 ) + pn,1 ⋅

119

v1 = v 2 ⋅

50 2 d2 = 44 , 6 ⋅ = 11,15 m/s 100 2 D2

Волуменскиот проток е: 0,12 ⋅ π D2 ⋅ π = 11,15 ⋅ = 87,57 ⋅ 10 −3 m3/s 4 4 Надпритисокот на водата во пресекот 1-1 изнесува: v 22 − v 12 44,6 2 − 11,15 2 pn,1 = ρ ⋅ g ⋅ L + ρ ⋅ = 1000 ⋅ 9,81⋅ 0,2 + 1000 ⋅ = 934380,75 Pa 2 2 Силата што го оптоварува спојот A изнесува: D2 ⋅π 0,12 ⋅ π R A = ρ ⋅ qv ⋅ (v 1 − v 2 ) + pn,1 ⋅ = 103 ⋅ 87,57 ⋅ 10 −3 ⋅ (11,15 − 44,6 ) + 934380,75 ⋅ 4 4 R A = 4409,4 N Оптоварувањето на спојот B даден е врз основа на пресеците 2-2 и 3-3 со векторската равенка: RB = ρ ⋅ qv ⋅ v3 − v 2 + P3 + P2 за p2 = p0 , односно pn,2 = p2 − p0 , тогаш и p 2 = 0 Скаларните компоненти на силата за правците x и z изнесуваат: D2 ⋅ π RB,x = ρ ⋅ qv ⋅ v3 + pn,3 ⋅ ; R B ,z = ρ ⋅ q v ⋅ v 2 4 Од равенката на континуитетот следи: v 3 = v1 = 11,15 m/s. Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 4-4 и 3-3: 4−4 pm + p0 v 32 pn,3 + p0 = + ρ 2 ρ 3−3 Се добива вредноста за надпритисокот на водата во пресекот 3-3: 2 v 32 5 3 11,15 pn,3 = pm − ρ ⋅ = 10 ⋅ 10 − 10 ⋅ = 937838,75 Pa 2 2 Проекциите на силите во спојот B изнесуваат: D2 ⋅ π 0,12 ⋅ π RB,x = ρ ⋅ qv ⋅ v3 + pn,3 ⋅ = 103 ⋅ 87,57 ⋅ 10−3 ⋅ 11,15 + 937838,75 ⋅ = 8342,17 N 4 4 RB,z = ρ ⋅ qv ⋅ v 2 = 1000 ⋅ 87,57 ⋅ 10−3 ⋅ 44,6 = 3905,62 N qv = v 1 ⋅

(

)

Моментот изнесува: M =R B,z ⋅r = 3905,62 ⋅ 0,4 = 1562,25 N⋅m

б) Кога млазникот се демонтира: RB = ρ ⋅ qv ⋅ v 3 − v1 + P3

(

)

D ⋅π ; RB,z = ρ ⋅ qv ⋅ v1 4 Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 4-4 и 3-3: 4−4 pm + p0 v12 p0 = + + g ⋅r ρ 2 ρ 1− 1 RB,x = ρ ⋅ qv ⋅ v3 + pn,3 ⋅

2 ⋅ 10 ⋅ 105 − 9,81⋅ 0,4 = 44,67 m/s ; 1000 ρ Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 4-4 и 3-3: v1 =

120

2 ⋅ pm

2

− g ⋅r =

v1 = v3 = 44,67 m/s

4−4 3−3

p m + p0

ρ

=

v 32 pn,3 + p0 + 2 ρ

2 3

v = g ⋅ ρ ⋅ r = 9,81⋅ 1000 ⋅ 0,4 = 3924 Pa 2 Волуменскиот проток изнесува: D2 ⋅π 0,12 ⋅ π qv = v 1 ⋅ = 44,67 ⋅ = 0,351 m3/s 4 4 Проекциите на силите во спојот B изнесуваат: D2 ⋅ π 0,12 ⋅ π RB,x = ρ ⋅ qv ⋅ v 3 + pn,3 ⋅ = 103 ⋅ 0,351⋅ 44,67 + 3924 ⋅ = 15710 N 4 4 RB,z = ρ ⋅ qv ⋅ v1 = 1000 ⋅ 0,351⋅ 44,67 = 15679,2 N pn,3 = pm − ρ ⋅

Моментот изнесува: M =R B,z ⋅r = 15679,2 ⋅ 0,4 = 6271,67 N⋅m

121

122

Задача 13.1. Минерално масло со коефициент на кинематска вискозност ν = 1,5 ⋅ 10 −5 m2/s и густина ρ = 870 kg/m3, стационарно струи мјеѓу две неподвижни плочи со 2·b = 4 mm. Димензиите на двете плочи се B = 12 cm (нормално на рамнината на цртежот) и L = 1 m. Ако Δp = 0,2 bar, да се определи максималната и средната брзина на струењето и волуменскиот проток на маслото. Решение:

B е доста мал, тогаш струењето е рамнинско, односно: 2⋅L ∂ vy = vz = 0 ; v = vx и =0 ∂z Проблемот е дефиниран во полето на силите на земјината гравитација, односно: F = grad U = grad (− g ⋅ z ) ∂v x =0 ; од равенката на континуитетот: div v = 0 следи: ∂x ∂v x ∂v y ∂v z + + = 0 , се заклучува дека струењето зависи само од променливата y ∂x ∂y ∂z односно, v = v (y ) . Навие-Стоксовите равенки во развиен скаларен облик се: ⎛ ∂ 2v x ∂ 2 v x ∂ 2 v x ⎞ ∂v x ∂v ∂v ∂v 1 ∂p ⎟ +vx ⋅ x +vy ⋅ x +vz ⋅ x = X − ⋅ + ν ⋅ ⎜⎜ + + 2 ∂t ∂x ∂y ∂z p ∂x ∂y 2 ∂z 2 ⎟⎠ ⎝ ∂x ⎛ ∂ 2v y ∂ 2v y ∂ 2v y ⎞ ∂v y ∂v y ∂v y ∂v y 1 ∂p ⎟ + vx ⋅ + vy ⋅ + vz ⋅ =Y − ⋅ +ν ⋅ ⎜ 2 + + 2 2 ⎟ ⎜ ∂x ∂t ∂x ∂y ∂z p ∂y y z ∂ ∂ ⎠ ⎝ 2 2 2 ⎛∂ v 1 ∂p ∂v z ∂v ∂v ∂v ∂ vz ∂ vz ⎞ ⎟ + vx ⋅ z + vy ⋅ z + vz ⋅ z = Z − ⋅ + ν ⋅ ⎜⎜ 2z + + 2 2 ⎟ p ∂z x y z ∂t ∂x ∂y ∂z ∂ ∂ ∂ ⎠ ⎝ Навие-Стоксовите равенки со воведените претпоставки се: ∂ 2v x 1 ∂p +ν ⋅ 0= X− ⋅ ρ ∂x ∂y 2 1 ∂p 0 =Y − ⋅ ρ ∂y 1 ∂p 0=Z− ⋅ ρ ∂z

Бидејки односот

Наместо притисокот p и надворешната сила F = grad U се воведува генералисан притисок P = p − ρ ⋅ U . Со користењето на горните равенки се dP dP докажува дека =0 и = 0 , односно: dy dz ∂ 2v x ∂P =η ⋅ , односно ∂x ∂y 2

123

d 2v x dP =η ⋅ = −k dx dy 2 Се воведува константата k, затоа што диференцијалната равенка е од II ред и претставува специјална, односно левата и десната страна зависат од различни променливи. По интеграцијата, генералисаниот притисок е: P = −k ⋅ x + C Δp Со користење на граничните услови се добива за k = = 20 kPa/m L Се интегрира равенката за определување на брзината: d 2v x k dv x k k = − , односно: = − ⋅ y + C1 или vx = − ⋅ y 2 + C1 ⋅ y + C 2 2 dy dy η η 2 ⋅η Од граничните услови y = ±b ; v = 0 се определуваат константите, конечниот облик на брзината е: k vx = v = ⋅ b2 − y 2 2 ⋅η

(

)

(

)

2

20000 ⋅ 2 ⋅ 10 −3 k ⋅ b2 Δp ⋅ b 2 = 3,065 m/s = = 2 ⋅η ⋅ L 2 ⋅η 2 ⋅ 1,5 ⋅ 10 −5 ⋅ 870 ⋅ 1 Волуменскиот проток изнесува: +b +b 2 B ⋅ Δp ⋅ b 3 B ⋅ Δp q v = ∫ v ⋅ B ⋅ dy = ⋅ ∫ b 2 − y 2 ⋅ dy = ⋅ 2 ⋅ η ⋅ L −b 3 η ⋅L −b

За y=0 се добива: v max =

(

(

)

)

3

2 0,12 ⋅ 20000 ⋅ 2 ⋅ 10 −3 qv = ⋅ = 98,1⋅ 10 −5 m3/s −5 3 1,5 ⋅ 10 ⋅ 870 ⋅ 1 Средната брзина изнесува: qv 9,81⋅ 10 −5 = = 2,04 m/s v sr = 2 ⋅ b ⋅ B 2 ⋅ 2 ⋅ 10 −3 ⋅ 0,12 Задача 13.2. Рамна плоча со должина L = 1200 mm се движи со брзина v0 = - 0,8 m/s, паралелно со струјната рамнина наведната под агол α = 30 0 , во однос на хоризонталната рамнина. Зазорот меѓу плочата и косата рамнина е b = 5 mm, а разликата на притисокот е Δp = 25 kPa. Да се определи распоредот на брзините, волуменскиот проток и тангентниот напон на горната плоча. Работниот флуид е масло со густина ρ = 900 kg/m3 и коефициент на кинематска вискозност ν = 8 ⋅ 10 −5 m2/s. Решение: На ист начин како и во задача 13.1, општото решение на брзината е: k ⋅ y 2 + C1 ⋅ y + C 2 vx = − 2 ⋅η Со користење на граничните услови: y = 0 ; v = 0 ; y = b ; v = v 0 v k ⋅b ; C2 = 0 Се определуваат константите: C1 = 0 + b 2 ⋅η 124

Равенката за распоредот на брзината е: v k vx = 0 ⋅y + ⋅ b⋅y − y2 b 2 ⋅η Од решението на равенката за генералисаниот притисок P = p − ρ ⋅ U , односно P = −k ⋅ x + C , се определува константата k со користење на граничните услови: P = p1 + ρ ⋅ g ⋅ z1 P = p2 + ρ ⋅ g ⋅ z 2 x =0 ; и x =L ; Од сликата следи: z1 − z 2 = L ⋅ sin α и Δp = p1 − p2 , тогаш константата k е: 25000 Δp + 900 ⋅ 9,81⋅ sin 30 = 25,25 kPa/m' k= + ρ ⋅ g ⋅ sin α = 1,2 L Со внесување на бројните вредности се добива равенката за распоредот на брзината: 0,8 25250 v =− ⋅y + ⋅ 0,005 ⋅ y − y 2 , односно: 0,005 2 ⋅ 900 ⋅ 8 ⋅ 10 −5 v = 717 ⋅ y − 1,754 ⋅ 10 5 ⋅ y 2 Се бара за која вредност на y брзината ќе има максимална вредност? b v ⋅η dv v 0 k k y= + 0 = + ⋅b − 2⋅ ⋅y = 0 ; 2 b⋅k 2 ⋅η dy b 2 ⋅η

(

)

(

)

0,005 − 0,8 ⋅ 900 ⋅ 8 ⋅ 10 −5 + = 2,04 ⋅ 10 −3 m 2 0,005 ⋅ 25250 Профилот на брзината е прикажан на следната слика: y=

Волуменскиот проток се определува со интегрирање на производот од брзината и површината на попречниот пресек, односно: b y2 y3 b − 1,754 ⋅ 10 5 ⋅ qv = ∫ 717 ⋅ y − 1,754 ⋅ 10 5 ⋅ y 2 ⋅ dy ⋅ 1 = 717 ⋅ 2 3 0 0

(

)

(

)

(

2 1 1 1 1 ⋅ 717 ⋅ b 2 − ⋅ 1,754 ⋅ 10 5 ⋅ b 3 = ⋅ 717 ⋅ 5 ⋅ 10 − 3 − ⋅ 1,754 ⋅ 105 ⋅ 5 ⋅ 10 − 3 2 3 2 3 3 −3 qv = 1,65 ⋅ 10 m /s Тангентниот напон на горната плоча изнесува: v v ⎛ dv ⎞ k k τ = η ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = η ⋅ 0 + ⋅ (b − 2 ⋅ b ) = η ⋅ 0 − ⋅ b b 2 b 2 ⎝ dy ⎠ y =b

qv =

τ = 900 ⋅ 8 ⋅ 10 −5 ⋅

− 0,8 25250 − ⋅ 0,005 = −74,645 0,005 2

)

3

N/m2

Задача 13.3. Течен слој со дебелина δ = 3 mm и кинематска вискозност ν = 1,5 ⋅ 10 −4 m2/s, рамномерно се движи под дејство на силата на земјината гравитација по наведната рамнина која со хоризонталната рамнина формира агол α = 15 0 . Да се определи законот на распоредот на брзината на слојот, како

125

и протокот на течноста ако широчината на површината во која се движи течноста изнесува B = 1 cm.

Решение:

Притисокот на слободната површина е константен и атмосферски, а дебелината на слојот е δ е мала големина, тогаш притисокот по должината на x – оската не ∂p се менува, односно: =0 ∂x Навие-Стоксовите равенки во развиен (скаларен) облик се: dv x 1 ∂p =X− ⋅ + ν ⋅ Δv x , односно dt ρ ∂x ∂ 2v x 1 ∂p +ν ⋅ 0= X− ⋅ ρ ∂x ∂y 2 Скаларната компонента на надворешната сила по x-оската е: X = g ⋅ sin α

d 2v x g = − ⋅ sin α 2 ν dy

Тогаш:

Се интегрира: dv x g = − ⋅ sin α ⋅ y + C1 dy ν Од граничните услови:

или

vx = −

g ⋅ sin α ⋅ y 2 + C1 ⋅ y + C 2 2 ⋅ν

δ ⎛ dv x =⎜ η ⎜⎝ dy

⎞ ⎟⎟ ⎠ y =δ Се определуваат интеграционите константите C1 и C2, односно: ⎛g ⎞ C1 = ⎜ ⎟ ⋅ δ ⋅ sin α ; C2 = 0 ⎝ν ⎠ Со весување на определените константи во равенката за распоред на брзините се добива: g g vx = − ⋅ sin α ⋅ y 2 + ⋅ δ ⋅ sin α ⋅ y , односно: 2 ⋅ν ν g ⋅ sin α vx = ⋅ y ⋅ (2 ⋅ δ − y ) 2 ⋅ν g ⋅δ 2 v x ,max = За y = δ се добива: ⋅ sin α 2 ⋅ν

за y = δ ;

y = 0 ; vx = 0

Волуменскиот проток изнесува: δ

δ

0

126

(

)

g ⋅ sin α ⋅ 2 ⋅ y ⋅ δ − y 2 ⋅ dy 2 ⋅ν 0

q v = ∫ B ⋅ v x ⋅ dy = B ⋅ ∫

(

1⋅ 10 −2 ⋅ 9,81⋅ 3 ⋅ 10 −3 B ⋅ g ⋅δ 3 qv = = 3 ⋅ν 3 ⋅ 1,5 ⋅ 10 − 4

)

3

⋅ sin 15 0 = 1,523·10-6 m3/s = 1,523 cm3/s

13.4 На течен слој кој се наоѓа на наведена (коса) рамнина, со брзина v0 се движи плоча паралелно на косата рамнина. Да се определи законот на промената на брзината во течниот слој, волуменскиот проток, како и тангентното напрегање τ 0 на плочата, ако се познати следните големини: v0 = 0,2 m/s ;

α = 15 0 ; b = 5 mm. густината на течноста ρ = 900 kg/m3, динамичката вискозност η = 0,2 Pa·s, и широчината на плочата B = 5 cm. Решение:

Притисокот под плочата е константен, а дебелината b е мала, тогаш се претпоставува дека притисокот по должината на x-оската не се менува, односно ∂p =0 ∂x Навие-Стоксовите равенки во развиен (скаларен) облик се: dv x 1 ∂p =X− ⋅ + ν ⋅ Δv x , односно dt ρ ∂x ∂ 2v x 1 ∂p 0= X− ⋅ +ν ⋅ ρ ∂x ∂y 2 Скаларната компонента на надворешната сила по x-оската е: X = g ⋅ sin α Тогаш:

d 2v x g = − ⋅ sin α 2 ν dy

Се интегрира: dv x g g = − ⋅ sin α ⋅ y + C1 или v x = − ⋅ sin α ⋅ y 2 + C1 ⋅ y + C 2 2 ⋅ν dy ν Од граничните услови: y = 0 ; vx = 0 за y = b ; v x = v 0 Се определуваат интеграционите константите C1 и C2, односно: v g ⋅ sin α C2 = 0 C1 = 0 + ⋅b ; b 2 ⋅ν Законот на промената на брзината е: y g ⋅ ρ ⋅ sin α vx = v0 ⋅ + ⋅ b⋅y − y2 2 ⋅η b Волуменскиот проток изнесува: δ δ ⎡ y g ⋅ ρ ⋅ sin α ⋅ b⋅y − y2 q v = ∫ B ⋅ v x ⋅ dy = B ⋅ ∫ ⎢v 0 ⋅ + b 2 ⋅η 0 0⎣

(

)

(

)⎤⎥ ⋅ dy ⎦

127

⎛ y2 y3 ⋅ ⎜⎜ b ⋅ − 2 3 ⎝ b g ⋅ ρ ⋅ sin α 3 qv = B ⋅ v 0 ⋅ + B ⋅ ⋅b 2 12 ⋅ η

g ⋅ ρ ⋅ sin α y2 +B⋅ qv = B ⋅ v 0 ⋅ 2⋅b 2 ⋅η

⎞ ⎟⎟ ⎠

b 0

3 9,81⋅ 900 ⋅ sin 15 0 0,5 ⋅ 10 −3 ⋅ 0,5 ⋅ 10 −3 + 0,05 ⋅ 12 ⋅ 0,2 2 3 q v = 2,5·10-6 m /s = 2,5 cm3/s Тангентното напрегање на плочата изнесува: ⎛ 0,2 ⎞ 9,81⋅ 900 ⋅ sin 150 α ⎛v ⎛ dv ⎞ g ⋅ ρ ⋅ sin α ⎞ − ⋅ 5 ⋅ 10−4 ⎟⎟ ⋅ b ⎟⎟ = 0,2 ⋅ ⎜⎜ τ 0 = η ⋅ ⎜⎜ x ⎟⎟ = η ⋅ ⎜⎜ 0 − −4 2 ⋅ 0,2 2 ⋅η ⎝ b ⎠ ⎝ dy ⎠ y =b ⎝ 5 ⋅ 10 ⎠

(

qv = 0,05 ⋅ 0,2 ⋅

)

τ 0 = 79,43 Pa Задача 13.5. Течност со густина ρ = 920 kg/m3 и динамиочка вискозност η = 0,06 Pa·s струи низ хоризонтален прстенаст процеп со внатрешен полудијаметар a = 20 mm, надворешен полудијаметар b = 36 mm и должина L = 6,4 m, под дејство на на разликата на притисокот Δp = 0,18 bar. Да се определи равенката на распоредот на брзините, волуменскиот проток, максималната и средната брзина на струењето. Решение: Од условот на задачата следува следното:

∂ =0 ∂z Навие-Стоксовите равенки и равенката на континуитетот се сведуваат на: ∂v 1 ∂p 1 ∂p ⎛ ∂ v 1 ∂v ⎞ и 0= ⋅ ; 0= ⋅ +ν ⋅ ⎜ 2 2 + ⋅ ⎟ 0= ρ ∂r r ∂r ⎠ ρ ∂z ∂z ⎝ ∂r ∂v Од равенката на континуитетот = 0 , се гледа дека брзината не зависи од ∂z променливата z, а од првата Навие-Стоксова равенка се гледа дека притисокот п не зависи од променливата r, односно: p = p(z ) v = v (r ) , и следи: vr = 0

;

vθ = 0

;

vz = v

и

⎛ d 2v 1 dv ⎞ dp ⎟ = −k = η ⋅ ⎜⎜ 2 + ⋅ dz r dr ⎟⎠ ⎝ dr Константата k се воведува, бидејќи левата страна на равенката е функција од променливата z, а десната страна е функција од променливата r. Константата k се определува со интеграција на левата старана на равенката, односно на притисокот: p = −k ⋅ z + C Бидејќи цевката е хоризонтална, граничните услови се: z=0 ; p = p1 ; z=L ; p = p1 − Δp 128

Δp 18000 = = 2812,5 Pa L 6,4 Десната страна на равенката се трансформира: d 2v 1 dv k d ⎛ dv ⎞ k + ⋅ + = 0 , односно ⎟+r ⋅ =0 ⎜r ⋅ 2 r dr η dr ⎝ dr ⎠ η dr Се интегрира: dv k k r⋅ + ⋅ r 2 = C1 , односно v + ⋅ r 2 = C1 ⋅ ln r + C 2 4 ⋅η dr 2 ⋅ η k v =− ⋅ r 2 + C1 ⋅ ln r + C 2 4 ⋅η Константите C1 и C2 се определуваат од граничните услови: r = a ; v = 0 , за r = b ; v = 0 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ k ⎜ 2 b2 − a2 k b2 − a2 C2 = ⋅ a − ⋅ ln a ⎟ ; ⋅ C1 = b b 4 ⋅η ⎜ ⎟ 4 ⋅η ln ln ⎜ ⎟ a a ⎝ ⎠ Со замена на определените константи C1 и C2 во равенката за распоредот на брзината се добива конечниот облик на равенката: ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 2 2 k ⎜ 2 b a − a v =− ⋅ r − a2 + ⋅ ln ⎟ b 4 ⋅η ⎜ r⎟ ln ⎜ ⎟ a ⎝ ⎠ Се бара првиот извод на брзината по променливата r: ⎡ ⎤ 2 2 ⎢ dv k b − a r ⎛ a ⎞⎥ =− ⋅ ⎢2 ⋅ r + ⋅ ⋅ ⎜ − ⎟⎥ b a ⎝ r 2 ⎠⎥ dr 4 ⋅η ⎢ ln ⎢⎣ ⎥⎦ a И се изедначи со нула, се добива rm полудијаметарот каде што брзината има максимална вредност, односно: C = p1 ,

k=

односно:

1

1

⎞2 ⎛ ⎛ ⎞2 ⎜ 2 2 ⎟ 2 2 ⎟ ⎜ 1 36 − 20 1 b −a ⎟ ⎟ = 27,6 mm rm = ⎜ ⋅ =⎜ ⋅ 36 ⎟ b ⎟ ⎜2 2 ⎜ ln ln ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 20 ⎠ ⎝ a ⎠ ⎝ Максималната брзина има вредност: ⎛ ⎞ 2 2 ⎜ 2812,5 0,036 − 0,02 20 ⎟ ⎟ = 1,514 m/s ⋅ ⎜ 0,0276 2 − 0,022 + ⋅ ln v max = − 36 4 ⋅ 0,06 ⎜ 27 , 6 ⎟ ln ⎜ ⎟ 20 ⎝ ⎠ Волуменскиот проток изнесува: b π ⋅ k ⋅ a2 − b2 ⎡ 2 b ⎤ ⋅ ⎢ a + b 2 ⋅ ln − b 2 − a 2 ⎥ qv = ∫ v ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr = − b a ⎣ ⎦ a 8 ⋅ η ⋅ ln a После замената на познатите вредности се добива: qv = 2,83 ·10-3 m3/s Средната брзина изнесува:

(

) (

)

(

)

129

v sr =

qv 2,83 ⋅ 10 −3 = 1 m/s = 0,036 2 − 0,022 ⋅ π b2 − a2 ⋅π

(

(

)

)

Задача 13.6. Прстенастиот простор меѓу два коаксиални бесконечно долги цилиндри, со полудијаметри R1 = 20 mm и R2 = 32 mm, исполнет е со вискозна течност со коефициент на вискозност η = 0,2 Pa·s. Внатрешниот цилиндер се движи во насока на оската z со константна брзина v0 = 0,5 m/s. Да се определи: - Законот на промената на брзината во зависност од полудијаметарот. - Силата на триење T=?, што се однесува на делот на внатрешниот цилиндер со должина L = 300 mm. - Волуменскиот проток на течноста. - При која вредност на R1=? Протокот ќе биде најголем? Решение: Од разгледуваната елементарна површина се добива рамнотежа на силите на триење, односно: 2 ⋅ (r + dr ) ⋅ π ⋅ τ − 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ (τ − dτ ) = 0 τ ⋅ dr + r ⋅ dτ = 0 ; d (r ⋅ τ ) = 0 , односно r ⋅ τ = C1 dv се добива: Од равенката на Њутн τ = −η ⋅ dr C dr dv − r ⋅η ⋅ = C1 , односно dv = − 1 ⋅ η r dr C v = − 1 ⋅ ln r + C 2

η

Од граничните услови: За r = R1 ; v = v0 Се определуваат константите: v ⋅η C1 = 0 R ln 2 R1 Конечната равенка за брзината е:

;

за r = R2 C2 =

;

v0 ⋅ ln R 2 R2 ln R1

R2 r v = v0 ⋅ R2 ln R1 ln

Тангентниот напон изнесува: v 1 ⎛ dv ⎞ =η ⋅ 0 ⋅ ⎟ R R1 ⎝ dr ⎠ r =R1 ln 2 R1

τ = −η ⋅ ⎜ Силата на триење изнесува: 130

;

v=0

v0 1 ⋅ ⋅ 2 ⋅ R1 ⋅ π ⋅ L R1 ln R2 R1 2 ⋅ π ⋅ L ⋅ v 0 ⋅ η 2 ⋅ π ⋅ 0,3 ⋅ 0,5 ⋅ 0,2 = 0,4 N T = = 32 R2 ln ln 20 R1 Волуменскиот проток изнесува: R2 R2 R 1 qv = ∫ v ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr = 2 ⋅ π ⋅ v 0 ⋅ ⋅ ∫ ln 2 ⋅ r ⋅ dr R r R1 ln 2 R1 R1 T =τ ⋅A = η ⋅

qv =

2 ⋅π ⋅v0 R ln 2 R1

⎛ R 2 − R12 R12 R ⋅ ⎜⎜ 2 − ⋅ ln 2 4 2 R1 ⎝

⎞ 2 ⋅ π ⋅ 0,5 ⎛ 0,032 2 − 0,022 0,022 ⎞ ⎟⎟ = ⋅ ⎜⎜ − ⋅ ln1,6 ⎟⎟ ln 1,6 ⎝ 4 2 ⎠ ⎠

qv = 4.144 ⋅ 10 −4 m3/s = 0,4144 l/s Ако се побара вредност за максимален проток во однпс на полудијаметарот R1 се добива следната равенка: 2

⎛R ⎞ m − 1 − ln m = (ln m ) , каде што m = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ R1 ⎠ Со решавање на оваа равенка се добива m ≅ 6 , односно максимален волуменски проток ќе се добие за R1 ≅ 0,4 ⋅ R 2 2

Задача 13.7. Од правоаголна плоча со должина L, многу поголема од ширината a, при спуштање со константна брзина v0, предизвикана од силата P, истекува слој течност во позитивниот правец на x-оската. Коефициентот на вискозноста на течноста е η . Да се определи законитоста на промената на силата на притисокот P во зависност од големината на зазорот b, под претпоставка дека струењето на течноста во дадениот момент е стационарно. Решение:

Од условот во задачата, правецот на течење на течноста ќе биде во правецот на x-оската, односно vx = v ; vy = 0 ; vz = 0. Од равенката на континуитетот следи: ∂v x ∂v y ∂v z + + =0 v = v (y ) следи ∂x ∂y ∂z За овај случај Навие-Стоксовите равенки се сведуваат на една диференцијална равенка, односно: dp d 2v = η ⋅ 2 = −k dx dy Константата k се воведува, бидејки левата страна на равенката е функција од x, а десната страна е функција од y. Се добиваат две равенки, односно:

131

dp +k =0 dx d 2v k + =0 dy 2 η Решението нба втората равенка е: k ⋅ y 2 + C1 ⋅ y + C 2 2 ⋅η Константите се добиваат од граничните услови: За y=0 ; v=0 ; за y = b ; v=0 k C1 = ⋅b ; C2 = 0 2 ⋅η Распоредот на брзината е: k v= ⋅ b⋅y − y2 2 ⋅η Волуменскиот проток низ страничниот отвор изнесува: b b 1 k ⋅ k ⋅ L ⋅ b3 qv = ∫ L ⋅ v ⋅ dy = L ⋅ ⋅ ∫ b ⋅ y − y 2 ⋅ dy = 12η 2 ⋅η 0 0 Константата k изнесува: 12 ⋅ η ⋅ q v k= L ⋅ b3 Диференцијалната равенка за притисокот е: 12 ⋅ η ⋅ qv dp =− dx L ⋅ b3 Зависноста на протокот qv = f (x ) се наоѓа од условот, дека qv низ зазорот оддалечен за x од координатниот почеток е еднаков на протокот на течноста истисната со движењето на плочата надолу со брзина v0, односно: qv = v 0 ⋅ x ⋅ L dp 12 ⋅η ⋅ v 0 ⋅ x =− , по интеграцијата се добива: dx b3 v p = −6 ⋅η ⋅ 03 ⋅ x 2 + C b Интеграционата константа се определува од граничните услови за: 2 v0 ⎛ a ⎞ a x= p = 0, следи: C = −6 ⋅η ⋅ 3 ⋅ ⎜ ⎟ 2 b ⎝2⎠ v =−

(

(

)

)

⎛ a2 ⎞ 6 ⋅η − x 2 ⎟⎟ p = 3 ⋅ v 0 ⋅ ⎜⎜ b ⎝ 4 ⎠ Силата на притисок на плочата изнесува: a 2

a 2

⎞ ⎛ a2 12 ⋅ η ⎛a⎞ ⎜⎜ P = 2 ⋅ ∫ p ⋅ L ⋅ dx = v L ⋅ ⋅ ⋅ − x 2 ⎟⎟ ⋅ dx = η ⋅ v 0 ⋅ L ⋅ ⎜ ⎟ 0 ∫ 3 4 b ⎝b⎠ ⎠ 0 0⎝

3

Задача 13.8. Кружна плоча под дејство на вертикална сила P полека се спушта надолу и при тоа истекува слој на течност со коефициент на динамичка вигозност η . Ако се претпостави дека струењето е ламинарно, да се определи:

132

а) Законот на промената на силата на притисокот P во зависност од зазорот y при спуштање на плочата со брзина v0. б) законот за движење на плочата ако се претпостави дека во секој момент струењето е стационарно, а силата P е константна.

Решение:

Како воведно разгледување се зема струењето меѓу две неподвижни плочи. Диференцијалната равенка за овој случај е: dp d 2v = η ⋅ 2 = −k dz dy dp p = −k ⋅ z + C = −k ; dz Гранични услови: За z = 0 ; p = p1 ; за z=L ; p = p2 p Δp = k= L L Равенката за распоредот на брзината е: k ⋅ y 2 + C1 ⋅ y + C 2 2 ⋅η ⎛b⎞ Гранични услови: За y = - ⎜ ⎟ ; v = 0 ; за ⎝2⎠ v =−

y=

b ; v=0 2

k b2 односно: ⋅ , 2 ⋅η 4 k k k ⋅ b2 ⎛ 4 ⋅ y 2 ⎞ p ⋅ b2 ⎛ 4 ⋅ y 2 v =− ⋅y2 + ⋅ b2 = ⋅ ⎜1 − 2 ⋅ ⎜1 − 2 ⎟⎟ = 2 ⋅η 8 ⋅η 8 ⋅ η ⎜⎝ b ⎠ 8 ⋅ L ⋅ η ⎜⎝ b Волуметрискиот проток изнесува: C1 = 0

b 2

p⋅b ⋅B ⋅ qv = ∫ v ⋅ B ⋅ dy = 8 ⋅ L ⋅η b −

2

2

;

b 2

⎛ 4⋅y ∫b⎜⎜⎝1 − b 2 − 2

C2 =

2

⎞ ⎟⎟ ⎠

b 2

⎞ ⎛ 4⋅y2 ⎞ p⋅b p ⋅ b3 ⋅ B ⎟⎟ ⋅ dy = ⋅ B ⋅ ∫ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ ⋅ dy = 12 ⋅ L ⋅ η b ⎠ 8 ⋅ L ⋅η b⎝ ⎠ − 2

2

а) Според дадените услови и цртежот во задачата, се претпоставува дека течењето во зазорот е радијално.а решавање на задачата се користи последната равенка, односно:

133

qv dp = −12 ⋅ η ⋅ dr 2 ⋅ r ⋅π ⋅ y 3 Волуменскиот проток може да се определи од условот даден во задачата, односно: qv = r 2 ⋅ π ⋅ v 0 и со смена во горната равенка се добива:

p = −6 ⋅η ⋅

v0 r 2 ⋅ +C y3 2

v0 R2 ⋅ y3 2 И смена во горната равенка се добива законот на распоредот на притисокот по полудијаметарот на плочата. 3 ⋅η ⋅ v 0 p= ⋅ R2 − r 2 y3 Силата на притисокот изнесува: R R 3 ⋅η ⋅ v 0 P = ∫ p ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr = ⋅ 2 ⋅ π ⋅ ∫ R 2 − r 2 ⋅ r ⋅ dr 3 y 0 0 Граничните услови се: r = R ; p = 0

C = −6 ⋅ η ⋅

;

(

)

(

)

3 η ⋅ π ⋅ v0 ⋅R4 ⋅ 3 2 y б) Ако силата P се смета за константна и ако се искористи равенката: dy v0 = − , се добива: dt dy 2 P ⋅y3 2 dy P =− ⋅ , односно: 3 = − ⋅ ⋅ dt 4 dt 3 π ⋅η ⋅ R 3 π ⋅η ⋅ R 4 y По интеграцијата се добива: 1 2 P − =− ⋅ ⋅t +C 2 3 π ⋅η ⋅ R 4 2⋅ y Од граничните услови за t = 0 ; y = y0 се добива интеграционата константа: 1 C=− 2 ⋅ y 02 1 2 1 P − = − ⋅ ⋅t − 2 4 2⋅y 3 π ⋅η ⋅ R 2 ⋅ y 02 По средувањето на оваа равенка се добива законот за движењето на плочата во облик: 1 y= 4 1 P ⋅ ⋅t + 2 4 3 π ⋅η ⋅ R y0 P=

Задача 13.9. Да се определи законот на движење и времето на спуштање на вентилот на пумпата под дејство на пружина во мирна течност, од почетната положба y0 = 5 mm до зазорот y = 0,01 mm, ако струењето во зазорот е ламинарно: Познати се димензиите на вентилот: d = 60 mm ; D = 80 mm. Карактеристиката на пружината е c = 5 N/cm, а почетното затегање на пружината изнесува ypr = 25 mm. Динамичката вискозност на течноста е η = 0,02 Pa·s.

134

Решение:

Аналогно како во задача 13.7, законот за промената на силата со која дејствува пружината е: 3

⎛a⎞ P = η ⋅ v 0 ⋅ L ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝y⎠ (D + d ) ⋅ π ; P = c ⋅ y D−d Во конкретниот случај се: a = ; L= pr 2 2 dy следи: Бидејќи брзината v 0 = − dt dy P =− ⋅ dt 3 y η ⋅ L ⋅ a3 По интеграцијата се добива: P 1 − =− +C 2 2⋅ y η ⋅ L ⋅ a3 1 Од условот за t = 0, y = y0 се добива: C = − 2 ⋅ y 02 Законот за движење на вентилот е: 1 y= 2⋅P 1 ⋅t + 2 3 L ⋅η ⋅ a y0 Времето на спуштање на вентилот изнесува:

η ⋅ L ⋅ a3 ⎛ 1

t=

2⋅P

0,02 ⋅ t=

1 ⋅ ⎜⎜ 2 − 2 y0 ⎝y

⎞ ⎟ , односно: t = ⎟ ⎠

π ⋅ (0,08 + 0,06 ) ⎛ 0,08 − 0,06 ⎞ ⋅⎜ 2 ⎝ 2 ⋅ 500 ⋅ 0,025

2

η⋅

π ⋅ (D + d ) ⎛ D − d ⎞ ⋅⎜ 2 ⎝ 2 2 ⋅ c ⋅ y pr

3

⎟ ⎠ ⋅ ⎛⎜ 1 − 1 ⎞⎟ ⎜ y2 y2 ⎟ 0 ⎠ ⎝

3

⎟ ⎛ 1 ⎠ ⋅⎜ ⎜ 1⋅ 10 −5 ⎝

(

−

1

⎞ ⎟ = 1,759 s 2 ⎟ ⎠

) (5 ⋅ 10 ) 2

−3

Задача 13.10. Плоча со маса m = 0,8 kg и површина A = 64 cm2 се лизга по течен слој што се наоѓа на коса рамнина. Дебелината на течниот слој изнесува b = 0,5 mm. Рамномерното движење на плочата е со брзина v0 = 0,5 m/s, аголот на косата рамнина во однос на хоризонталната рамнина изнесува α = 12 0 , а густината на течноста ρ = 900 kg/m3. Да се определи големината на динамичката вискозност. Решение:

Навие-Стоксовата равенка во развиен (скаларен) облик: dv x 1 ∂p =X− ⋅ + ν ⋅ Δv x ρ ∂x dt

135

се примени според условите во задачата, а при тоа како надворешна волуменска сила во правецот на x-оската е X = g ⋅ sin α , с едобива диференцијалната равенка: ∂ 2v ∂ 2v g ⋅ sin α 0 = g ⋅ sin α + ν ⋅ 2 или + =0 ν ∂y ∂y 2 По решавањето на оваа равенка се добива равенка за распоредот на брзините, односно: g ⋅ sin α 2 v =− ⋅ y + C1 ⋅ y + C 2 2 ⋅ν Од граничните услови: y = 0 ; v = 0 и y = b ; v = v0 v g ⋅ sin α ⋅ b C2 = 0 ; Се добиваат интеграционите константи: C1 = 0 + b 2 ⋅ν Распоредот на брзините во конечен облик е: g ⋅ sin α 2 v 0 g ⋅ sin α ⋅ b v =− ⋅y + ⋅y + ⋅y 2 ⋅ν 2 ⋅ν b Според Њутновата равенка, тангентниот напон е: v ⎛ dv ⎞ g ⋅ sin α g ⋅ b ⋅ sin α τ = η ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = − η ⋅ ⋅ b +η ⋅ 0 + b ν 2 ⋅ν ⎝ dy ⎠ y =b v 0 g ⋅ ρ ⋅ b ⋅ sin α − 2 b Од равенката за рамнотежа на силите се добива: m ⋅ g ⋅ sin α τ= , односно: A m ⋅ g ⋅ sin α v g ⋅ ρ ⋅ b ⋅ sin α =η ⋅ 0 − A 2 b Од оваа равенка се определува коефициентот на динамичката вискозност: m ⋅ g ⋅ b ⋅ sin α ρ ⋅ g ⋅ b 2 η= + ⋅ sin α A ⋅v0 2 ⋅v0

τ =η ⋅

(

)

2

0,8 ⋅ 9,81⋅ 0,5 ⋅ 10 −3 ⋅ sin 120 900 ⋅ 9,81⋅ 0,5 ⋅ 10 −3 η= + ⋅ sin 120 = 0,255 Pa·s −4 64 ⋅ 10 ⋅ 0,5 2 ⋅ 0,5 η 0,255 ν= = = 2,84 ⋅ 10 −4 m2/s ρ 900 Задача 13.11. Во просторот на хидроцилиндерот владее притисок p = 7 MPa. Да се определи истекувањето на течноста низ кружниот зазор при концентрична положба на клипот во цилиндерот. Вискозноста на течноста е функција од притисокот и е дадена со ⎛ p ⎞ следната равенка: η = η 0 ⋅ exp⎜⎜ a ⋅ ⎟⎟ ; ⎝ p0 ⎠

η 0 = 0,0785 Pa·s – вискозност при атмосферски притисок ; a = 0,0025 – коефициент ; p0 = 9,81·104 Pa – атмосферски притисок. Дијаметарот на клипот е D = 120 mm, должината L = 140 mm, радијалниот зазор меѓу клипот и цилиндерот

136

е b = 0,1 mm. Добиениот резултат да се споредисо истекувањето без учество на η = f (p ) . Решение: Аналогно како во задачаа 13.8, за елементарен дел со должина dx важи: p

a⋅ qv dp p0 = −12 ⋅ η ⋅ , каде η = η ⋅ e 0 3 dx D ⋅π ⋅ b Со замена во диференцијалната равенка се добива:

dp ⋅ e p2

∫e

− a⋅

p1

p p0

− a⋅

p p0

= −12 ⋅

qv ⋅η 0 ⋅ dx D ⋅π ⋅ b3

L qv ⋅ dp = −12 ⋅ ⋅ η 0 ⋅ ∫ dx D ⋅π ⋅ b3 0

По интеграцијата се добива: p2

p1

− a⋅ −a⋅ 12 ⋅ qv p p − 0 ⋅ e p0 + 0 ⋅ e p0 = − ⋅η0 ⋅ L a a D ⋅ π ⋅ b3 При тоа волуменскиот проток изнесува: ⎛ ⎞ D ⋅ π ⋅ b 3 p0 ⎜ 1 1 ⎟ ⋅ ⋅⎜ − p ⎟ , или во друг облик: qv = a⋅ 1 12 ⋅η 0 ⋅ L a ⎜ a⋅ pp2 ⎟ ⎝ e 0 e p0 ⎠ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ D ⋅ π ⋅ b 3 p0 ⎢ 1 1 ⎥ ⋅ ⋅ − qv = ⎢ 12 ⋅ η0 ⋅ L a ⎛ p ⎞ ⎛ p ⎞⎥ ⎢ exp⎜⎜ a ⋅ 2 ⎟⎟ exp⎜⎜ a ⋅ 1 ⎟⎟ ⎥ ⎝ p0 ⎠ ⎝ p0 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢ Ако p1 = p, а p2 = 0 следува: ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ 3 D ⋅ π ⋅ b p0 ⎢ 1 ⎥ ⋅ ⋅ 1− qv = 12 ⋅ η0 ⋅ L a ⎢ ⎛ p ⎞⎥ ⎢ exp⎜⎜ a ⋅ ⎟⎟ ⎥ ⎝ p0 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢

⎡ ⎤ ⎢ ⎥ 0,12 ⋅ π ⋅ 1⋅ 10 9,81⋅ 10 ⎢ 1 ⎥ = 1,833 ⋅ 10 −5 m3/s qv = ⋅ ⋅ 1− 6 ⎢ 12 ⋅ 0,0785 ⋅ 0,14 0,0025 ⎛ 7 ⋅ 10 ⎞ ⎥ ⎟⎥ ⎢ exp⎜⎜ 0,00255 ⋅ 9,81⋅ 10 4 ⎟⎠ ⎦⎥ ⎝ ⎣⎢

(

)

−4 3

4

По аналогија, за волуменскиот проток равенката од задача 13.8, односно:

(

при константна вискозност се користи

)

3

p ⋅ b 3 ⋅ D ⋅ π 7 ⋅ 10 6 ⋅ 1⋅ 10 − 4 ⋅ 0,12 ⋅ π = = 2,0 ⋅ 10 −5 m3/s qv ,0 = 12 ⋅ 0,0785 ⋅ 0,14 12 ⋅ η0 ⋅ L Односот на волуметриските протоци изнесува: qv 1,833 ⋅ 10 −5 = = 0,9165 qv ,0 2,0 ⋅ 10 −5

137

Задача 13.12. За фрикциона пумпа (прикажана на сликата), да се определи волуменскиот проток, при висина на дигање на течноста H = 1 m. Зазорот меѓу дискот и кутијата изнесува b = 1,5 mm. Дискот се врти со n = 600 min-1. Вискозноста на маслото е η = 0,078 Pa·s, а густината ρ = 900 kg/m3. Дијаметарот D = 350 mm и d0 = 80 mm. Се претпоставува дека аголната брзина на вртењето на течноста е половина од аголната брзина на вртењето на дискот. Вредностите на релативните брзини на влезот и излезот да се занемарат. Решение: Се поставува енергетска равенка за релативно движење во рамномерно вртливи канали за влезот и излезот во зазорот при што се занемаруваат енергиите од релативните брзини (при движење на вискозна течност тие обично се мали големини). p1 u12 p2 u 22 − = − + e zag 2 2 ρ ρ Каде што: u1 , u2 - преносна брзина на течноста на влезот и излезот од зазорот; p1 , p2 – притисоци на влезот и излезот; ezag – загуба на енергијата во челниот зазор. ω ⋅r Преносната брзина u = , според условите во задачата изнесува: 2 u 22 − u12 ω 2 ⋅ D 2 − d 02 = 2 32 Разликата на притисната енергија изнесува: p2 − p1 = g ⋅H

(

)

ρ

Од задачата 13.8 се користи диференцијалната равенка: qv dp , од каде: = −6 ⋅ η ⋅ dr r ⋅π ⋅ y 3 6 ⋅η ⋅ qv p =C − ⋅ ln r π ⋅y3 D и p = 0 се добива: За r = 2 6 ⋅η ⋅ qv D p= ⋅ ln 3 π ⋅b d0 Во конкретниот случај p = ρ ⋅ ezag , односно: ezag = Од енергетската равенка се добива: p1 u22 − u12 p2 − = + ezag ρ 2 ρ

138

6 ⋅η ⋅ qv D ⋅ ln 3 d0 ρ ⋅π ⋅ b или

u22 − u12 p2 − p1 = + ezag 2 ρ

ω 2 ⋅ (D 2 − d 02 )

6 ⋅η ⋅ qv D ⋅ ln 3 ρ ⋅π ⋅ b 32 d0 Од оваа равенка се определува волуменскиот проток: ω 2 ⋅ D 2 − d 02 − g ⋅H 32 ⋅π ⋅ ρ ⋅ b3 qv = D 6 ⋅η ⋅ ln d0 π ⋅ n π ⋅ 600 = = 62,83 rad/s, следи qv = 6,234 ⋅ 10 −5 m3/s = 62,34 cm3/s За ω = 30 30 = g ⋅H +

(

)

Задача 13.13. Еден педал е способен да прими товар, благодарение на течноста што се наоѓа во клинестиот отвор за подмачкувањње. Течењето на течноста во слојот за подмачкување се разгледува како рамнинско и ламинарно. Да се определи: - дијаграмот на промената на притисокот - товарот што може да го носи педалот. Познати се следните големини: релативната брзина на движење на долната плоча е v0 = 3 m/s ; вискозноста на маслото за подмачкување η = 0,08 Pa·s ; должината L = 60 mm ; висината b0 = 0,2 mm ; аголот α = 0,25 0 и ширината на педалот B = 150 mm. Решение:

Се усвојува елемент од флуидот со димензии dx и b на растојание x. Равенката на струењето е: dp d 2v dp dτ =η ⋅ 2 или =− dx dx dy dy Бидејќи долната плоча се движи, горната е неподвижна, а оската е насочена на горе, dv следува: τ = −η ⋅ dy По двојната интеграција на горната равенка се добива: dp y 2 ⋅ + C1 ⋅ y + C 2 η ⋅v = dx 2 Константите C1 и C2 се определуваат од граничните услови: η ⋅ v 0 dp b y = 0 ; v = - v0 ; y = b ; v = 0; C 2 = −η ⋅ v 0 ; C1 = − ⋅ b dx 2 v dp 1 v= ⋅ ⋅ y 2 − b ⋅ y + 0 ⋅ (y − b ) b dx 2 ⋅ η Каде што: b = x· tg α = x ⋅ α Волуменскиот проток изнесува: b ⎛ dp h 3 v ⋅b ⎞ qv = ∫ v ⋅ dy = − ⎜⎜ ⋅ + 0 ⎟⎟ 2 ⎠ ⎝ dx 12 ⋅ η 0

(

)

139

Знакот минус покажува дека течноста се движи во насока спротивна од позитивната насокана x-оската. Од последната равенка следува: v ⎞ dp ⎛q = −12 ⋅η ⋅ ⎜ v3 + 0 2 ⎟ dx 2⋅b ⎠ ⎝h По интеграција на горната равенка се добива се добива равенка за определување на притисокот: dx v dx ⎤ ⎡ p = −12 ⋅η ⋅ ⎢qv ⋅ ∫ 3 + 0 ⋅ ∫ 2 ⎥ + C , за xα = h следува: 2 h b ⎦ ⎣ p=−

6 ⋅η ⎛ qv v 0 ⋅ α ⎞ ⋅⎜ + ⎟ +C x ⎠ α 3 ⎝ x2

Од условот: x = a ; p = 0, односно a =

b0

α

, следи C =

6 ⋅η ⎛ qv v 0 ⋅ α ⎞ ⋅⎜ + ⎟ a ⎠ α 3 ⎝ a2

6 ⋅η ⎡ 1 ⎞⎤ ⎛ 1 ⎛ 1 1⎞ ⋅ ⎢qv ⋅ ⎜ 2 − 2 ⎟⎥ + v 0 ⋅ α ⋅ ⎜ − ⎟ 3 a ⎠⎦ α ⎣ ⎝x ⎝x a⎠ За определување на волуменскиот проток се користи вториот граничен услов: x =a+L ; p=0 ⎛ 1 1⎞ 1⎞ ⎛ 1 qv ⋅ ⎜⎜ − 2 ⎟⎟ + v 0 ⋅ α ⋅ ⎜ − ⎟ = 0 , односно: 2 ⎝a+L a⎠ ⎝ (a + L ) a ⎠ p=

v 0 ⋅ α ⋅ a ⋅ (a + L ) 2⋅a + L Равенката за qv се внесува во равенката за p и се добива: 6 ⋅η ⋅ v 0 (x − a ) ⋅ [L − (x − a )] - крива со параболичен облик. p= 2 ⋅ α ⋅ (2 ⋅ a + L ) x2 2 ⋅ a ⋅ (L + a ) . Растојанието на Точката со максимален притисок има апсциса x max = 2⋅a + L точката на максимумот на притисокот од левиот крај на педалот изнесува: L x1 = x max − a = L 2+ a Од оваа равенка се гледа дека максимумот на притисокот не се наоѓа на средината на педалот туку поблиску од неговиот лев крај. Силата на притисокот на педалот претставува тежина со која тој може да се натовари. qv =

a +L

P =B⋅

∫ a

a +L

∫

p ⋅ dx =

6 ⋅η ⋅ v 0 ⋅ α ⋅ (2 ⋅ a + L ) 2

(x − a ) ⋅ (L + a − x ) ⋅ dx

x2 По интеграцијата се добива: 6 ⋅η ⋅ v 0 ⎡ L + a 2⋅L ⎤ ⋅ ⎢ln − P= ⋅B 2 2 ⋅ a + L ⎥⎦ α a ⎣ 0,2 a= = 46 mm 0,25 ⋅ π 180 a

140

за

P=

6 ⋅ 0,08 ⋅ 3 ⎡ 0,06 + 0,046 2 ⋅ 0,06 ⎤ ⋅ ln − ⋅ 0,15 = 515 N 2 ⎢ 0,046 2 ⋅ 0,046 + 0,06 ⎥⎦ ⎛ 0,25 ⋅ π ⎞ ⎣ ⎜ ⎟ ⎝ 180 ⎠ Задача 13.14. Хидрауличен диск се врти со n = 600 min-1 и прима аксијална сила P = 400 N. Да се определи: а) Протокот на течноста низ челниот зазор на дискот, ако зазорот е b = 0,2 mm, дијаметарот на дискот D0 = 45 mm и дијаметарот на каналот d0 = 12 mm. б) Надпритисокот p0 што е потребен да се произведе во централниот доводен канал, ако динамичката вискозност на маслото е η = 0,064 Pa·s, а густината ρ = 920 kg/m3. При пресметката да се усвои дека аголната брзина на вртење на течноста е еднаква на половина од агловата брзина на вртењето на дискот.

Решение: а) Од равенката за определување на п во задачата 13.8, и со учество на центрифугалната сила, се добива законот за промена на притисокот по произволниот полудијаметар. p=

Каде што:

R 6 ⋅η ⋅ v 0 ⋅ ln 0 − 3 r π ⋅b

ω=

π ⋅n

=

ρ⋅

π ⋅ 600

30 30 За r = r0 се добива p = p0, односно: R0 6 ⋅η ⋅ qv p0 = ln ⋅ r π ⋅ b3 Силата со која течноста дејствува на односно: R0 R0 ⎡ 6 ⋅η ⋅ qv P = ∫ p ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr = ∫ ⎢ ⋅ ln 3 r0 ⎣ π ⋅ b r0

−

ω2

2

(

2 ⋅ R2 − r 2 0

)

= 62,83 rad/s

ρ ⋅ω 2

(

⋅ R 02 − r02

)

8 диск се определува со интегрирање,

R0 ρ ⋅ ω 2 − ⋅ R 02 − r 2 r 8

(

По интеграцијата И средувањето се добива: D 3 ⋅η ⋅ qv ⎡ 2 2 ⎛ P= ⋅ D − d ⋅ ⎜⎜1 + ln 0 ⎢ 0 0 3 d0 2⋅b ⎝ ⎣

)⎤⎥ ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π ⋅ dr ⎦

⎞⎤ π ⋅ ρ ⋅ ω 2 ⎟⎟⎥ − ⋅ D02 − d 02 256 ⎠⎦ Од оваа равенка се определува волуметрискиот проток: ⎤ π ⋅ ρ ⋅ω2 3 ⎡ ⋅ D02 − d 02 ⎥ 4 ⋅ b ⋅ ⎢P + 256 ⎣ ⎦ qv = ⎡ ⎛ D ⎞⎤ 3 ⋅η ⋅ ⎢D02 − d 02 ⋅ ⎜⎜1 + 2 ⋅ ln 0 ⎟⎟⎥ d 0 ⎠⎦ ⎝ ⎣

(

(

)

)

141

⎤ 3 ⎡ π ⋅ 820 ⋅ 62,83 2 4 ⋅ 2 ⋅ 10 − 4 ⋅ ⎢400 + ⋅ 0,045 2 − 0,0122 ⎥ 256 ⎣ ⎦ = 4,4452 ⋅ 10 −5 m3/s qv = ⎡ 45 ⎞⎤ ⎛ 3 ⋅ 0,064 ⋅ ⎢0,045 2 − 0,0122 ⋅ ⎜1 + 2 ⋅ ln ⎟ 12 ⎠⎥⎦ ⎝ ⎣ б) Ако равенката за волуметрискиот проток qv се замени во равенката за определување на притисокот p0 се добива следната равенка: D ⎡ 2⎤ π ⋅ ρ ⋅ω2 8 ⋅ ln 0 ⋅ ⎢P + ⋅ D02 − d 02 ⎥ d0 ⎣ 256 ρ ⋅ω2 ⎦ ⋅ D02 − d 02 − p0 = 32 ⎡ ⎛ D ⎞⎤ π ⋅ ⎢D02 − d 02 ⋅ ⎜⎜1 + 2 ⋅ ln 0 ⎟⎟⎥ d 0 ⎠⎦ ⎝ ⎣ 2⎤ π ⋅ 920 ⋅ 62,832 45 ⎡ 8 ⋅ ln ⋅ ⎢400 + ⋅ 0,0452 − 0,0122 ⎥ 2 12 ⎣ 256 ⎦ − 920 ⋅ 62.83 ⋅ 0,045 2 − 0,0122 p0 = 32 ⎡ 45 ⎞⎤ ⎛ π ⋅ ⎢0,0452 − 0,0122 ⋅ ⎜1+ 2 ⋅ ln ⎟⎥ 12 ⎠⎦ ⎝ ⎣ p0 = 897493,24 Pa = 0,897 Mpa

(

)

(

)

(

(

)

(

)

)

(

)

Задача 13.15. За подмачкување и ладење на лежиштето на вертикалното вратило на турбината е применето самоподмачкување, при кое доведувањето на течноста се врши преку Пито-цевка чиј долен крај се наоѓа во просторот каде што е сместена течноста за самоподмачкување. Да се определи: а) Режимот на течење. б) Дијаметарот D0 на кој ќе се постави долниот крај на Пито-цевката. в) Количината на течност за подмачкување што е потребна да ја има во просторот за подмачкување така што на лежиштето му се доведува проток од qv = 0,15 l/s, при број на вртежи на турбината n = 200 -1 min . При тоа треба да се задоволи условот слободната површина на течноста да го сече горниот крај на просторот за подмачкување на дијаметарот D1 = 1 m. Да се земат во предвид линиските загуби на Пито-цевката. Познати се следните големини: D = 1200 mm ; d = 12 mm ; L = 4 m ; H0 = 3 m ; a = 400 mm ; b = 350 mm ; Вискозноста на течноста е ν = 0,35 ⋅ 10 −4 m2/s. Решение: а) Средната брзина на течноста во цевката е: 4 ⋅ qv 4 ⋅ 1,5 ⋅ 10 −4 v= 2 = = 1,33 m/s 0,012 2 π d ⋅π Рејнолдсовиот број изнесува: v ⋅ d 1,33 ⋅ 0,012 Re = = = 456 < R e.kr = 2320 ν 0,35 ⋅ 10 − 4

142

64 ). Се определува потребната висина на Re притисокот на влезот во цевката (точката M), при која би се обезбедил зададениот проток. Режимот на течење е ламинарен ( λ =

Линиските загуби во цевката изнесуваат: L v 2 64 ⋅ν ⋅ L ⋅ v 2 32 ⋅ν ⋅ L ⋅ v 32 ⋅ 0,35 ⋅ 10 −4 ⋅ 4 ⋅ 1,33 e zag = λ ⋅ ⋅ = = = 41,378 J/kg = d 2 v ⋅d ⋅d ⋅2 d2 0,012 2 Бидејќи висината за дигање на течноста е зададена H0, вкупната потребна енергија што треба да постои во точката M изнесува: eM = g ⋅ H 0 + e zag = 9,81⋅ 3 + 41,378 = 70,808 J/kg Енергијата во точката М, eM еднаква е на положајната енергија (измерена вертикално до слободната површина g ⋅ MN ), и положајната енергија на 2 u преносната брзина 0 , каде што u 0 претставува преносна брзина на течност на 2 дијаметар D0. u 02 eM = g ⋅ MN + 2 2 2 Равенката на слободната површина е : r ⋅ ω − 2 ⋅ g = 0 D12 ⋅ ω 2 и z = zK се добива: zK = 8⋅g 2 2 D ⋅ω −b Според сликата : zM = z K − b = 1 8⋅g

D За r = 1 2

За r =

D0 2

и

Од равенката добива:

D02 ⋅ ω 2 , тогаш: 8⋅g D02 − D12 ⋅ ω 2 +b MN = z N − zM = 8⋅g за вкупната енергија определена според двете равенки, се

z = zN се добива: zN =

(

)

u02 , односно: 2 ⎡ D 2 − D12 ⋅ ω 2 ⎤ D2 ⋅ ω 2 + b⎥ + 0 g ⋅ H 0 + ezag = g ⋅ ⎢ 0 8⋅g 4 ⎣ ⎦ g ⋅ H 0 + ezag = g ⋅ MN +

(

)

143

Од оваа равенка се определува дијаметарот Д0 на кој ќе се постави долниот крај на Пртот цевката: e zag ⎛ ⎞ 1 4 ⋅ 9,81 ⎛ 41,378 ⎞ + ⋅ 3+ − 0,35 ⎟ = 1,056 m ⋅ ⎜⎜ H 0 + − b ⎟⎟ = 2 ⎜ g 2 20,94 ⎝ 9,81 ⎠ ⎝ ⎠ π ⋅ n π ⋅ 200 = = 20,94 s-1 Каде што: ω = 30 30 Бараниот волумен изнесува: D 2 − D12 ⋅ π V= ⋅ a + V1 , каде што: 4 2 D2 ⋅ π ⎛ 1 ⎞ D ⋅π 1 V1 = 1 ⋅ ⋅ z2 ⋅ ⎜ a − ⋅ zK ⎟ + 2 4 2 4 2 ⎝ ⎠ Каде што: D2 ⋅ ω 2 D2 ⋅ ω 2 zK = 1 zK − a = z2 = 2 ; 8⋅g 8⋅g 2 2 2 2 D − D1 ⋅ π 1,2 − 12 ⋅ π π ⋅g ⋅a π ⋅ 9,81⋅ 0,4 2 V= ⋅a + = 0 , 4 ⋅ + = 0,1495 m3 2 2 4 4 20 , 94 ω D12 4 ⋅ g + 2 2 ω

D0 =

(

(

144

)

)

(

)

Задача 14.1. Да се определи загубата на специфичната енергија e zag при струење на вода со густина ρ = 1000 kg/m3, коефициент на кинематска вискозност ν = 0,01 cm2/s, низ цевковод со адекватна арматура и дијаметар d = 40 mm. Брзината на струењето изнесува v = 3 m/s. при испитувањето на истата цевка со воздух со ρ v = 1,2 kg/m3, коефициент на кинематска вискозност ν v = 0,156 cm2/s, добиен е пад на притисокот Δpv = 8,3 kPa. Решение: Ренолдсовиот број е:

3 ⋅ 0,04 = 120000 ν 1⋅ 10 −6 Режимот на струење е турбулентен, а со тоа се констатира дека коефициентот на отпорот ξ не зависи од големината на R e - број. Од равенките за загубите на специфичните енергии за вода и воздух се добива: v2 v2 e zag,vozduh = ξ ⋅ 1 ; e zag ,voda = ξ ⋅ 2 2 Од еднаквоста на Рејнолдсовите броеви: R ⋅ν R ⋅ν v ⋅ d v 1 ⋅ d1 = v 1 = e,1 1 ; се добива v = e ; d1 = d2 d1 ν ν1 d Re =

e zag,voda e zag,vozduh

v ⋅d

=

v 2 R 2 ⋅ν 2 ⋅ d 2 ⎛⎜ ν = 2 = 2e = v 1 R e,1 ⋅ν 12 ⋅ d 2 ⎜⎝ ν 2

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

2

2

⎛ν ⎞ 8300 ⎛ 0,01 ⎞ e zag ,voda = e zag ,vozduh ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⋅⎜ ⎟ = 28,42 J/kg 1,2 ⎝ 0,156 ⎠ ⎝ν 1 ⎠ Δp = ρ w ⋅ e zag,voda = 1000 ⋅ 28,42 = 28420 Pa Задача 14.2. Испитувањето на автомобил со висина h = 1,5 m и максимална брзина на движење v = 108 km/h, ќе се прави на модел во аеродинамичен тунел во кој брзината на воздухот изнесува v1 = 45 m/s. Потребно е да се определи: а) висината на моделот. б) аеродинамичката сила на отпорот F при максимална брзина на автомобилот, ако при максимална брзина на воздушната струја на моделот за таа сила добиена е F1 = 1200 N. в) снагата на моторот што е потребна за совладување на силата на отпорот F, при движење на автомобилот. Вискозноста и густината на воздухот се еднакви за моделот и оригиналот. Решение: а) Од условот за еднаквоста на Рејнолдсовите броеви: (Re )m = (Re )o се добива: v ⋅ h = v 1 ⋅ h1 , односно v = h1 ν ν v1 h Висината на моделот изнесува: 30 v = 1000 mm h1 = h ⋅ = 1500 ⋅ 45 v1 б) Од равенките за адекватните сили на отпорот:

145

F=

1 ⋅ ρ ⋅ A ⋅ξx ⋅v 2 и 2

F1 =

1 ⋅ ρ ⋅ A1 ⋅ ξ x ⋅ v 12 2

Се добиваат односите: 2

2

2

⎛ h ⎞ ⎛h ⎞ F A ⎛v ⎞ = ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ 1 ⎟ = 1, односно F = F1 = 1200 N F1 A1 ⎝ v 1 ⎠ ⎝ h1 ⎠ ⎝ h ⎠ в) Снагата на моторот за совладување на отпорот изнесува: N = F·v = 1200·30 = 36000 W Задача 14.3. Бродски пропелер со дијаметар d = 1600 mm со номинален број на вртежи n = 100 min-1, испитан е на модел при геометриска сличност во размер 1:8 со n1 = 360 min-1. Со мерење добиена е погонската сила F1 = 230,5 N, а брзината на бродскиот модел е v1 = 8,82 km/h, а вртливиот момент на вратилото е M1 = 21,58 Nm. Да се определи вртливиот момент M, силата F, брзината v и степенот на полезно дејство КПД на пропелерот. При испитувањето задржана е v карактеристиката = const . n ⋅d Решение: Од еднаквоста на карактеристиката: v v1 = се добива бараната брзина n ⋅ d n1 ⋅ d1 100 ⋅ 1600 n ⋅d = 8,82 ⋅ = 19,6 km/h v = v1 ⋅ n1 ⋅ d1 360 ⋅ 200

⎛ v ⎞ Погонската сила на пропелерот е: F = ρ ⋅ d 2 ⋅ v 2 ⋅ f ⎜ ⎟ ⎝ n ⋅d ⎠ ⎛ v ⎞ Погонската сила на моделот е: F1 = ρ ⋅ d12 ⋅ v 12 ⋅ f ⎜ ⎟ ⎝ n ⋅d ⎠ Нивниот однос изнесува: 2

2

2

2

F d 2 ⋅v 2 ⎛ d ⎞ ⎛ v ⎞ ⎛ 1600 ⎞ ⎛ 19,6 ⎞ = 2 2 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟ = 316,05 ⎟ ⋅⎜ F1 d 1 ⋅ v 1 ⎝ d 1 ⎠ ⎝ v 1 ⎠ ⎝ 200 ⎠ ⎝ 8,82 ⎠ F = 316,05 ⋅ 230,5 = 72849,38 N КПД на пропелерот и моделот се еднакви и изнесуваат: π ⋅ n1 F ⋅v F ⋅ v ⋅ 30 230,5 ⋅ 2,45 ⋅ 30 η= 1 1 = = 0,694 η= 1 1 за ω1 = M1 ⋅ ω1 30 M1 ⋅ π ⋅ n1 21,58 ⋅ π ⋅ 360 Вртливиот момент на пропелерот изнесува: F ⋅ v 72849,38 ⋅ 5,44 ⋅ 30 M= = = 54574,698 Nm η ⋅ω 0,694 ⋅ π ⋅ 100 Задача 14.4. Еден проектил се испитува со исфрлање на неговиот модел во резервоар со јаглен двооксид-CO2. За зададени големини потрбно е да се определи, притисокот во резервоарот и брзината на исфрлувањето. Моделот е десет пати помал од прототипот, динамичката вискозност на CO2 при 20ºC е η CO2 = 1,48 ⋅ 10 −5 N·s/m2, на воздухот η vozduh = 1,67 ⋅ 10 −5 N·s/m2, температурата на

воздухот t = - 11ºC. Висиснската разлика од 4000 m не влијае врз гравитацијата g, гасната константа на воздухот R = 287 J/kg·K, гасната константа на CO2 е RCO2 = 189 J/kg·K, притисокот на воздухот на висина од 4000 m е p = 61,6 kPa, брзината на проектилот v = 900 m/s, експонентот на адијабатата за CO2 е k1 = 1,29. 146

Решение: Сличноста е постигната со еднаквоста на Re и Ma броеви. L η R T p v ⋅L v ⋅L ⋅ ρ v ⋅L p Re = = = ⋅ = R e,1 , следи: v1 = v ⋅ ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ ν η η R ⋅T L1 η R T p1 10 1,48 189 273 + 20 p p v 1 = 900 ⋅ ⋅ ⋅ =5874· ⋅ ⋅ 1 1,67 287 273 − 11 p1 p1

v v2 v2 v2 2 Ma = = за адијабатска промена на состојбата: M a = 2 = p k ⋅ R ⋅T C C k⋅

ρ

Од односот на Маховите броеви следи: 2 k ⋅ R ⋅ T 1,29 ⋅ 189 ⋅ 293 ⎛ v1 ⎞ = 0,678 ⎜ ⎟ = 1 1 1 = 1,4 ⋅ 287 ⋅ 262 k ⋅ R ⋅T ⎝v ⎠ v 1 = 900 ⋅ 0,678 =741 m/s Потребниот притисок во резервоарот за CO2 Изнесува: 5874 5874 p1 = ⋅p = ⋅ 61600 = 4883111 N/m2 = 4,88 bar v1 741 Задача 14.5. Водосливната брана се испитува во лабораторија на геометриски сличен модел во размер 1:20. Ако моделирањето се врши без влијание на вискозните сили да се определи: а) висината на водосливот при испитувањето на моделот h1, ако при оригиналот изнесува h = 3 m. б) Протокот на водосливот на оригиналот qv , ако при испитувањето на моделот тој

изнесувал qv ,1 = 0,19 m3/s. в) Вакуумот на врвот на оригиналот на водосливот pv , ако при испитување со моделот е добиен вакуум pv ,1 = 2 kN/m2. Решение:

а) Од геометриската сличност k L =

L = 20 , се добива висината на водосливот L1

L 3000 = = 150 mm kL 20 б) Од еднаквоста на Фрудовите броеви за браната (оригиналот) и моделот: v2 v2 v2 L = 1 , според размерот следи: 2 = = 20 g ⋅ L g ⋅ L1 v 1 L1 Бидејќи волуменските протоци се пропорционални со брзината и квадратот на линеарните димензии, односот на волуметриските протоци изнесува: при модулирањето: L1 =

1

⎛ L ⎞2 qv v ⋅ L2 = 2 2 = ⎜⎜ ⎟⎟ qv ,1 v 1 ⋅ L1 ⎝ L1 ⎠

2

5

5

⎛ L ⎞2 ⎛L⎞ ⎛ L ⎞2 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ , односно: qv = q v ,1 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝L⎠ ⎝ L1 ⎠ ⎝ L1 ⎠ 147

5

⎛ 20 ⎞ 2 qv = 0,19 ⋅ ⎜ ⎟ = 339,882 m3/s ⎝ 1 ⎠ Висините hv и hv,1, кои одговараат на вакуумот на браната и моделот се однесуваат во истиот однос како адекватните линеарни димензии, односно: p ⋅ v1 hv p ⋅v hv = ; ; = 20 , следи: pv = 20 ⋅ pv ,1 = 40 kPa hv ,1 = ρ ⋅g ρ ⋅g hv ,1 Задача 14.6. Пумпата црпи нафта со 504 m3/h од еден резервоар, преку цевка со дијаметар d = 250 mm. Испитувањето се врши на модел со димензии кои се пет пати помали во однос на димензиите на прототипот. Да се определи: а) Вискозноста на течноста што се применува при испитувањето на моделот. б) протокот и брзината на нафтата при испитувањето на моделот. в) длабочината hmin на која треба да се постави цевката, за да не дојди до површински празнини, а со тоа и до всисување на воздух во цевката, ако на моделот е определена големината h1,min = 60 mm. При моделирањето може да се употреби раствор на глицерин во вода, а со тоа се менува вискозноста од ν 1 = 1⋅ 10 −6 m2/s (за вода на t = 20ºC) до ν = 8 ⋅ 10 −4 m2/s (за глицерин). Кинематската вискозност на нафтата изнесува ν = 75 ⋅ 10 −6 m2/s. Решение: а) Од еднаквоста на Рејнолдсовите и Фрудовите броеви: v2 v ⋅ d v 1 ⋅ d1 v2 R e = R e,1 или ; FR = FR,1 или = 1 = ν ν1 g ⋅ L g ⋅ L1 3

ν ⎛ L ⎞2 Од овие раенки се добива: =⎜ ⎟ ν 1 ⎜⎝ L1 ⎟⎠ 3

3

⎛ L ⎞2 ⎛ 1⎞2 ν 1 = ν ⋅ ⎜ 1 ⎟ = 75 ⋅ 10 −6 ⋅ ⎜ ⎟ = 6,708 ⋅ 10 −6 m2/s ⎝5⎠ ⎝L⎠ б) од односите на протоците се добива: 1 2

2

5 2

5

5

⎛L⎞ ⎛L⎞ ⎛L⎞ qv v A ⎛ L ⎞2 ⎛ 1⎞2 = ⋅ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ; qv ,1 = qv ⋅ ⎜ 1 ⎟ = 140 ⋅ ⎜ ⎟ = 2,5044 l/s qv ,1 v 1 A1 ⎝5⎠ ⎝L⎠ ⎝ L1 ⎠ ⎝ L1 ⎠ ⎝ L1 ⎠ Брзината на растворот при испитување со моделот изнесува: q d 2 ⋅π v 1 = v ,1 , каде што A1 = 1 A1 4 d L d 250 Од односот = = 5 следи d1 = = = 50 mm 5 5 d 1 L1 v1 =

148

4 ⋅ qv ,1 4 ⋅ 2,5044 ⋅ 10 −3 = = 1,275 m/s 0,05 2 ⋅ π d12 ⋅ π

в) Од односот

h L d = = =5 h1 L1 d 1

hmin = 5 ⋅ h1,min = 5 ⋅ 60 = 300 mm

следи

Задача 14.7. Истекувањето на нафта низ отвор со дијаметар d = 75 mm се моделира со вода. При кинематска вискозност на нафтата ν 1 = 4,5 ⋅ 10 −6 m2/s и на водата ν = 1⋅ 10 −6 m2/s, потребно е да се определи: а) дијаметарот на отворот на моделот d1. б) односот на висините на нивоата на оригиналот и h . моделот h1 qv . в) односот на волуменските протоци на оригиналот и моделот qv ,1 Решение: а) Од еднаквоста на Рејнолдсовите броеви: R ⋅ν R ⋅ν v ⋅ d v 1 ⋅ d1 = се добива v = e ; v 1 = e,1 1 d1 ν ν1 d Од еднаквоста на Фрудовите броеви : v2 v2 v2 d = 1 , според размерот следи: 2 = g ⋅ d g ⋅ d1 v 1 d1

ν 2 ⋅ R e2 d2 ⋅g ⋅d

=

ν 12 ⋅ R e2,1 d 12 ⋅ g ⋅ d 1

2

⎛ 10 −6 ⎛ν ⎞ 3 d 1 = d ⋅ ⎜ 1 ⎟ = 75 ⋅ ⎜⎜ −6 ⎝ν ⎠ ⎝ 4,5 ⋅ 10

следи

2

⎞3 ⎟⎟ = 27,516 mm ⎠

б) Од равеката за определување на брзината се добива: d⎞ ⎛ v = ϕ ⋅ 2 ⋅ g ⋅⎜h + ⎟ 2⎠ ⎝

Од условот R e = R e,1

d ⎞ ⎛ v 1 = ϕ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎜ h1 + 1 ⎟ 2⎠ ⎝ v d1 ν = ⋅ или v1 d ν 1

;

се добива односот

d⎞ ⎛ 2 2 ⋅ g ⋅⎜h + ⎟ 2 2 ⎠ ⎛ d1 ⎞ ⎛ ν ⎞ ⎝ = ⎜ ⎟ ⋅⎜ ⎟ d1 ⎞ ⎝ d ⎠ ⎜⎝ ν 1 ⎟⎠ ⎛ 2 ⋅ g ⋅ ⎜ h1 + ⎟ 2⎠ ⎝

;

2 ⋅ h + d ⎛ d1 ⋅ν ⎞ ⎟ =⎜ 2 ⋅ h1 + d1 ⎜⎝ d ⋅ν 1 ⎟⎠

2

2

⎛ 27,52 ⋅ 4,5 ⎞ h 2 ⋅ h + 75 ⎟⎟ = 2,7256 = 2,7256 = ⎜⎜ следи h1 2 ⋅ h1 + 27,52 ⎝ 75 ⋅ 11 ⎠ в) Од равенките за определување на волуменските протоци: d 2 ⋅π d12 ⋅ π и qv = μ ⋅ v ⋅ qv ,1 = μ ⋅ v 1 ⋅ 4 4 Се добива односот на протоците: d1 ν d 2 ν d qv v ⋅d2 4,5 ⋅ 10 −6 75 = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = 12,2656 = qv ,1 v 1 ⋅ d 12 d ν 1 d 12 ν 1 d 1 1⋅ 10 −6 27,52 Задача 14.8. Дијафрагма со димензии d = 100 mm и D = 200 mm, наменета за мерење на протокот на воздухот со динамичка вискозност η = 1,82 ⋅ 10 −5 N·s/m2 и 149

густина ρ = 1,166 kg/m3 се баждари со вода, со кинематска вискозност ν = 10 −6 m2/s и густина ρ = 1000 kg/m3. при тоа минималниот проток на водата q v ,1 , при константен коефициент на проток на дијафрагмата изнесува qv ,1 = 16 l/s, а покажувањетро на живиниот манометар ( ρ = 13600 kg/m3) е h1=45 mm. да се определи: а) минималниот проток на воздух qv при работа на дијафрагмата со воздух б) покажувањето на водениот манометар h , приклучен на истите точки на цевката како и живиниот, при предходно определениот проток на воздух.

Решение: а) Од условот за еднаквост на Рејнолдсовите броеви: R ⋅η ρ1 ⋅ v 1 ⋅ d1 ρ ⋅ v ⋅ d се добива v = e = η1 η ρ ⋅d Равенката на континуитетот: qv = v ⋅ A и qv ,1 = v 1 ⋅ A1 Re ⋅ η qv ρ ⋅ d A η ⋅ ρ1 ν ⋅ = = = qv ,1 Re ⋅ η1 A1 η1 ⋅ ρ ν 1 ρ1 ⋅ d1

1,82 ⋅ 10 −5 ν 1,166 qv = qv ,1 ⋅ = 16 ⋅ = 249,74 l/s 10 −6 ν1

;

qv ,1 = μ ⋅ A ⋅ 2 ⋅

б)

qv = μ ⋅ A ⋅ 2 ⋅

qv = qv ,1 манометарот со вода: Од односот :

Δp1

ρv

Δp1

ρw

= μ ⋅ A⋅

= μ ⋅A⋅

2 ⋅ ρ ziva ⋅ g ⋅ h1

ρw

2 ⋅ ρ ziva ⋅ g ⋅ h1

ρv

ρ w2 ⋅ h се определува висината што ја покажува ρ ziva ⋅ ρ v ⋅ h1

2

2 ⎛ qv ⎞ ρ v ⋅ ρ ziva ⎛ 249,74 ⎞ 1,166 ⋅ 13600 ⎜ ⎟ h=⎜ =⎜ ⋅ 45 = 173,85 mm ⎟ ⋅ ⎟ ⋅ h1 ⋅ ρ 2 1000 2 ⎝ 16 ⎠ w ⎝ q v ,1 ⎠

Задача 14.9. Модел на брод работен во размер 1:16 се испитува во базен со работно гребенасто вратило. Ако се претпостави дека при испитувањето е обезбедена полна хидромеханичка сличност, треба да се определи: v а) односот на брзините 1 , посебно, брзината на моделот, ако брзината на v движењето на бродот изнесува v = 16 m/s.

150

б) односот на силите што дејсвуваат на трупот на бродот и моделот

F1 , F

ако густината на флуидите во двата случаи е еднаква. N в) односот на снагите 1 N г) односот на броевите на вртење на гребенастите вратила на моделот и n бродот 1 , а посебно на моделот n1 , ако n = 600 min-1. n N д) односот на снагите гребенастите вратила 1,GV NGB. ѓ) односот на Рејнолдсовите броеви за моделот и оригиналот

Re,1 Re

, ако се

претпостави еднаквост на кинематските вискозности. е) односот на Кавитациониот број на гребенастото врзтило на моделот и K оригиналот 1 , ако оската на гребенастото вратило на оригиналот се наоѓа на K длабочина H = 5 m, притисокот на заситената пареа на водата за двата случаи е еднаква p zp,1 = p zp = 981 Pa, а на слободната површина на водата е атмосферски

(во двата случаи). Решение: а) Во овај случај меродавен е Фрудовиот критериум на сличност, односно: 1

1

v2 v2 ⎛ L ⎞2 ⎛ 1 ⎞2 v 1 = v ⋅ ⎜ 1 ⎟ = 16 ⋅ ⎜ ⎟ = 4 m/s = 1 следи g ⋅ d g ⋅ d1 ⎝ 16 ⎠ ⎝L⎠ б) за определување на односот на силите се користат равенките за силите на отпорите, за моделот и оригиналот е: ρ1 ⋅ v 12 ρ ⋅v 2 ⋅ A1 ; F = ξx ⋅ ⋅A F1 = ξ x,1 ⋅ 2 2 Односот на силите изнесува: 2 F1 ξ x,1 ⋅ ρ1 ⋅ v 1 ⋅ A1 v 12 ⋅ L21 = 2 2 = F ξx ⋅ ρ ⋅ v 2 ⋅ A v ⋅L Бидејќи:

ρ = ρ1

;

ξ x = ξ x ,1

A1 L21 = A L2

;

При исполнувањето на Фрудовиот критетиум следи: 2 3 3 F1 ⎛ L1 ⎞ ⎛ L1 ⎞ 1 ⎛ L1 ⎞ ⎛ 1⎞ = ⎜ ⎟⋅⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = F ⎝L⎠ ⎝L⎠ 4096 ⎝ 16 ⎠ ⎝L⎠ в) Снагата, при рамномерно движење, е еднаква на производот од силата на отпорот и брзината, а нивниот однос изнесува: 3

1

7

7

N1 F1 ⋅ v 1 ⎛ L1 ⎞ ⎛ L1 ⎞ 2 ⎛ L1 ⎞ 2 ⎛ 1 ⎞ 2 1 = = ⎜ ⎟ ⋅⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = N F ⋅v 16384 ⎝ 16 ⎠ ⎝L⎠ ⎝L⎠ ⎝L⎠ N = 16384·N1 г) Односот на бројот на вртење на гребенастото вратило на моделот и оригиналот, се добива со користење на Стухаловиот критериум:

151

1

v1 v = n1 ⋅ D1 n ⋅ D

1

n1 v 1 D ⎛ L1 ⎞ 2 L ⎛ L1 ⎞ 2 = ⋅ =⎜ ⎟ ⋅ =⎜ ⎟ n v D1 ⎝ L ⎠ L1 ⎝ L ⎠

или

−1

⎛L ⎞ =⎜ 1⎟ ⎝L⎠

−

1 2

1

⎛ L ⎞2 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ L1 ⎠

1 2

1 n1 ⎛ L ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ = (16 ) 2 = 4 ; n1 = 4 ⋅ n = 4 ⋅ 600 = 2400 min-1 n ⎝ L1 ⎠ Гребенастото вратило на моделот ќе се врти четири пати побрзо од гребенастото вратило на оригиналот. д) Односот на снагите на гребенастото вратило на моделот и оригиналот изнесува: N1,GV M1 ⋅ ω1 ρ 1 ⋅ n12 ⋅ D15 ⋅ n1 ω1 n1 = = , при тоа е: ρ = ρ 1 ; = 2 5 NGB. M ⋅ω ω n ρ ⋅n ⋅D ⋅n

N1,GV NGB.

3 2

5

7

7

⎛ L ⎞ ⎛L ⎞ 1 ⎛ L ⎞2 ⎛ 1 ⎞2 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ 1 ⎟ = ⎜ 1 ⎟ = ⎜ ⎟ = 16384 ⎝ 16 ⎠ ⎝L⎠ ⎝ L1 ⎠ ⎝ L ⎠

ѓ) Односот на Рејнолдсовите броеви за моделот и оригиналот е: Re,1 Re

v ⋅L v ⋅L = 1 1:

ν1

ν

3

1

при ν = ν 1

;

Re,1 v1 ⋅ L1 ⎛ L1 ⎞ 2 L1 = =⎜ ⎟ ⋅ Re v ⋅L ⎝ L ⎠ L

3

Re,1 ⎛ L1 ⎞ 2 ⎛ 1 ⎞ 2 1 =⎜ ⎟ =⎜ ⎟ = или Re = 64 ⋅ Re,1 Re ⎝ L ⎠ 64 ⎝ 16 ⎠ е) односот на кавитациските броеви на моделот и оригиналот е: ( p0 − p zp )1 ⋅ ρ ⋅ v 2 pat + ρ ⋅ g ⋅ H1 − p zp v 2 k1 ⎛ p0 − p zp ⎞ p0 − p zp ⎟ : = = ⋅ = ⎜⎜ k ⎝ ρ ⋅ v 2 ⎟⎠1 ρ ⋅ v 2 (p0 − pzp )⋅ ρ1 ⋅ v 12 pat + ρ ⋅ g ⋅ H − pzp v 12 v2 L ; = = 16 ; H = 16·H1 Бидејќи ρ = ρ 1 и p0 = p zp v 12 L1 5 101337 + 1000 ⋅ 9,81⋅ − 981 k1 16 1 ⋅ 16 = 11,076 = 101337 + 1000 ⋅ 9,81⋅ 5 − 981 k Кавитациониот број при испитувањето на моделот е 11,076 пати поголем во однос на кавитациониот број на оригиналот. Задача 14.10. Вентуриева цевка со димензии: D = 300 mm и d = 150 mm, наменета е за мерење на протокот на нафта. Се баждари со испитување со вода на нејзиниот модел. Димензиите на моделот се намалени за три пати. Да се определи: а) протокот на вода во моделот qv ,1 , протокот на нафта во прототипот изнесува q v = 100 l/s, кинематската вискозност на 2 водата ν = 0,01 cm /s, а на нафтата при t = 10ºC е ν = 0,045 cm2/s. б) загубите на специфичната енергија и падот на притисокот во прототипот, ако при испитувањето на моделот се добиени e zag ,1 = 1,962 J/kg и

Δp = 10000 Pa. Густината на нафтата изнесува ρ = 820 kg/m3. 152

Решение: а) Од еднаквоста на Рејнолдсовите броеви: v ⋅ d v 1 ⋅ d1 ν v d = ⋅ = се добива ν ν1 ν 1 v 1 d1

qv d 2 ⋅π v d2 ν d qv = v ⋅ A = v ⋅ или = ⋅ = ⋅ Следува: 4 qv ,1 v 1 d 12 ν 1 d 1 Протокот на вода во моделот изнесува: ν d 0,01 1 ⋅ = 7,407 l/s q v ,1 = q v ⋅ 1 ⋅ 1 = 100 ⋅ 0,045 3 ν d б) Од равенките за проток на нафта и вода, при исти коефициенти на проток, следува: 2 ⋅ Δp 2 ⋅ Δp1 qv = μ ⋅ A ⋅ и , односот на падот на притисокот е: qv ,1 = μ ⋅ A1 ⋅

ρ

ρ1

2

2

2

2

4 Δp ⎛⎜ qv ⎞⎟ ⎛ A1 ⎞ ρ ⎛ ν ⎞ ⎛ d ⎞ ⎛ d 1 ⎞ ρ ⎛ ν ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ =⎜ ⋅ = ⎜ ⎟ Δp1 ⎝ qv ,1 ⎟⎠ ⎝ A ⎠ ρ1 ⎝ ν 1 ⎠ ⎝ d 1 ⎠ ⎝ d ⎠ ρ1 ⎝ ν 1 ⎠

2

2

2

2

2

⎛d ⎞ ρ ⋅⎜ 1 ⎟ ⋅ ⎝ d ⎠ ρ1

2

⎛ν ⎞ ⎛d ⎞ ρ ⎛ 0,45 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 820 Δp = Δp1 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ 1 ⎟ ⋅ = 1000· ⎜ = 18450 Pa ⎟ ⋅⎜ ⎟ ⋅ ⎝ 0,01 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 1000 ⎝ ν 1 ⎠ ⎝ d ⎠ ρ1 в) Равенките за загубите на енергијата при исти коефициенти на отпорот е: 2 2 e zag v 12 v2 v 2 ⎛ d1 ⎞ ⎛ ν ⎞ = = ⎜ ⎟ ⋅⎜ ⎟ e zag = ξ ⋅ и , односот e zag,1 = ξ ⋅ 2 2 e zag ,1 v 12 ⎝ d ⎠ ⎜⎝ ν 1 ⎟⎠ 2

2

e zag

2

2

⎛d ⎞ ⎛ν ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 0,045 ⎞ = e zag ,1 ⋅ ⎜ 1 ⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = 1,962 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 4,4145 J/kg ⎝ 3 ⎠ ⎝ 0,01 ⎠ ⎝ d ⎠ ⎝ν 1 ⎠

Задача 14.11. Со помош на димензиска анализа да се определи хидростатичкиот притисок на нестислив флуид. Хидростатичкиот притисок зависи од атмосферскиот притисок M ⋅ L−1 ⋅ T −2 , густината M ⋅ L−3 , земјината гравитација L ⋅T −2 и длабочината [L ] .

[

]

[

]

[

]

Решение: Ова физичка појава е зависна од n = 4 големини, дадени во следната математичка зависност: f (p, ρ , g, h ) = 0 m = n − 3 = 1 - за овај случај потребно е да се постави еден бездимензиски моном. p = A + B ⋅ ρ x ⋅ g y ⋅ hz B – бездимензионална константа [p] = [ρ ]x ⋅ [g ]y ⋅ [h]z , односно

[M ⋅ L

] [

] [

]

⋅ T −2 = M ⋅ L−3 · L ⋅ T −2 ⋅ [L] M ⋅ L−1 ⋅ T −2 = M x ⋅ L−3⋅x ⋅ Ly ⋅ T −2⋅y ⋅ Lz ; M ⋅ L−1 ⋅ T −2 = M x ⋅ Ly + z −3⋅x ⋅ Ly ⋅ T −2⋅y x = 1 ; -2 = - 2·y, следи y = 1 ; -1 = y + z - 3·x, следи z = 1 p = A + B⋅ ρ ⋅g ⋅h ; A = p0 ; B=1 Димензиската анализа не може во потполност да даде одговор какви се коефициентите A и B. −1

x

y

z

153

Задача 14.12. Да се определи законот на промената на падот на притисокот Δp , за нестационарно струење на вискозен флуид низ рапава кружна цевка. Решение: По извршена анализа на одредени големини врз падот на притисокот на единица Δp должина од цевката е добиена функционалната зависност: L ⎛ Δp ⎞ f⎜ , d ,v ,δ , ρ,η ⎟ = 0 ⎝ L ⎠ Каде што: δ , m – rапавост на ѕидовите на цевката. m = n − p = 6 − 3 = 3 . Со помош на π − теоремата, оваа равенка треба да се сведи на три бездимензионални мономи: F (π 1,π 2 ,π 3 ) = 0 (a)

Δp ⎞ ⎛ ⎟ L ⎠ ⎝ Δp ⎞ ⎛ π 2 = π 2 ⎜ d ,v , ρ , ⎟ L ⎠ ⎝ Δp ⎞ ⎛ π 3 = π 3 ⎜ d ,v , ρ , ⎟ L ⎠ ⎝ Бидејќи мономите се бездимензионални, може да се напише: Δp = f1 (d ,v , ρ ) L η = f2 (d ,v , ρ ) δ = f3 (d ,v , ρ ) Од првата равенка следува:

π 1 = π 1 ⎜ d ,v , ρ ,

[M ⋅ L

]

x

]

x

[

] [

]

[

] [

]

⋅ T −2 = [L ] ⋅ L ⋅ T −1 ⋅ M ⋅ L−3 M ⋅ L−2 ⋅ T −2 = M z ⋅ Lx + y −3⋅z ⋅ T − y Се добива системот на равенки: z =1 ; x + y − 3 ⋅ z = −2 ; − y = −2 Решенијата се : x = -1 ; y = 2 ; z = 1 Δp Δp = d −1 ⋅ v 2 ⋅ ρ 1 , односно = 1= π1 L 2 L ρ ⋅v ⋅ d Од втората равенка следува: −2

[M ⋅ L

y

z

⋅ T −1 = [L ] ⋅ L ⋅ T −1 ⋅ M ⋅ L−3 M ⋅ L−1 ⋅ T −1 = M z ⋅ Lx + y −3⋅z ⋅ T − y Се добива системот на равенки: z =1 ; x + y − 3 ⋅ z = −1 ; Решенијата се : x = 1 ; y = 1 ; z = 1 −1

η = d ⋅v ⋅ ρ

,

y

односно:

Од третата равенка следува:

[L] = [L]x ⋅ [L ⋅ T −1 ]y ⋅ [M ⋅ L−3 ]z L = M z ⋅ Lx + y −3⋅z ⋅ T − y

154

z

η

d ⋅v ⋅ ρ

− y = −1 = 1= π2

(1) (2) (3)

Се добива системот на равенки: x + y −3⋅z =1 z=0 ; Решенијата се : x = 1 ; y = 0 ; z = 0

δ = d1 ⋅v 0 ⋅ ρ 0

−y =0

;

δ

= 1= π3 d Вредностите на бездимензионалните мономи се вметнуваат во тавенката (a) ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ η δ Δ p , , ⎟=0 F⎜ ⎜ 2 L d ⋅v ⋅ ρ d ⎟ ⎜ ρ ⋅v ⋅ ⎟ d ⎝ ⎠ Ова функција имплицитно се решава по првиот член и с едобива: η ν 1 Δp ⎛δ ⎞ = = каде што , или: = f ⎜ , Re ⎟ , ⋅ ⋅ ⋅ d v ρ d v R d 2 L ⎝ ⎠ e ρ ⋅v ⋅ d L δ⎞ ⎛ Δp = ⋅ ρ ⋅ v 2 ⋅ f ⎜ R e , ⎟ d d⎠ ⎝ δ⎞ ⎛ Во оваа равенка неопределена е големината f ⎜ R e , ⎟ . Познато е дека равенката d⎠ ⎝ 2 L v за падот на притисокот е: Δp = λ ⋅ ⋅ ρ ⋅ . Потрено е со експеримент да се 2 d δ⎞ ⎛ определи дека : λ = 2 ⋅ f ⎜ R e , ⎟ . Ако експериментот не се совпаѓа со утврдената d⎠ ⎝ констатација, односно ако се утврди дека λ зависи од друга големина, односно за Δp не се добиваат точни вредности, се заклучува дека во почетната анализа е испуштена некоја големина. ,

односно:

Задача 14.13. Со помош на димензиска анализа да се определи равенка за определување на на коефициентот на отпорот ξ x на елестично тело со карактеристична должина L и модул на елестичност E, кое се движи со брзина v низ течност со густина ρ . Решение: Од условите зададени во задачата може да се претпостави дека коефициентот на отпорот ξ x зависи од ρ, L,v и E, односно: ξ x = f (ρ , L,v , E ) Ова функција се развива во димензионален ред и се добива: n

ξ x = ∑ Bi ⋅ ρ x ⋅ Ly ⋅ v z ⋅ E t i =1

Bi − бездимензиски коефициент, кој во општ случај може да зависи од обликот и положбата на телото.

[

]

[

] [

]

1 = M ⋅ L−3 ⋅ [L ] ⋅ L ⋅ T −1 ⋅ M ⋅ L−1 ⋅ T −2 1 = L−3⋅x + y − z −t ⋅ T − z −2⋅t ⋅ M x +t Се добива системот на равенки: − 3x + y − z + t = 0 ; − z − 2⋅t = 0 ; Решенијата се : x = - t ; y = 0 ; z = - 2·t Коефициентот на отпорот е: x

y

z

t

x +t =0

155

t

⎛ E ⎞ ρ ⋅v 2 ⎟ ξ x = ∑ Bi ⋅ ⎜⎜ , за = − Кошиев број C a 2 ⎟ E i =1 ⎝ ρ ⋅v ⎠ Од ова се констатира дека за определен облик и положба на телото: ξ x = f (Ca ) n

Задача 14.14. За рамна плоча со висина L нормално на правецот на рамномерното струење со брзина v на невискозен флуид со густина ρ , со помош на димензиската анализа да се определи равенка за силата на отпорот Fx, ако p и p0 се притисоци пред и зад плочата.

Решение: Бидејќи силата на отпорот на плочата зависи од разликата на притисоците, пред и зад плочата (p и p0), тогаш: Fx = f (ρ, L.v , p − p0 ) Ако ова функција се развие во хомоген димензиски ред се добива: n

Fx = ∑ Bi ⋅ ρ x ⋅ Ly ⋅ v z ⋅ (p − p0 )

t

i =1

Bi − бездимензиска константа, која во општ случај може да зависи од обликот и положбата на плочата.

[M ⋅ L ⋅T ] = [M ⋅ L ] ⋅ [L] ⋅ [L ⋅T ] ⋅ [M ⋅ L T ] −2

−3 x

y

−1 z

−1

M ⋅ L ⋅ T −2 = M x +t ⋅ L−3⋅x + y + z −t ⋅ T − z −t Се добива системот на равенки: x +t =1 ; − 3x + y + z − t = 1 ; Решенијата се : x = 1 - t ; y = 2 ; z = 2 - 2·t Тогаш бараната сила на отпорот Fx е: ⎛ p − p0 Fx = ρ ⋅ L ⋅ v ⋅ ∑ Bi ⋅ ⎜⎜ 2 i =1 ⎝ ρ ⋅v 2

2

n

⎞ ⎟⎟ ⎠

−1 t

− z − t = −2

t

Каде што: p − p0 = E u − Ојлеров број v2 ρ⋅ 2

Тогаш:

Fx =

1 ⋅ ρ ⋅ v 2 ⋅ L2 ⋅ ξ x (E u ) 2

Задача 14.15. Во општ случај на движење на течност утврдено е дека протокот q v зависи од врзината v, површината на попречниот пресек на текот, густината

156

ρ , коефициентот на динамичката вискозност η и висината на притисокот H. Да се определи математичкиот облик на физичкиот закон за промената на протокот. Решение: Математичката зависност на промената на протокот од дадените големини е: qv = f0 (v , A, ρ,η, H ) или f (v , A, ρ ,η, H, qv ) = 0 Или во бездимензиски мономи: F (π 1,π 2 ,π 3 ,....,π m ) = 0 m = n − p = 6 − 3 = 3 број на бездимензиски мономи. Односно: F (π 1,π 2 ,π 3 ) = 0

π 1 = v x ⋅ A y ⋅ ρ z ⋅η π 2 = v x ⋅ Ay ⋅ ρ z ⋅ H π 3 = v x ⋅ A y ⋅ ρ z ⋅ qv Определување на мономот π 1

π 1 = v x ⋅ A y ⋅ ρ z ⋅η

[

] [ ] [ x

] [

y

]

z

1 = L ⋅ T −1 ⋅ L2 ⋅ M ⋅ L−3 ⋅ M ⋅ L−1T −1 1 = Lx + 2⋅y −3⋅z −1 ⋅ T − x −1 ⋅ M z +1 Се добива системот на равенки: − x −1= 0 ; x + 2⋅ y − 3 ⋅ z −1= 0 ; 1 Решенијата се : x = -1 ; y = ; z=-1 2 Тогаш бездимензискиот моном π 1 е:

π 1 = v x ⋅ A y ⋅ ρ z ⋅η = v −1 ⋅ A

−

1 2

⋅ ρ −1 ⋅η

η

или π 1 =

=

ρ ⋅v ⋅ A

z + 1= 0

ν v⋅ A

=

ν v ⋅L

=

1 Re

Определување на мономот π 2

[

π 2 = v x ⋅ Ay ⋅ ρ z ⋅ H

] [ ] [

]

1 = L ⋅ T −1 ⋅ L2 ⋅ M ⋅ L−3 ⋅ [L] 1 = Lx + 2⋅y −3⋅z +1 ⋅ T − x ⋅ M z Се добива системот на равенки: −x =0 ; x + 2⋅ y − 3⋅ z +1= 0 1 Решенијата се : x = 0 ; y = ; z=0 2 Тогаш бездимензискиот моном π 2 е: x

π 2 = v x ⋅ Ay ⋅ ρ z ⋅ H

y

z

;

π2 = v0 ⋅ A

или

−

1 2

⋅ ρ0 ⋅H =

Определување на мономот π 3

[

π 3 = v x ⋅ A y ⋅ ρ z ⋅ qv

] [ ] [ x

y

] [ z

1 = L ⋅ T −1 ⋅ L2 ⋅ M ⋅ L−3 ⋅ L3 ⋅ T −1 1 = Lx + 2⋅y −3⋅z +3 ⋅ T − x −1 ⋅ M z Се добива системот на равенки: − x −1= 0 ; x + 2⋅y −3⋅z + 3 = 0 Решенијата се : x = -1 ; y = -1 ; z = 0

z=0

H A

] ;

z=0

157

Тогаш бездимензискиот моном π 3 е:

π 3 = v x ⋅ A y ⋅ ρ z ⋅ qv

π 3 = v −1 ⋅ A −1 ⋅ ρ 0 ⋅ q v =

или

qv v ⋅A

Зависноста на бездимензиските мономи е: ⎛ 1 H qv ⎞ ⎟⎟ = 0 , , F ⎜⎜ R v ⋅ A A ⎝ e ⎠ Или во друг облик: qv ⎛ H ⎞ = φ ⎜⎜ R e , ⎟⎟ v ⋅A A⎠ ⎝ Бидејќи v = 2 ⋅ g ⋅ H , следува: ⎛ H ⎞ ⎟⎟ qv = A ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H ⋅ φ ⎜⎜ R e , A⎠ ⎝ ⎛ H ⎞ Каде што коефициентот m = φ ⎜⎜ R e , ⎟⎟ A⎠ ⎝

qv = m ⋅ A ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H

или

Задача 14.16. Со помош на димензиската анализа потребно е да се определи зависноста на силата на отпорот R x што се јавува при стационарно движење на топка со радиус R, под дејство на земјината гравитација и силата на потисокот, низ вискозна течност вертикално надолу со брзина v. Се претпоставува дека зависноста на силата R x од Рејнолдсовиот број е линеарна и дека коефициентот на отпорот е ξ x = 6 ⋅ π . Потоа од општиот израз за силата да се определи брзината v во случај ако радиусот R = 0,8 mm, коефициентот на динамичката вискозност η = 0,162 N·s/m2, густината на материјалот на топката ρ m = 7850 kg/m3, густината на течноста ρ = 910 kg/m3. Решение: Според условите во задачата се претпоставува дека силата на отпорот R x е функција од следните големини: R x = f (ρ , R,v ,η ) Со развивање на оваа функција во ред се добива: Rx =

n

∑B i =1

i

⋅ ρ x ⋅ R y ⋅ v z ⋅η t

[M ⋅ L ⋅T ] = [M ⋅ L ] ⋅ [L] ⋅ [L ⋅T ] ⋅ [M ⋅ L −2

−3 x

y

−1 z

−1

⋅ T −1

]

t

M ⋅ L ⋅ T −2 = M x +t ⋅ L−3⋅x + y + z −t ⋅ T − z −t Се добива системот на равенки: x +t =1 ; −3⋅x + y + z −t =1 ; − z − t = −2 Решенијата на системот равенки: x = 1 - t ; y = 2 - t ; z = 2 – t Равенката на силата на отпорот е: n ⎛ ν ⎞ R x = ρ ⋅ R 2 ⋅ v 2 ⋅ ∑ Bi ⎜ ⎟⋅t ⎝v ⋅R ⎠ i =1 Каде што: v ⋅R − Рејнолдсов број. За случај на линеарна зависност на силата Re =

ν

R x од Re - бројот, ќе биде за t = 1, односно: 158

n

R x = ρ ⋅ R ⋅ v ⋅ν ⋅ ∑ Bi i =1

Ако за

n

∑B

i

= ξ x , се внеси во погорната равенка, се добива бараната равенка за

i =1

силата R x , односно:

R x = ξ x ⋅η ⋅ R ⋅ v = 6 ⋅ π ⋅η ⋅ R ⋅ v При рамномерно движење на топката надолу, важи равенката: G = P − Rx Каде што: G − тежина на топката P − сила на потисокот Според тоа се добива равенката: 4 3 ⋅ R ⋅ π ⋅ (ρ m ⋅ g − ρ ⋅ g ) = 6 ⋅ π ⋅ η ⋅ R ⋅ v 3 Од оваа равенка се добиваравенката на брзината: 2 0,0008 2 2 R2 v= ⋅ ⋅ (ρ m − ρ ) ⋅ g = ⋅ ⋅ (7850 − 910 ) ⋅ 9,81 = 0,05977 m/s 9 0,162 9 η

159

160

Задача 15.1. Волуменскиот проток на флуидната струја изнесува q v = 6,7 l/s, и струи низ хоризонтална цевка со попречен пресек во вид на прстен составен од две коаксијални поцинковани челични цевки. Надворешниот дијаметар на внатрешната цевка е d = 75 mm, а внатрешниот дијаметар на надворешната цевка е D = 100 mm. Да се определи загубата на енергијата поради триење на течноста низ цевката со должина L = 30 m, ако коефициентот на кинематската вискозност на водата изнесува ν = 0,013 cm3/s. Решение: Попречниот пресек низ кој струи водата изнесува: 0,12 − 0,075 2 D2 − d 2 ⋅π = ⋅ π = 3,436 ⋅ 10 −3 m2 A= 4 4 Наквасениот обем (периметар) изнесува: O = (D + d ) ⋅ π = 0,549778 m Хидрауличниот радиус на овој попречен пресек изнесува: A D2 − d 2 D − d 100 − 75 = = = 6,25 ⋅ 10 −3 m Rh = = O 4 ⋅ (D + d ) 4 4 Еквавилентниот дијаметар е: Dekv = 4 ⋅ R h = 4 ⋅ 6,25 ⋅ 10 −3 = 25 ⋅ 10 −3 m Брзината на струење на водата низ попречниот пресек изнесува: q 6,7 ⋅ 10 −3 = 1,95 m/s v= v = A 3,436 ⋅ 10 −3 Рејнолдсовиот број на струењето е: v ⋅ Dekv 1,95 ⋅ 0,025 = Re = = 37500 > R e,kr = 2320 ν 0,013 ⋅ 10 − 4 Коефициентот на триење се определува според равенката на Блазиус: 0,3164 0,3164 λ = 0,25 = = 0,0227 37500 0,25 Re Бараната загуба на специфичната енергија од триење изнесува: 30 1,95 2 L v2 Δe zag ,tr = λ ⋅ ⋅ = 0,0227 ⋅ ⋅ = 51,79 J/kg 0,025 2 Dekv 2 Δp zag,tr = 51790 Pa Задача 15.2. Низ хоризонтална цевка со должина L=900 m и дијаметар D=100 mm, пумпата транспортира qv = 4,5 ⋅ π l/s течност со густина ρ = 900 kg/m3 и кинематска вискозност ν = 1,2 cm2/s. Во 1 од волуменскиот точката B се одзема 3

161

проток qv . Во точката C се одзена истиот волуменски проток како во точката B, а 1 останатиот проток ( ⋅ qv ) струи понатаму така да во точката K, пумпата 3 остварува притисок p = 1,47 bar. Да се определи притисокот во почетрокот на цевководот кој пумпата мора да го оствари за да се обезбеди потребниот капацитет, под претпоставка дека вкупната загуба на енергијата (притисокот) е резултирана од триењето на течноста со ѕидовите на цевководот. Решение: Поедини делници ги имаат волуменските протоци: 2 1 qv ,1 = qv ; qv ,2 = ⋅ qv и qv ,3 = ⋅ qv 3 3 Брзините на струење на течноста по делниците: 4,5 ⋅ π 4⋅ 4 ⋅ qv 1 1000 = 1,8 m/s ; v = 2 ⋅ v = 1,2 m/s ; v1 = 2 = v 3 = ⋅ v 1 = 0,6 m/s 2 1 2 3 3 D ⋅π 0,1 ⋅ π Рејнолдсовите броеви по делници: v ⋅D 1,8 ⋅ 0,1 v ⋅D 1,2 ⋅ 0,1 R e,1 = 1 = = 1500 < R e,kr = 2320 ; Re,2 = 2 = = 1000 < Re,kr −4 ν ν 1,2 ⋅ 10 −4 1,2 ⋅ 10 v ⋅D 0,6 ⋅ 0,1 Re ,3 = 3 = = 500 < Re,kr ν 1,2 ⋅ 10 −4 Во сите делници струењето е ламинарно, односно коефициентите на триење се определуваат со помош на равенката: 64 64 64 64 64 64 λ1 = = = 0,043 ; λ2 = = = 0,064 ; λ3 = = = 0,128 R e,1 1500 Re,2 1000 Re,3 500 Енергетските равенки по делници: v2 L Делница 3 pC − pK = λ3 ⋅ ⋅ρ⋅ 3 3⋅D 2 L v 22 Делница 2 pB − pC = λ2 ⋅ ⋅ρ⋅ 3⋅D 2

L v2 ⋅ρ⋅ 1 3⋅D 2 Вкупната загуба на енергијата (притисокот) е збир на загубата на енергиите по делници, односно: L 1 pP − pK = ⋅ ρ ⋅ ⋅ λ3 ⋅ v 32 + λ ⋅ v 22 + λ1 ⋅ v 12 3⋅D 2 Пумпата треба да го обезбеди притисокот: L 1 pP = pK + ⋅ ρ ⋅ ⋅ λ3 ⋅ v 32 + λ2 ⋅ v 22 + λ1 ⋅ v 12 3⋅D 2 900 1 pP = 147000 + ⋅ 900 ⋅ ⋅ 0,128 ⋅ 0,6 2 + 0,064 ⋅ 1,2 2 + 0,043 ⋅ 1,8 2 3 ⋅ 0,1 2 pP = 521706 Pa ≈ 5,22 bar Делница 1 pP − pB = λ1 ⋅

(

162

(

)

(

)

)

Задача 15.3. Мазутот со густина ρ = 880 kg/m3 и кинематска вискозност ν = 0,25 cm2/s, течи од резервоарот A кон потрошувачот B. Масениот проток изнесува q m = 300 kg/h, а цевководот низ кој тече има должина L=30 m и дијаметар D = 25 mm. а) Да се определи загубата на енергијата (притисикот) при струењето низ цевководот. б) Ако висината H на која се наоѓа резервоарот A во однос на потрошувачор B изнесува 8 m, колкав е надпритисокот пред влезот во потрошувачот? Решение: а) средната брзина на течење на мазутот е: 300 4⋅ 4 ⋅ qm 3600 v= = 0,193 m/s = 2 ρ ⋅ D ⋅ π 880 ⋅ 0,025 2 ⋅ π Рејнолдсовиот број е: v ⋅ D 0,193 ⋅ 0,025 = = 193 Re = ν 0,25 ⋅ 10 − 4 Струењето на на мазутот е ламинарно, а коефициентот на триење изнесува: 64 64 λ= = = 0,332 R e 193 Загубата на притисокот при триење изнесува: L v2 30 0,193 2 Δp = λ ⋅ ⋅ ρ ⋅ = 0,332 ⋅ ⋅ 880 ⋅ = 6530 Pa D 2 0,025 2 б) Енергетската равенка за пресеците 1-1 и 2-2 1 − 1 p0 p + p0 L v2 v2 + g ⋅H = m +λ⋅ ⋅ + ρ 2 D 2 2−2 ρ 2

L⎞ v ⎛ + ⎜1 + λ ⋅ ⎟ ⋅ ρ ⎝ D⎠ 2 Бараниот надпритисок пред потрошувачот е: L ⎞ v2 30 ⎞ 0,193 2 ⎛ ⎛ = 880 ⋅ 9,81⋅ 8 − 880 ⋅ ⎜1 + 0,332 ⋅ pm = ρ ⋅ g ⋅ H − ρ ⋅ ⎜1 + λ ⋅ ⎟ ⋅ ⎟⋅ 0,025 ⎠ 2 D⎠ 2 ⎝ ⎝ p m = 62516,41 Pa = 62,516 kPa g ⋅H =

pm

Задача 15.4. Пумпата црпи масло со кинематска вискозност ν = 4 cm2/s и густина ρ = 850 kg/m3 и преку разводникот R го транспортира во хидрауличниот цилиндар HC. Клипот во цилиндерот се движи со брзина v k = 0,1 m/s и го потиснува маслото преку разводникот R кон резервоарот A. Должината на цевководите се L1 = 5 m и L2 = 5 m. Дијаметарот на клипот D = 60 mm, дијаметарот на клипната полуга dkp = 20 mm, а дијаметарот на цевководот изнесува d = 10 mm. Да се определи притисокот што треба да го обезбеди пумпата, за на клипната полуга се обезбеди сила од F = 9810 N. 163

Решение: Волуменскиот проток низ хидрауличниот цилиндер изнесува: 2 D 2 − d kp 0,06 2 − 0,02 2 ⋅ π = 0,1⋅ ⋅ π = 2,513 ⋅ 10 − 4 m3/s qv = v k ⋅ 4 4 Брзината на струење на маслото по цевководот е: 4⋅q 4 ⋅ 2,513 ⋅ 10 −4 v= 2 v = = 3,2 m/s d ⋅π 0,012 ⋅ π Рејнолдсовиот број е: v ⋅ d 3,2 ⋅ 0,01 Re = = = 80 < R e,kr = 2320 ν 4 ⋅ 10 −4 Струењето на на мазутот е ламинарно, а коефициентот на триење изнесува: 64 64 λ= = = 0,8 R e 80 Пумпата треба да обезбеди притисок кој ќе ги совлада сите отпори и ќе ја обезбеди потребната сила на клипната полуга, односно: L1 + L2 4⋅F v2 pP = pF + Δp = +λ⋅ ⋅ρ⋅ 2 2 d ⋅π D 2 − d kp

(

pP =

)

4 ⋅ 9810 5+5 3,22 850 0 , 8 + ⋅ ⋅ ⋅ = 7384875 Pa = 73,85 bar 0,06 2 − 0,02 2 ⋅ π 0,01 2

(

)

Задача 15.5. Да се определи стварниот притисок на маслото на влезот во пумпата на маслениот систем на авионот, ако авионот лета на висина каде атмосферскиот протисок изнесува 10,286 kPa. Должината на всисниот цевковод изнесува L = 2 m, дијаметарот D = 18 mm, а нивото на маслото над пумпата изнесува h = 700 mm. Волуменскиот прпток на маслото е q v = 0,266 l/s, а вискозноста е ν = 0,11 cm2/s и густината е ρ = 900 kg/m3. Локалните отпори да се занемарат. Да се земи во предвид Кориолисовиот коефициент на енергијата. Решение: Средната брзина на струење низ цевководот е: 4⋅q 4 ⋅ 0,266 ⋅ 10 −3 = 1,045 m/s v= 2 v = 0,018 2 π D ⋅π Рејнолдсовиот број е: v ⋅ d 1,045 ⋅ 0,018 Re = = = 1710,5137 < R e,kr = 2320 ν 0,11⋅ 10 −4 Струењето на на маслото е ламинарно, а коефициентот на триење изнесува: 64 64 λ= = = 0,0374 R e 1710,5137 Се пставува енергетска равенка за пресеците 1-1 и 2-2: 1− 1 p0 v 2 pL L v2 + g ⋅h =α ⋅ + +λ⋅ ⋅ 2−2 2 D 2 ρ ρ 164

Притисокот пред пумпата изнесува: p L p0 L ⎞ v2 L⎞ v2 ⎛ ⎛ = + g ⋅ h − ⎜α + λ ⋅ ⎟ ⋅ или pL = p0 + ρ ⋅ g ⋅ h − ⎜ α + λ ⋅ ⎟ ⋅ ρ ⋅ ρ ρ 2 D⎠ 2 D⎠ ⎝ ⎝ За ламинарно струење α = 2 , тогаш притисокот пред пумпата изнесува: 2 ⎞ 1,045 2 ⎛ pL = 10286 + 900 ⋅ 9,81⋅ 0,7 − ⎜ 2 + 0,0374 ⋅ = 13441,36 Pa ⎟ ⋅ 900 ⋅ 0,018 ⎠ 2 ⎝ Задача 15.6. Да се пресмета силата P што е потребна да делува на клипот од пумпата со дијаметар D = 65 mm, за да можи полнењето во притисниот резервоар да се врши со проток q v = 2,5 l/s. Висината на течноста во резервоарот во однос на оската на пумпата изнесува H0 = 10 m, а надпритисокот над слободната површина e 0,15 MPa. Димензиите на цевководот се: L = 60 m, d = 30 mm и апсолутната рапавост е δ = 0,03 mm. Коефициентот на локалниот отпор на вентлот е ξ v = 5,5 . Загубите на енергијата поради закривеност на цевководот да се занемарат. Задачата да се реши за два случаи: а) се транспортира бензин со ρ = 765 kg/m3 и ν = 0,4 ⋅ 10 −2 cm2/s б) се транспортира машинско масло со ρ = 930 kg/m3 и ν = 20 ⋅ 10 −2 cm2/s Решение: Се поставува енергетска равенка за пресеците 1-1 и 2-2: 2 1 − 1 p1 v 12 pm ⎛ L ⎞ v + = + g ⋅ H 0 + ⎜ λ ⋅ + ξv ⎟ ⋅ 2 2−2 ρ 2 ρ ⎝ d ⎠ 2 Од равенката на континуитетот се добиваат вредностите на брзините: 4 ⋅ qv 4 ⋅ 2,5 ⋅ 10 −3 D 2π d 2π = v1 = 2 qv = v 1 ⋅ = v2 ⋅ ; = 0,7534 m/s 0,065 2 ⋅ π 4 4 D ⋅π 2

2

⎛ 65 ⎞ ⎛D⎞ v 2 = v 1 ⋅ ⎜ ⎟ = 0,7534 ⋅ ⎜ ⎟ = 3,5367 m/s ⎝ 30 ⎠ ⎝d ⎠ а) Рејнолдсовиот број изнесува: v ⋅ d 3,5367 ⋅ 0,03 = 265252 Re = 2 = ν 0,4 ⋅ 10 −6 δ 0,03 = 0,001 Релативната рапавост изнесува: k = = d 30 23 560 За однос : < Re < се користи равенката на Алтшул, односно: k k 0,25

0,25

⎛ δ 68 ⎞ 68 ⎞ ⎛ 0,03 ⎟⎟ = 0,11⋅ ⎜ + = 0,02 λ = 0,11⋅ ⎜⎜ + ⎟ ⎝ 30 265252 ⎠ ⎝ d Re ⎠ Од енергетската равенка се добива вредноста на притисокот пред клипот: v 22 v 12 ⎛ L ⎞ p1 = pm + ⎜ λ ⋅ + ξ v ⎟ ⋅ ρ ⋅ + ρ ⋅ g ⋅ H0 − ρ ⋅ 2 2 ⎝ d ⎠ 165

60 3,5367 2 0,7534 2 ⎛ ⎞ p1 = 150000 + ⎜ 0,02 ⋅ + 5,5 ⎟ ⋅ 765 ⋅ + 765 ⋅ 9,81⋅ 10 − 765 ⋅ 0,03 2 2 ⎝ ⎠ p1 = 442520 Pa Силата што делува на клипот изнесува: 0,065 2 ⋅ π D2 ⋅ π = 442520 ⋅ = 1468,417 N P = p1 ⋅ 4 4 б) Рејнолдсовиот број за овај случај изнесува: v ⋅ d 3,5367 ⋅ 0,03 Re = 2 = 5305,05 = ν 20 ⋅ 10 −6 За вредност на R e < 10 4 и 10 −5 < k = 0,001< 0,04 се користи равенката на Вуд за определување на вредноста на коефициентот на триење, односно: λ = a + b ⋅ R e−c = 0,020397 + 4,21195 ⋅ 5305,05 −0,642 = 0,0375 Каде што: ; b = 88 ⋅ k 0,44 = 4,21195 a = 0,094· k 0,225 +0,53·k = 0,020397 c = 1,62 ⋅ k 0,134 = 0,642 Вредноста на притисокот пред клипот изнесува: 60 3,5367 2 0,7534 2 ⎛ ⎞ p1 = 150000 + ⎜ 0,0375 ⋅ + 5,5 ⎟ ⋅ 930 ⋅ + 930 ⋅ 9,81⋅ 10 − 930 ⋅ 0,03 2 2 ⎝ ⎠ p1 = 709184 Pa Силата што делува на клипот изнесува: 0,065 2 ⋅ π D2 ⋅ π = 709184 ⋅ = 2353,3 N P = p1 ⋅ 4 4 Задача 15.7. Водата се качува во отворен резервоар по вертикална цевка со димензии: d = 25 mm ; L = 3 m ; h = 0,5 m, под дејство на надпритисокот што владее над слободната површина на долниот затворен резервоар. Да се определи притисокот pm што го покажува манометарот M, при кој протокот низ цевката ќе биде qv = 1,5 l/s. Коефициентот на локалниот отпор при отворен вентил е ξ v = 9,3 . Другите локални отпори да се занемарат. Коефициентот на триење да се определи преку зададената апсолутна рапавост δ = 0,2 mm, кинематската вискозност на водата е ν = 1,007 ⋅ 10 −6 m2/s. Решение: Рејнолдсовиот број изнесува: v ⋅d 4 ⋅ qv 4 ⋅ 1,5 ⋅ 10 −3 Re = = = = 75863 ν d ⋅ π ⋅ν 0,025 ⋅ π ⋅ 1,007 ⋅ 10 −6 Релативната рапавост е: δ 0,2 k= = = 8 ⋅ 10 −3 d 25 560 λ - се определува според равенката на Шифринсон: За R e > ; k λ = 0,11⋅ k 0,25 = 0,11⋅ 0,008 0,25 = 0,0329 166

Се поставува енергетска равенка за пресеците 1-1 и 2-2: 2 1− 1 p0 p + pm ⎛ 2⋅L ⎞ v + g ⋅ 2 ⋅L + ⎜λ ⋅ + ξv ⎟ ⋅ = 0 d ρ ρ 2−2 ⎝ ⎠ 2 Од равенката на континуитетот се добива брзината на струење: 4⋅q 4 ⋅ 1,5 ⋅ 10 −3 = 3,0557 m/s v= 2 v = 0,025 2 ⋅ π d ⋅π Надпритисокот над слободната површина на долниот резервоар изнесува: v2 ⎛ 2⋅L ⎞ + ξv ⎟ ⋅ ρ ⋅ pm = 2 ⋅ ρ ⋅ g ⋅ L + ⎜ λ ⋅ 2 d ⎝ ⎠ 2⋅3 3,0557 2 ⎛ ⎞ pm = 2 ⋅ 1000 ⋅ 9,81⋅ 3 + ⎜ 0,0329 ⋅ + 9,3 ⎟ ⋅ 1000 ⋅ = 139142 Pa 0,025 2 ⎝ ⎠ Задача 15.8. Низ цилиндрична права цевка со дијаметар d =125 mm струи течност со густина ρ = 850 kg/m3 и со кинематска вискозност ν = 2,5 cm2/s. За мерење на брзината во оската на цевката се користи Питотова цевка со два манометри (U-цевки со жива). Покажувањето на овие два манометри се Δh1 = 16 mm Hg и Δh2 = 70,5 mm Hg. Да се определи брзината на струење на течноста во осовината на цевката, а потоа да се определи падот на притисокот на делницата со L = 100 m.

Решение:

Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 1-1: 2 0−0 p + ρ ziva ⋅ g ⋅ Δh2 p v max + + g ⋅ (x + Δh2 ) = 0 (1) 1− 1 ρ 2 ρ 2−2 p p + ρ ziva ⋅ g ⋅ Δh1 + g ⋅ (x + Δh1 ) = 0 (2) 3−3 ρ ρ Од равенките (1) и (2) се добива равенка за определување ма максималната брзина на флуидната струја во оската на цевката: ⎛ρ ⎞ ⎛ 13600 ⎞ v max = 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ ziva − 1⎟⎟ ⋅ (Δh2 − Δh1 ) = 2 ⋅ 9,81⋅ ⎜ − 1⎟ ⋅ (0,0705 − 0,016 ) = 4 m/s ⎝ 850 ⎠ ⎝ ρ ⎠ Рејнолдсовиот број на струењето изнесува: v ⋅ d v max ⋅ d 4 ⋅ 0,125 = = 1000 < 2320 = R e = sr 2 ⋅ν ν 2 ⋅ 2,5 ⋅ 10 − 4 167

Струењето е ламинарно, коефициентот на триење е: 64 64 λ= = = 0,064 R e 1000 Падот на притисокот на делницата за L = 100 m изнесува: v sr2 L 22 100 Δp = λ ⋅ ⋅ ρ ⋅ = 0,064 ⋅ ⋅ 850 ⋅ = 87040 Pa = 87,04 kPa d 2 0,125 2 Задача 15.9. Во хидраулична инсталација за создавање на работна сила Fr, на клипната полуга од хидрауличниот цилиндер HC, не како извор на енергија, се користи пневматско-хидрауличен акумулатор PHA. Врската меѓу HC и PHA е остварена со помош на цевковод со L = 20 m и d = 20 mm, а командата се врши со разводникот R при состојбата a е работна, а состојбата b повратна (во овај случај под дејство на надворешна сила). Надпритисокот во PHA изнесува 5 bar, густината на течноста ρ = 900 kg/m3, а кинематската вискозност ν = 0,2 cm2/s. Дијаметарот на клипот D = 80 mm, се движи со брзина од 0,1 m/s. Се претпоставува дека вкупните локални загуби во цевководот изнесуваат 30% од загубите на енергијата од триење. Силата на триење меѓу цилиндерот и клипот да се занемари. Да се определи големината на работната сила Fr на клипната полуга на HC.

Решение: Од равенката на континуитетот:

D2 ⋅π d 2 ⋅π =v⋅ 4 4 Се добива брзината на струењето на течноста во цевководот, односно: vk ⋅

2

2

⎛D⎞ ⎛ 80 ⎞ v = v k ⋅ ⎜ ⎟ = 0,1⋅ ⎜ ⎟ = 1,6 m/s ⎝d ⎠ ⎝ 20 ⎠ Рејнолдсовиот број на ова струење изнесува: v ⋅d 4 ⋅ 0,02 Re = = = 1600 < 2320 ν 0,2 ⋅ 10 − 4 Струењето е ламинарно, коефициентот на триење е: 64 64 λ= = = 0,04 R e 1600 Се поставува енергетска равенка заесеците 0-0 и 1- 1: 2 0 − 0 p0 + pm p0 + pk v k2 ⎛ L ⎞ v = + + ⎜ λ ⋅ + Σξ ⎟ ⋅ 1− 1 2 ⎝ d ρ ρ ⎠ 2 L Од условот зададен во задачата Σξ = 0,3 ⋅ λ ⋅ , се внесува во равенката (1): d 168

(1)

pm − pk

v k2 L v2 + 1,3 ⋅ λ ⋅ ⋅ d 2 2 ρ 2 v L v2 pk = pm − ρ ⋅ k − 1,3 ⋅ λ ⋅ ⋅ ρ ⋅ 2 2 d D2 ⋅π Работната сила на клипната полуга изнесува, Fr = pk ⋅ , односно: 4 ⎛ v2 L v 2 ⎞ D 2π Fr = ⎜⎜ pm − ρ ⋅ k − 1,3 ⋅ λ ⋅ ⋅ ρ ⋅ ⎟⎟ ⋅ d 2 2 ⎠ 4 ⎝ =

⎛ 0,12 20 1,6 2 Fr = ⎜⎜ 5 ⋅ 10 5 − 900 ⋅ − 1,3 ⋅ 0,04 ⋅ ⋅ 900 ⋅ 2 0,02 2 ⎝

⎞ 0,08 2 π ⎟⎟ ⋅ = 2212 N 4 ⎠

Задача 15.10. Млазницата M со излезен дијаметар d2 = 15 mm што се наоѓа на висина H = 4 m над слободната површина и е поврзан со црево со дијаметар d1 = 30 mm и L = 30 m за резервоарот. Познати се коефициентите на локлните отпори: ξ vl = 0,5 ; ξ v = 3 и ξ mlaz = 0,2 (рачуната со брзината v2 на излезот од млазницата). Да се претпостави дека цревото е хидралички мазно. Да се определи надпритисокот pm во резервоарот, што ќе обезбеди истекување на водата низ млазницата M, при тоа v2 = 16 m/s. Кинематската вискозност на водата е ν = 1,007 ⋅ 10 −6 m2/s. Решение: Од равенката на континуитетот се добива: 2

2

⎛d ⎞ d 2 ⋅π d2 ⋅π ⎛ 15 ⎞ v1 ⋅ 1 или v 1 = v 2 ⋅ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 16 ⋅ ⎜ ⎟ = 4 m/s = v2 ⋅ 2 4 4 ⎝ 30 ⎠ ⎝ d1 ⎠ Рејнолдсовиот број на ова струење изнесува: v ⋅d 4 ⋅ 0,03 Re = 1 1 = = 119166 ν 1,007 ⋅ 10 −6

За 4000 < Re < 3 ⋅ 10 6 , за определување на коефициентот на триење се користи равенката на Конаков, односно: 1 1 λ= = = 0,017145 2 (1,8 ⋅ log Re − 1,5) (1,8 log119166 − 1,5)2 Се поставува енергетска равенка заесеците 0-0 и 1- 1: 1− 1 ⎞ v2 p0 + pm p0 v2 ⎛ L v2 = + g ⋅ H + 2 + ⎜⎜ λ ⋅ + ξvl + ξv ⎟⎟ ⋅ 1 + ξ mlaz ⋅ 2 2−2 ρ ρ 2 ⎝ d1 2 ⎠ 2 Од оваа равенка се добива вредноста за надпритисокот во резервоарот, односно: ⎞ v2 ⎛ v2 L pm = ρ ⋅ g ⋅ H + ρ ⋅ ⎜⎜ λ ⋅ + ξ vl + ξ v ⎟⎟ ⋅ 1 + (1 + ξ mlaz ) ⋅ ρ ⋅ 2 2 ⎠ 2 ⎝ d1 30 16 2 ⎛ ⎞ 42 pm = 1000 ⋅ 9,81⋅ 4 + 1000 ⋅ ⎜ 0,017145 ⋅ + 0,5 + 3 ⎟ ⋅ + (1 + 0,2) ⋅ 1000 ⋅ 0,03 2 ⎝ ⎠ 2 pm = 358000 Pa = 3,58 bar

169

Задача 15.11. Пумпата всисува вода од резервоарот A и ја исфрлува на висина Ht = 19,62 m (теоретска висина) во форма на фонтана, низ млазницата со D дијаметар d = . Вкупната должина на цевководот е L = 60 m, а дијаметарот D = 4 40 mm. Да се определи специфичната енергија и корисната снага на пумпата. Познати се податоците: H1 = 2 m ; H2 = 5 m ; ξ s = 8 ; ξ k = 0,2 ; ξ v = 3 ; ξ mlaz = 0,1 и

коефициентот на кинематската вискозност на водата ν = 0,1⋅ 10 −4 cm2/s.

Решение: Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 0-0 и 1-1: 0−0 v 12 g ⋅ Ht = 1− 1 2

Брзината со која водата истекува од млазницата изнесува: v 1 = 2 ⋅ g ⋅ H t = 2 ⋅ 9,81⋅ 19,62 = 19,62 m/s Од равенката на континуитетот се определува вредноста на брзината на водата во цевководот: 2 ⎛D⎞ 2 ⎜ ⎟ 1 D2 ⋅π d 2 ⋅π ⎛d ⎞ vk ⋅ ; v = v 1 ⋅ ⎜ ⎟ =19,62· ⎜ 4 ⎟ = 19,6 ⋅ = 1,226 m/s = v1 ⋅ 4 4 16 ⎜D⎟ ⎝D⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Рејнолдсовиот број на ова струење изнесува: v ⋅D 1,226 ⋅ 0,04 = = 49040 Re = 0,01⋅ 10 − 4 ν Струењето во цевководот е турбулентно, коефициентот на триење се определува според равенката на Блазијус, односно: 03164 0,3164 λ = 0,25 = = 0,02126 Re 49040 0,25 Се поставува енергетска равенка за пресеците 2-2 и 1-1 2 2 − 2 p0 p0 v 12 ⎛ L v 12 ⎞ v + ep = + g ⋅ (H1 + H 2 ) + + ⎜ λ ⋅ + ξ s + 2 ⋅ ξ k + 2 ⋅ ξv ⎟ ⋅ + ξ mlaz ⋅ ρ ρ 1− 1 2 ⎝ D 2 ⎠ 2 Равенката на специфичната енергија на пумпата е: 2 v2 ⎛ L ⎞ v ep = g ⋅ (H1 + H 2 ) + ⎜ λ ⋅ + ξ s + 2 ⋅ ξ k + 2 ⋅ ξv ⎟ ⋅ + (1 + ξ mlaz ) ⋅ 1 2 ⎝ D ⎠ 2

170

2 60 19,622 ⎛ ⎞ 1,226 + 8 + 2 ⋅ 0,2 + 2 ⋅ 3 ⎟ ⋅ ep = 9,81⋅ (2 + 5 ) + ⎜ 0,02126 ⋅ + (1 + 0,1) ⋅ 40 2 2 ⎝ ⎠ ep = 315,178 J/kg Волуменскиот проток изнесува: D2 ⋅π 0,04 2 ⋅ π qv = v ⋅ = 1,226 ⋅ = 1,54 ⋅ 10 −3 m3/s 4 4 Корисната снага на пумпата е: N k = ρ ⋅ e p ⋅ qv = 1000·315,178·1,54·10-3 = 485,324 W

Задача 15.12. Да се определи волуменскиот проток на водата и стварниот притисок p1, во највисоката точка на сифонот со дијаметар D = 50 mm и должина L = 10 m. Разликата на слободната површина на резервоарите A и B е H = 1,2 m. Највисоката точка (пресекот 1-1) се наоѓа на оддалеченост L1 = 3 m и на висина h1 = 1 m во однос на слободната површина на резервоарот A. Познати се податоците: λ = 0,023 ; ξ vl = 0,5 и ξ k = 0,45 .

Решение: Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 2-2: 2 0−0 p0 p ⎛ L ⎞ v + g ⋅ H = 0 + ⎜ λ ⋅ + ξvl + ξ k ⎟ ⋅ ρ ρ ⎝ D 2−2 ⎠ 2 Средната брзина на водата низ сифонот е: 2 ⋅ 9,81⋅ 1,2 2⋅g ⋅H = 2,06 m/s v= = L 10 λ ⋅ + ξ vl + ξ k 0,023 ⋅ + 0,5 + 0,45 D 0,05 Бараниот волуменски проток изнесува: 0,05 2 ⋅ π D2 ⋅π qv = v ⋅ = 2,06 ⋅ = 4,044 ⋅ 10 −3 m3/s 4 4 Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 1-1: 0−0 p0 p1 v 2 ⎛ L1 ⎞ v2 = + g ⋅h + + ⎜ λ ⋅ + ξ vl ⎟ ⋅ 1− 1 2 ⎝ D ρ ρ ⎠ 2

⎛ L ⎞ v2 − ρ ⋅g ⋅h p1 = p0 − ⎜ λ ⋅ 1 + ξ vl + 1⎟ ⋅ ⎝ D ⎠ 2 3 ⎛ ⎞ 2,06 2 p1 = 100000 − ⎜ 0,023 ⋅ + 0,5 + 1⎟ ⋅ − 1000 ⋅ 9,81⋅ 1 = 84077 Pa < p0 0,05 2 ⎝ ⎠

171

Задача 15.13. Резервоарите A и B се поврзани со сифон, а димензиите се прикажани на сликата: H = 4 m ; h = 4,5 m ; d = 100 mm ; L1 = 50 m ; L = 70 m ; λ = 0,04 ; ξ s = 5 ; ξ izl = 1, кориолисовиот коефициент α = 1,1 . Да се определи коефициентот на локалниот отпор на вентилот, од условот дека максималниот подпритисок во пресекот C-C изнесува pv = 68,67 kPa. Решение:

Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и C-C: 2 0−0 p0 p v 2 ⎛ L1 ⎞ v − g ⋅h = C +α ⋅ + ⎜ λ ⋅ + ξs ⎟ ⋅ ρ ρ C −C 2 ⎝ d ⎠ 2 Апсолутниот притисок во пресекот C-C изнесува: pC = p0 − pv p0 − pv

2

⎛ L ⎞ v − g ⋅h = + ⎜ λ ⋅ 1 + ξs + α ⎟ ⋅ ρ ρ ⎝ d ⎠ 2 Брзината на струење на водата во сифонот е: p0

⎛p ⎞ ⎛ 68670 ⎞ 2 ⋅ ⎜⎜ v − g ⋅ h ⎟⎟ − 9,81⋅ 4,5 ⎟ 2⋅⎜ ⎝ 1000 ⎠ = 1,37 m/s ⎝ ρ ⎠ = v= 50 L 0,04 ⋅ + 5 s + 1,1 λ ⋅ 1 + ξs + α 0,1 d Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 1-1: 2 0−0 p0 p ⎛ L ⎞ v + g ⋅ H = 0 + ⎜ λ ⋅ + ξ s + ξ izl + ξv ⎟ ⋅ ρ ρ ⎝ d 1− 1 ⎠ 2 Коефициентот на локалниот отпор на вентилот изнесува: 2⋅g ⋅H ⎛ L 2 ⋅ 9,81⋅ 4 ⎛ 70 ⎞ ⎞ − ⎜ 0,04 ⋅ + 5 + 1⎟ = 7,8136 ξv = − ⎜ λ ⋅ + ξ s + ξ izl ⎟ = 2 2 0,1 1,37 v ⎝ d ⎠ ⎝ ⎠ Волуменскиот проток на водата низ сифонот изнесува: 0,12 ⋅ π d 2 ⋅π qv = v ⋅ = 1,37 ⋅ = 10,76 ⋅ 10 −3 m3/s 4 4 Задача 15.14. Од големиот отворен резервоар A водата течи кон големиот резервоар B, низ цевковод со дијаметар D = 60 mm и должина L = 9 m. Во цевководот е вградена Вентуриева цевка кја на најтесниот дијаметар d = 30 mm со стаклено цевче е поврзана со садот C. Да се определи висината H при која ќе почне всисување на водата од садот C. Познати се податоците: h = 1 m ; ξ vl = 0,5 ; ξ v = 2 ; ξ k = 0,5 . Коефициентот на втеснување на Вентуриевата цевка е ξVC = 0,05 , а коефициентот на ширење на аголот ξ sir ,agol = 0,4 ; коефициентот на

триење λ = 0,02 . 172

Решение:

Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 1-1: 2 2 0−0 p0 p0 ⎛ L ( v 12 v1 − v ) ⎞ v + g ⋅H = + ⎜ λ ⋅ + ξvl + 2 ⋅ ξv + 2 ⋅ ξ k ⎟ ⋅ + ξVC ⋅ + ξ sir ,agol ⋅ 1− 1 2 2 ρ ρ ⎝ D ⎠ 2 2

d 2 ⋅π D2 ⋅π ⎛D⎞ Од равенката на континуитетот: v 1 ⋅ , следи v 1 = v ⋅ ⎜ ⎟ , тогаш: =v⋅ 4 4 ⎝d ⎠ 2 4 ⎧ ⎡⎛ D ⎞ 2 ⎤ ⎫⎪ v 2 v2 ⎪ L ⎛D⎞ g ⋅ H = ⎨λ ⋅ + ξ vl + 2 ⋅ ξ v + 2 ⋅ ξ k + ξVC ⋅ ⎜ ⎟ + ξ sir ,agol ⋅ ⎢⎜ ⎟ − 1⎥ ⎬ ⋅ = Σξ ⋅ 2 ⎝d ⎠ ⎪⎩ D ⎣⎢⎝ d ⎠ ⎦⎥ ⎪⎭ 2 Со Σξ - е означена големината во големата заграда , што преставува вкупен коефициент на отпорот на цевководот. Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 2-2: 2 0−0 p0 p v2 ⎛ L v2 ⎞ v + g ⋅H = 2 + 1 + ⎜λ ⋅ + ξvl + ξv ⎟ ⋅ + ξVC ⋅ 1 ρ ρ 2−2 2 ⎝ 3⋅D 2 ⎠ 2 Притисокот во пресекот 2-2 изнесува: p2 = p0 - pv Равенката за рамнотежа на притисоците на слободната површина на садот C, односно во пресекот 3-3. p2 + ρ ⋅ g ⋅ h = p0 ; p0 − pv + ρ ⋅ g ⋅ h = p0 ; следи: pv = ρ ⋅ g ⋅ h , односно: 4 2 ⎡ L v2 ⎛D⎞ ⎤ v g ⋅ (H + h ) = ⎢λ ⋅ + ξvl + ξv + (1 + ξVC ) ⋅ ⎜ ⎟ ⎥ ⋅ = Σξ1 ⋅ 2 ⎝ d ⎠ ⎦⎥ 2 ⎣⎢ 3 ⋅ D Со Σξ 1 - е означена големината во средната заграда , што преставува вкупен коефициент на отпорот од резервоарот A до најтесниот дел на Вентуриевата цевка. Од двете енергетски равенки со елиминација на брзината v се добива бараната висина H, односно: Σξ H= ⋅h Σξ 1 − Σξ Со замена на дадените вредности во равенките за Σξ и Σξ 1 се добиваат вредностите: Σξ = 12,9 ; Σξ 1 = 20,3. Вредноста за висината H изнесува: 12,9 H= ⋅ 1 = 1,743 m 20,3 − 12,9

Задача 15.15. Вентилаторот всисува воздух од атмосферата преку цевка со D1 = 150 mm и L1 = 5 m, и го потиснува кон потрошувачот низ цевката со D2 = 120 mm. 173

Подпритисокот на влезот во вентилаторот се мери со помош на U-цевка со вода ( ρ w = 1000 kg/m3), а покажувањето изнесува h = 160 mm. Надпритисокот на излезот од вентилаторот се мери исто така со U-цевка со жива ( ρ ziva = 13600 kg/m3) и покажувањето изнесува H = 30 mm. Коефициентот на локалниот отпор на влезот во всисната цевка е ξ 1 = 0,1, коефициентот на триење е λ = 0,03 . Атмосферскиот притисок е p0 = 1,01 bar, а температурата на воздухот е t=20ºC (гасната константа на воздухот е R = 287 J/kg K). Ако степенот на полезно дејство на вентилаторот е η = 0,65 , да се определи снагата на погонското вратило на моторот. Решение:

Специфичната густина на воздухот изнесува: p0 1,01⋅ 10 5 = = 1,2 kg/m3 ρ= R ⋅T 287 ⋅ (273 + 20 ) Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 1-1: 0−0 ⎞ v2 p0 p1 v 12 ⎛ L1 (1) = + + ⎜⎜ λ ⋅ + ξ1 ⎟⎟ ⋅ 1 ρ ρ 2 ⎝ D1 1− 1 ⎠ 2 Равенка за рамнотежа на притисоците за референтната рамнина I-I: p1 + ρ w ⋅ g ⋅ h = p0 , односно: p1 = p0 − ρ w ⋅ g ⋅ h Со внесување на изразот за p1 во равенката (1) се добива равенка за определување на брзината v1. 2 ⋅ ρw ⋅ g ⋅ h 2 ⋅ 1000 ⋅ 9,81⋅ 0,16 v1 = = = 35,3 m/s 5 ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ L1 1,2 ⋅ ⎜ 0,03 ⋅ + 0,1 + 1⎟ ρ ⋅ ⎜⎜ λ ⋅ + ξ1 + 1⎟⎟ 0,15 ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ D1 Волуменскиот проток е: D12 ⋅ π 0,15 2 ⋅ π = 35,3 ⋅ = 0,625 m3/s 4 4 Брзината на воздухот во потисната излезна цевка изнесува: qv = v 1 ⋅

2

2

⎛D ⎞ ⎛ 150 ⎞ v 2 = v 1 ⋅ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 35,3 ⋅ ⎜ ⎟ = 55,16 m/s 120 D ⎝ ⎠ ⎝ 2⎠ Специфичната енергија на вентилаторот преставува разлика на енергијата на излезот и влезот во вентилаторот: v 22 − v 12 p2 − p1 event = event ,2 − event ,1 = + (2) 2 ρ Равенка за рамнотежа на притисоците за референтната рамнина II-II: p2 = p0 + ρ ziva ⋅ g ⋅ H 174

Со внесување на изразите за p1 и за p2 во равенката (2) се добива: v 2 − v 12 ρ ziva ⋅ g ⋅ H + ρw ⋅ g ⋅ h event = 2 + 2 ρ 55,16 2 − 35,3 2 13600 ⋅ 9,81⋅ 0,03 + 100 ⋅ 9,81⋅ 0,16 + event = = 5541,67 J/kg 2 1,2 Ангажираната снага на погонското вратило изнесува: ρ ⋅ qv ⋅ event 1,2 ⋅ 0,625 ⋅ 5541,67 = N= = 6384 W η 0,65

Задача 15.16. Течноста истекува од отворениот резервоар во атмосфера низ цевка со d=40 mm. а) Да се определи зависноста мешу протокот qv и надпритисокот во точката A, од висината h и должината L. б) да се докаже при која висина h притисокот во точката A ќе биде еднаков со атмосферскиот, а волуменскиот проток нема да зависи од должината L. Локалните отпори да се занемарат, а коефициентот на триење во цевката изнесува λ = 0,04 . Решение:

а) Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 1-1: 0−0 p0 p v2 L v2 + g ⋅ (h + L ) = 0 + +λ⋅ ⋅ d 2 ρ ρ 2 1− 1 d 2 ⋅π 2 ⋅ g ⋅ (h + L ) 2 ⋅ g ⋅ (h + L ) , волуменскиот проток: qv = ⋅ L L 4 λ ⋅ +1 λ ⋅ +1 2 2 Се поставува енергетска равенка за пресеците A-A и 1-1: A−A p1 + p0 v 12 p v2 L v2 + + g ⋅L = 0 + 1 + λ ⋅ ⋅ 1 d 2 ρ ρ 2 2 1− 1

(1)

v1 =

(2)

p L g ⋅ (h + L ) L v 12 , или ; 1 + g ⋅ L = λ ⋅ ⋅ ⋅ L ρ d 2 d ρ 1+ λ ⋅ d λ ⋅h + λ ⋅L − d − λ ⋅L λ ⋅h −d L g ⋅ (h + L ) = ρ ⋅g ⋅L ⋅ p1 = λ ⋅ ⋅ ρ ⋅ − ρ ⋅g ⋅L = ρ ⋅g ⋅L ⋅ L d + λ ⋅L λ ⋅h + d d 1+ λ ⋅ d h λ ⋅ −1 d L p1 = ρ ⋅ g ⋅ L ⋅ d ; за p1 = 0 ; λ ⋅ − 1 = 0 ; h = h d λ λ ⋅ +1 d p1

+ g ⋅L = λ ⋅

175

2 ⋅ g ⋅ (h + L ) d 2 ⋅π qv = ⋅ = L 4 λ ⋅ +1 2 ⎛d ⎞ ⎛d ⎞ d 2 ⋅ g ⋅⎜ + L⎟ 2 ⋅ g ⋅ ⎜ + L⎟ ⋅ 2 d ⋅π d ⋅π λ λ λ d 2 ⋅π ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ qv = = ⋅ ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅h = L d 4 4 4 +1 +L d λ 2

λ

Од последната равенка се гледа дека волуменскиот проток не зависи од L. Задача 15.17. Од отворен резервоар A преку цевковод со константен дијаметар d = 80 mm и должина 2·L = 10 m, дотекува вода во резервоарот B.Од него водата истекува низ куса цилиндрична цевка со d1 = 80 mm и коефициент на истекување μ = 0,82 . Коефициентите на локалните отпори на цевководот изнесува ξ k = 0,3 ; ξ v = 4 . Коефициентот на линиските отпори е λ = 0,03 . Да се определи висината H која е потрбна да се одржува во резервоарот A, за во резервоарот B висината h=1,5 m.

Решение:

Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 1-1: 2 0−0 p0 p v2 ⎛ 2⋅L ⎞ v + g ⋅H = 0 + 1 + ⎜λ ⋅ + ξ k + ξv ⎟ ⋅ 1 ρ ρ D 1− 1 2 ⎝ ⎠ 2 Брзината на водата во цевката иннесува: 2⋅g ⋅H v1 = 2⋅L λ⋅ + ξ k + ξv + 1 d Од равенката на континуитетот следи: d 2 ⋅π 2⋅g ⋅H qv ,1 = v 1 ⋅ A = ⋅ = q v ,2 2⋅L 4 λ⋅ + ξ k + ξv + 1 d Се поставува енергетска равенка за пресеците 2-2 и 3-3: 2−2 p0 v 22 p0 v 32 + + g ⋅h = + , оттука v 3 = 2 ⋅ g ⋅ h 3−3 ρ 2 ρ 2

176

4 ⋅ qv ,1 d 12 ⋅ π d 12 ⋅ π =μ⋅ ⋅v3 = μ ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅h ; = 4 4 d 2 ⋅π

2⋅g ⋅H 2⋅L λ⋅ + ξ k + ξv + 1 d Од оваа равенка се определува бараната висина H, односно: qv ,1 = qv ,2

2

⎛ d 12 ⋅ π ⎞ 2⋅L 2⋅L ⎟ ⎜ μ 16 ⋅ ⋅ + ξ k + ξv + 1 ⎜ 4 ⎟ ⋅2⋅g ⋅h λ ⋅ 16 ⋅ qv2,1 λ ⋅ d + ξ k + ξ v + 1 ⎠ ⎝ d ⋅ = H= 4 2 ⋅ 2⋅g 2⋅g d 4 ⋅π 2 d ⋅π 2⋅5 ⎛ ⎞ ⎛ 2⋅L ⎞ + 0,3 + 4 + 1⎟ ⋅ 1,5 = 9,128 m H = μ 2 ⋅⎜λ ⋅ + ξ k + ξ v + 1⎟ ⋅ h = 0,822 ⋅ ⎜ 0,03 ⋅ d 0,08 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2

Задача 15.18. призматичен сад со квадратна основа a = 2 m и висина h = 1,6 m се полни со бензин од големиот резервоар B, а при тоа H = 5 m и е консатнтна големина. Полнењето се врши со помош на гумено црево со должина L = 7 m, чиј приклучок во резервоарот A се наоѓа во средината h . Да се определи дијаметарот на цревото при кое 2 резервоарот A ќе биде наполнет со течност за време T = 15 min, при што линиските загуби во цревото изнесуваат λ = 0,05 . Сите други отпори се занемаруваат. Решение: Волуменот на бензинот во резервоарот A изнесува: VA = a 2 ⋅ h = 2 2 ⋅ 1,6 = 6,4 m2 Волуменскиот проток низ цревото е: V 6,4 qv = A = = 7,111⋅ 10 −3 m3/s T 15 ⋅ 60 Истекувањето на бензинот од цревото во резервоарот A ќе биде со волуменски проток: d 2 ⋅π qv = μ ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅H 4 Коефициентот на проток μ = ϕ ⋅ψ , за конкретниот случај ψ = 1, а коефициентот 1 на брзината е ϕ = , тогаш волуменскиот проток е: L λ⋅ d d 2 ⋅π ⋅ 2⋅g ⋅H = 7,111·10-3 m3/s qv = 4 L λ⋅ d Дијаметарот на цревото изнесува: 1

(

)

1

2 ⎛ 16 ⋅ qv2 ⋅ λ ⋅ L ⎞ 5 ⎡16 ⋅ 7,111⋅ 10 −3 ⋅ 0,05 ⋅ 7 ⎤ 5 ⎜ ⎟ d =⎜ =⎢ ⎥ = 0,04935 m ≈ 50 mm 2 ⎟ 2 ⋅ 9,81⋅ 5 ⋅ π 2 ⎝ 2 ⋅ g ⋅ H ⋅ π ⎠ ⎣⎢ ⎦⎥

177

Задача 15.19. да се определи подпритисокот пред влезот во вентилаторот кој има волуменски проток qv = 1260 м3/х. должина на всисната линија Л = 5 м и дијаметар д = 200 мм. Познати се податоците: λ = 0,02 ; кориолисовиот коефициент α 2 = 1,05 ; ξ vl = 0,02 и ω mr = 0,9 .

Решение: Се поставува енергетска равенка за пресеците 1-1 и 2-2: 2 1− 1 p0 v2 p ⎛ L ⎞ v + α1 ⋅ 1 = 2 + ⎜ λ ⋅ + ξvl + ξ mr + α 2 ⎟ ⋅ 2 ρ ρ ⎝ D 2−2 2 ⎠ 2 p2 = p0 − pv - апсолутен притисок пред влезот во вентилаторот ; v1 = 0 2

⎛ L ⎞ v + ⎜ λ ⋅ + ξvl + ξ mr + α 2 ⎟ ⋅ 2 ρ ⎝ D ⎠ 2 4 ⋅ qv 8 ⋅ qv2 v2 d 2π Од равенката на континуитетот: qv = v ⋅ = ;v= 2 ; 4 2 d 4 ⋅π 2 d ⋅π Подпритисокот пред влезот во вентилаторот изнесува: 5 8 ⋅ 0,35 2 8 ⋅ q2 ⎛ ⎞ ⎛ L ⎞ + 0,02 + 0,9 + 1,05 ⎟ ⋅ 1,2 ⋅ pv = ⎜ λ ⋅ + ξvl + ξ mr + α 2 ⎟ ⋅ ρ ⋅ 4 v 2 = ⎜ 0,02 ⋅ 0,2 d ⋅π 0,24 ⋅ π 2 ⎝ D ⎠ ⎝ ⎠ pv = 184 Pa 0=−

178

pv

Задача 16.1. Пумпата црпи вода од големиот резервоар А и ги снабдува двата големи резервоари B и C со еднаква количина на вода, qvB = qvC = 4 l/s. Над слободната површина на резервоарот B владее подпритисок од 49,05 kPa. Познати се следните податоци: d = 75 mm ; L = 100 m ; d1 = 50 mm ; L1 = 50 m ; H = 30 m ; h = 20 m ; λ = 0,025 ; ρ = 1000 kg/m3 ; ηp = 0,75. a) да се определи големината на локалниот отпор на вентилот ξv. б) да се определи ангажираната снага. Сите локални отпори, освен во вентилот, да се занемарат. Решение: Се поставуваат енергетски равенки за пресеците:

1− 1

p0

2−2

ρ

+ ep =

1− 1 3−3

p0

+ ep =

ρ

p0

ρ

+ g ⋅h + λ ⋅

p0 − pv

ρ

⎞ v2 L v 2 ⎛ L1 ⋅ + ⎜⎜ λ ⋅ + ξv ⎟⎟ ⋅ 1 d 2 ⎝ d1 ⎠ 2

(1)

L v2 L v2 ⋅ +λ⋅ 1 ⋅ 1 d 2 d1 2

(2)

+ g ⋅H + λ ⋅

од дадените услови во задачата, се определуваат брзините во цевководите:

v1 =

4 ⋅ qvB 4 ⋅ 4 ⋅ 10 −3 = d12 ⋅ π 0,05 2 ⋅ π = 2,04 m/s

qv = 2⋅qvc = 2⋅4 = 8⋅10-3 m3/s

v1 =

4 ⋅ qv 4 ⋅ 8 ⋅ 10 −3 = d 2 ⋅ π 0,075 2 ⋅ π

= 1,81 m/s Ако равенката (1) се одземе од (2), се добива равенката за определување на коефициентот на локалниот отпор во вентилот:

ξv =

2 v12

⎡ 2 p ⎤ ⋅ ⎢g ⋅ (H − h ) − v ⎥ = ρ ⎦ 2,04 2 ⎣

49050 ⎤ ⎡ = 23,6 ⋅ ⎢9,81⋅ (30 − 20 ) − 1000 ⎥⎦ ⎣

Кога вредностите на добиените параметри се заменат во равенката (1) или равенката (2), се добива големината на специфичната енергија на пумпата:

⎞ v2 L v 2 ⎛ L1 ⋅ + ⎜⎜ λ ⋅ + ξv ⎟⎟ ⋅ 1 d 2 ⎝ d1 ⎠ 2 2 50 100 1,81 ⎛ ⎞ 2,04 2 ⋅ + ⎜ 0,025 ⋅ + 23,6 ⎟ ⋅ ep = 9,81⋅ 20 + 0,025 ⋅ = 351,93 J/kg 2 0,05 0,075 2 ⎝ ⎠ ep = g ⋅ h + λ ⋅

Ангажираната снага на пумпата изнесува:

ρ ⋅ qv ⋅ ep 103 ⋅ 8 ⋅ 10 −3 ⋅ 351,93 P= = 3754 W = ηp 0,75

Задача 16.2. Пумпата со снага 3,5 kW и η=0,7 црпи вода од резерварите А и В и ја транспортира во резерварот С. Да се определи: a) Висината H1 ако пумпата транспортира 25 l/s voda. б) Запреминскиот проток низ пумпата ако вентилот v2 е затворен, а пумпата обезбедува иста специфична енергија како во првиот случај. Познати се следните податоци: H = 3 m; l = 45 m; L1 = 35 m; l2 = 20 m; D = 150 mm; d = 100 mm ; ξv = 5 ; ξv2 =7 ; ξk = 0,2 ; λ = 0,025. 179

Решение: a) Од дадениот услов во задачата се определуваат специфичната енергија на пумпата: ep =

η ⋅P 0,7 ⋅ 3500 = = 98 J/kg ρ ⋅ qv 1000 ⋅ 25 ⋅ 10 − 3

брзината струење на водата низ магистралниот цевовод

4 ⋅ qv 4 ⋅ 25 ⋅ 10 −3 = =1,415 m/s D 2π 0,15 2 π

v=

се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

1− 1 3−3

L ⎞ v2 ⎛ L ⎞ v2 ⎛ + g ⋅ (H1 + H ) + ⎜ 2ξ k + ξv + λ ⋅ 1 ⎟ ⋅ 1 + ⎜ 2ξv + ξ k + λ ⋅ ⎟ ⋅ ρ ρ d⎠ 2 ⎝ D⎠ 2 ⎝ 2 2 − 2 p0 p L ⎞ v L ⎞ v2 ⎛ ⎛ + ep = 0 + 2gH + ⎜ ξ k + ξv 2 + λ ⋅ 2 ⎟ ⋅ 2 + ⎜ 2ξv + ξ k + λ ⋅ ⎟ ⋅ d ⎠ 2 ⎝ D⎠ 2 ρ 3−3 ρ ⎝ p0

+ ep =

p0

(1) (2)

од равенката (2) се определува брзината во делницата (L 2 , d)

⎡ L ⎞ v2 ⎤ ⎛ ξ ξ λ e gH 2 2 − − + + ⋅ ⎜ ⎟⋅ ⎥ v k ⎢ p D ⎝ ⎠ 2 ⎥ v2 = ⎢2 L ⎥ ⎢ ξ k + ξv 2 + λ ⋅ 2 ⎥ ⎢ d ⎦ ⎣

1/ 2

=

(

)

⎡ 98 − 2 ⋅ 9,81⋅ 3 − (2 ⋅ 5 + 0,2 + 0,025 ⋅ 45 / 0,15 ) 1,415 2 / 2 ⎤ = ⎢2 ⋅ ⎥ 0,2 + 7 + 0,025 ⋅ 20 / 0,1 ⎣ ⎦ v2 = 1,874 m/s од равенката на континуитетот се определува брзината на струење во делницата (L1, d)

v1 ⋅ d 2 + v 2 ⋅ d 2 = v ⋅ D 2 v1 = v ⋅ (D / d )

2

2

⎛ 150 ⎞ − v 2 = 1,415 ⋅ ⎜ ⎟ − 1,874 = 1,31 m/s ⎝ 100 ⎠

од равенката (1) се определува бараната висина H1 H1 =

L ⎞ v2 ⎛ L ⎞ v2 ⎛ −H − ⎜ 2ξ k + ξv + λ ⋅ 1 ⎟ ⋅ 1 + ⎜ 2ξv + ξ k + λ ⋅ ⎟ ⋅ g ⎝ d ⎠ 2g ⎝ D⎠ 2

ep

со замена на дадените вредности се добива: H1 = 3,945 m б) Со новиот случај кога вентилот v2 е затворен. 180

Се поставува енергетската равенка за пресеците 1-1 и 3-3

1− 1 3−3

p0

ρ

+ ep =

L ⎞ v '2 ⎛ L ⎞ v '2 ⎛ + g (H1 + H ) + ⎜ 2ξ k + ξv + λ ⋅ 1 ⎟ ⋅ 1 + ⎜ 2ξv + ξ k + λ ⋅ ⎟ ⋅ ρ d⎠ 2 ⎝ D⎠ 2 ⎝

p0

(3)

од равенката на континуитетот

v1' ⋅ d 2 + v ' ⋅ D 2

следи дека:

v1' = v ' ⋅ (D / d )2

′ со замена на v1 во равенката (3) се добива равенката за определување на брзината v'.

⎡ ⎤ ⎢ ⎥ 2 ⋅ ep − 2g ⋅ (H + H1 ) ⎥ v' = ⎢ ⎢ ⎛ D ⎞4 ⎛ L ⎞ L⎥ ⎢ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ 2ξ k + ξv + λ 1 ⎟ + 2ξv + ξ k + λ ⎥ d⎠ d⎦ ⎣⎝ d ⎠ ⎝

1/ 2

Со замена на вредностите се добива: v' = 0,818 m/s ; v 1' = 0,818⋅(150/100)2 = 1,84 m/s бараниот запремински проток:

qv' = v ' ⋅

D2 ⋅ π 0,15 2 ⋅ π = 14,45⋅10-3 m3/s = 0,818 ⋅ 4 4 Задача 16.3. Пумпата црпи qv = 90 l/min, бензин со густина ρ = 700 kg/m3, од големите резервоари A и B преку сложениот цевковод со димензии d1 = d2 = d3 = 25 mm ; L1 = 5 m ; L2 =7 m ; L3 =10 m. Коефициентот на триење е ист за сите цевководи λ = 0,032. Сите локални отпори да се занемарат. Над слободните површини владее над и под притисок. Манометарот после пумпата мери надпритисок од 6 mVS. Познати се следните податоци: pm =20 mbar ; pv = 500 Pa ; h1 = 2 m ; h2 = 1,5 m. Да се определат: протоците на бензинот низ цевководите (L1⋅d1) и (L2⋅d2), снагата нма пумпата за ηp = 0,8 и апсолутниот притисок на влезот на пумпата, ако атмосферскиот притисок изнесува p0 = 743 mm Hg.

Решение: Од условот даден во задачата се определува брзината на струење на бензинот:

v3 =

4 ⋅ qv 4 ⋅ 1,5 ⋅ 10 −3 = 3,056 m/s = d2 ⋅π 0,025 2 ⋅ π

oд равенката на континуитетот следи:

v1 ⋅ d12 = v 2 ⋅ d 22 = v 3 ⋅ d 32 односно v3 = v1 + v2 се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

0−0 2−2

p0 − pv

ρ

+ ep =

p0 + pm

ρ

L1 v12 L3 v 32 v 2 + gh2 + λ ⋅ ⋅ +λ⋅ ⋅ + 2 d1 2 d3 2

1 − 1 pm1 − p0 p0 + pm L2 v 22 L3 v 32 v 2 + ep = + g ⋅ (h1 + h2 ) + λ ⋅ ⋅ + λ ⋅ ⋅ + d2 2 d3 2 ρ ρ 2 2−2

(1) (2)

ако од равенката (2) се одземе равенката (1) се добива:

pm1 + pv

ρ

= g ⋅ h1 + λ ⋅

L2 v 22 L v2 ⋅ −λ⋅ 1 ⋅ 1 d2 2 d1 2

(3)

181

за v1 = 3,056 - v2 и замена на бројни податоци во равенката се добива квадратната равенка:

1,28 ⋅ v 22 + 19,5584 ⋅ v 2 − 13,8364 = 0 со решавање на оваа квадратна равенка се добива вредност на брзината: v2 =0,677 m/s брзината во гранката (L1 , d1) изнесува: v1 =3,056 - v2 = 3,056 - 0,677 = 2,379 m/s запреминските протоци по гранки:

0,025 2 π d 2π = 2,379 ⋅ = 1,168 ⋅ 10 − 3 m3/s 4 4 0,025 2 π d 2π qv 2 = v 2 ⋅ = 0,677 ⋅ = 0,332 ⋅ 10 − 3 m3/s 4 4 2 0,025 2 π d π qv 3 = v 3 ⋅ = 3,056 ⋅ = 1,5 ⋅ 10 − 3 m3/s 4 4

qv 1 = v 1 ⋅

Специфичната енергија на пумпата се определува со замена на бројните податоци во равенката (1):

ep =

pv + pm

ρ

+ gh2 + λ ⋅

L1 v12 L v2 v2 ⋅ +λ⋅ 3 ⋅ 3 + 3 2 d1 2 d3 2

500 + (6 ⋅ 1000 ⋅ 9,81) 5 2,379 2 + 0,032 ⋅ ⋅ + 700 0,025 2 10 3,056 2 3,056 2 + 0,032 ⋅ ⋅ + = 167,35 J/kg 0,025 2 2

ep =

снагата на пумпата изнесува:

p=

ρ ⋅ qv ⋅ ep 700 ⋅ 1,5 ⋅ 10 −3 ⋅ 167,35 = = 220 W ηp 0,8

Се поставува енергетската равенка за пресеците 1-1 и v-v

1− 1 v −v

p0 + pm1

ρ

v 32 L2 v 22 L3 v 32 = + + g ⋅ (h1 + h2 ) + λ ⋅ ⋅ +λ⋅ ⋅ d 2 d 2 2 ρ pvlez

притисокот на влезот на пумпата:

v 32 ⎛ L ⎞ L v2 ⋅ ⎜1 + λ ⋅ 3 ⎟ − ρ ⋅ g ⋅ (h1 + h2 ) − λ ⋅ 2 ⋅ ρ 2 ⋅ 2 d ⎠ 2 ⎝ d d 2 3,056 = 0,743 ⋅ 13600 ⋅ 9,81 + 2000 − 700 ⋅ ⋅ (1 + 0,032(10 / 0,025 )) − 2 − 700 ⋅ 9,81⋅ (2 + 1,5 ) − 0,032 ⋅ (7 / 0,025 ) ⋅ 700 ⋅ 0,677 2 / 2

pvlez = po + pm1 − ρ ⋅ pvlez

(

)

pvlez = 30548 Pa Задача 16.4. Пумпата ја транспортира водата од резервоарот А низ дадениот сложен цевковод во резервоарите B и C. Резервоарите A и B се многу големи. Константното ниво во резервоарот C се одржува со одведување на 4,2 l/s вода. Да се определи снагата на пумпата ако сите локални отпори (освен во вентилот) се занемарат. Познати се следните податоци: L = 50 m ; D = 70 mm ; L1 = 20 m ; d = 50 mm ; H1 = 16 m ; H2 = 10 m ; ξv = 30 ; λ = 0,025 и ηp = 0,75.

182

Решение: Се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

0−0

p0

1− 1

ρ

+ ep =

0−0 2−2

p0

+ ep + g ⋅ H 2 =

ρ

p0

ρ

+ g ⋅ H1 + λ ⋅

p0

ρ

L v2 L v2 ⋅ +λ⋅ 1⋅ C D 2 d 2

+λ⋅

(1)

2 L v 2 ⎛ L1 ⎞ v ⋅ + ⎜ λ ⋅ + ξv ⎟ ⋅ B D 2 ⎝ d ⎠ 2

(2)

Од равенката на континуитетот:

v⋅

D 2π D 2π = qC + v B ⋅ 4 4

qC = v C ⋅

;

d 2π 4

4 ⋅ qv 4 ⋅ 4,2 ⋅ 10 − 3 = 2,14 m/s = 0,05 2 π d 2π Се добива равенка за определување на брзината v: vC =

2

⎛d ⎞ ⎛d ⎞ v = vC ⋅ ⎜ ⎟ + v B ⋅ ⎜ ⎟ ⎝D⎠ ⎝D⎠

2

(3)

Кога равенките (1) и (2) се израмнат меѓу себе, се добива зависноста:

λ⋅

2 L1 vC2 ⎛ L ⎞ v ⋅ + g ⋅ (H1 + H2 ) = ⎜ λ ⋅ 1 + ξv ⎟ ⋅ B d 2 ⎝ d ⎠ 2

односно:

⎡ L1 2 ⎤ ⎢ λ ⋅ d ⋅ v C + 2 ⋅ g ⋅ ( H1 + H 2 ) ⎥ vB = ⎢ ⎥ L ⎢ ⎥ λ ⋅ 1 + ξv d ⎣ ⎦

1/ 2

20 ⎡ ⎤ 2 ⎢ 0,025 ⋅ 0,05 ⋅ 2,14 + 2 ⋅ 9,81 ⋅ (16 + 10 ) ⎥ =⎢ ⎥ 20 ⎢ ⎥ 0,025 ⋅ + 30 ⎢⎣ ⎥⎦ 0,05

1/ 2

= 3,73 m/s

од равенката (3) се добива: 2

2

⎛ 50 ⎞ ⎛ 50 ⎞ v = 2,14 ⋅ ⎜ ⎟ = 2,995 m/s ⎟ + 3,73 ⋅ ⎜ ⎝ 70 ⎠ ⎝ 70 ⎠ од равенката (1) се определува специфичната енергија на пумпата:

e p = g ⋅ H1 + λ ⋅

L v2 L v2 ⋅ + λ ⋅ 1 ⋅ C = 259,95 J/kg D 2 d 2

Запреминскиот проток низ пумпата:

qv = v ⋅

D 2π 0,07 2 π = 2,995 ⋅ = 11,526⋅10-3 m3/s 4 4

снагата на пумпата изнесува:

ρ ⋅ qv ⋅ e p 10 3 ⋅ 11,526 ⋅ 10 −3 ⋅ 259,95 = P= = 3995 W ηp 0,75 183

Задача 16.5 Пумпата црпи вода од големиот отворен резервоар А и го транспортира кон двата големи затворени резервоари В и С каде над слободната површина владее над и под притисок (според сликата). Познати се следните податоци: L = 20 m ; d = 60 mm ; H = 5 m ; h = 3 m ; ξs = 2,5 ; ξk = 0,5 ; ξv =2 ; λ = 0,03 ; pv = 39,2 kPa. Да се определи надпритисокот кој владее над слободната површина на резервоарот В така да запремнинските протоци qVB = qVC = 18 m3/h, а потоа да се определи ангажираната снага на пумпата при ηp = 0,75. Решение: Од равенката на континуитетот:

v ⋅ d 2 = v 1 ⋅ d 2 + v 2 ⋅ d 2 ; v = v1 + v 2 или v = 2⋅v1 и дадениот услов во задачата се определуваат брзините во делниците

v1 = v 2 =

4 ⋅ qVB 4 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 = = 1,768 m / s ; d 2π 0,06 2 π

v = 2 ⋅ 1,768 = 3,536 m / s

се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

1 − 1 p0 2L ⎞ v 2 ⎛ p0 + pm L ⎞ v 12 ⎛ + ep = + g (H + h ) + ⎜ ξ s + 2ξ k + ξv + λ ⋅ ⎟ ⋅ + ⎜ ξv + λ ⋅ ⎟ ⋅ ρ d ⎠ 2 ⎝ d⎠ 2 2−2 ρ ⎝ 2 1 − 1 p0 p − pv 2L ⎞ v 2L ⎞ v 2 ⎛ ⎛ + ep = 0 + g ⋅ (2H + h ) + ⎜ ξs + 2ξ k + ξv + λ ⋅ ⎟ ⋅ + ⎜ ξ k + ξv + λ ⋅ ⎟ ⋅ 2 d ⎠ 2 ⎝ d ⎠ 2 ρ 3−3 ρ ⎝

(1) (2)

од равенката (2) се добива вредноста за специфичната енергија на пумпата:

2L ⎞ v 2 ⎛ 2l ⎞ v 2 ⎛ + ⎜ ξs + 2ξ k + ξv + λ ⋅ + ⎜ ξ k + ξv + λ ⋅ ⎟ ⋅ 2 ⎟⋅ d ⎠ 2 ⎝ d⎠ 2 ρ ⎝ 39200 ⎛ 2 ⋅ 20 ⎞ 3,536 2 ep = 9,81⋅ (2 ⋅ 5 + 3 ) − + + ⎜ 2,5 + 2 ⋅ 0,5 + 2 + 0,03 ⋅ ⎟⋅ 1000 ⎝ 0,06 ⎠ 2

ep = g ⋅ (2H + h ) −

pv

2 ⋅ 20 ⎞ 1,768 2 ⎛ = 282,9 J / kg + ⎜ 0,5 + 2 + 0,03 ⋅ ⎟⋅ 0,06 ⎠ 2 ⎝ од равенката (1) се определува вредноста на надпритисокот во запремнинскиот резервоар В:

2L ⎞ v 2 L⎞ v2 ⎛ ⎛ pm = ρ ⋅ ep − ⎜ ξs + 2ξ k + ξv + λ ⋅ ⎟ ⋅ ⋅ ρ − ⎜ ξv + λ ⋅ ⎟ ⋅ ρ ⋅ 1 − ρ ⋅ g ⋅ (H + h ) 2 d ⎠ 2 d⎠ ⎝ ⎝ 2 ⋅ 20 ⎞ 3,536 2 ⎛ ⋅ 1000 − pm = 1000 ⋅ 282,9 − ⎜ 2,5 + 2 ⋅ 0,5 + 2 + 0,03 ⋅ ⎟⋅ 0,06 ⎠ 2 ⎝

1,768 2 20 ⎞ ⎛ − ⎜ 2 + 0,03 ⋅ − 1000 ⋅ 9,81⋅ (5 + 3 ) ⎟ ⋅ 1000 ⋅ 2 0,06 ⎠ ⎝ Pm = 26248 Pa = 26,248 kPa

запреминскиот проток низ пумпата:

qv 1p = v ⋅

0,06 2 π d 2π = 3,536 ⋅ = 10 ⋅ 10 − 3 m3/s 4 4

aнгажираната снага на пумпата изнесува:

p=

184

ρ ⋅ qv ⋅ ep 103 ⋅ 10 ⋅ 10 −3 ⋅ 282,9 = = 3772 W ηp 0,75

Сите локални загуби да се занемарат.

Задача 16.6. од затворените резервоари А и В со помош на пумпата се транспортира водата во затворените резервоари С и D. Во резервоарите над слободните површини владее над или под притисок (према сликата). Резервоарите А,В,С се многу големи а константното ниво на резервоарот D се одржува со стален истек на водата qVD =3 l/s. Да се определи специфичната енергија и ангажираната снага на пумпата. Познати се следните податоци: d1 = 50mm; d2 = 75mm; d3 = 100mm; L1 = 100m ; L2 = 75m ; L3 = 150m ; λ=0,025 ; pm = 90 kPa ; pv = 45 kPa ; H1 = 13,7615 m ; H2 = 47m ; H3 = 10m ; ηp =0,75.

Решение: Од условот даден во задачата се определува брзината:

4 ⋅ qVD 4 ⋅ 3 ⋅ 10 −3 = 0,679 m/s v5 = 2 = 0,075 2 π d π се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

1− 1 3−3

p0 − pv

ρ

+ ep =

p0 − pv

ρ

+ gH 2 + λ ⋅

L1 v 12 L v2 L v2 ⋅ + 2λ ⋅ 3 ⋅ 3 + λ ⋅ 1 ⋅ 4 d1 2 d3 2 d1 2

1 − 1 p0 + pv p + pm L v2 L v2 L v2 + ep = 0 + g ⋅ (H 2 − H 3 ) + λ ⋅ 1 ⋅ 1 + 2λ ⋅ 3 ⋅ 3 + λ ⋅ 2 ⋅ 5 d1 2 d3 2 d2 2 ρ ρ 4−4

(1) (2)

со одземање на равенката (1) од равенката (2) се добива равенката за определување на брзината V4 :

⎡ 2 ⋅ d1 v4 = ⎢ ⎣ λ ⋅ L2

⎛ p + pv L v 2 ⎞⎤ ⋅ ⎜⎜ m − gH 3 + λ ⋅ 2 ⋅ 5 ⎟⎟⎥ d 2 2 ⎠⎦ ⎝ ρ

1/ 2

⎡ 2 ⋅ 0,05 ⎛ 90000 + 45000 75 0,679 2 ⎞⎤ ⎟⎥ v4 = ⎢ ⋅ ⎜⎜ − 9,81⋅ 10 + 0,025 ⋅ ⋅ 1000 0,075 2 ⎟⎠⎦ ⎣ 0,025 ⋅ 100 ⎝

1/ 2

v4 = 1,306 m/s

од равенката на континуитетот:

v 3 ⋅ d 32 = v 4 ⋅ d12 + v 5 ⋅ d 22 се определува брзината v3 2

2

2

2

⎛d ⎞ ⎛d ⎞ ⎛ 75 ⎞ ⎛ 50 ⎞ v = v ⋅ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ + v 5 ⋅ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 1,306 ⋅ ⎜ ⎟ = 0,708 m/s ⎟ + 0,679 ⋅ ⎜ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎝ d3 ⎠ ⎝ d3 ⎠ 3

4

се поставува енергетската равенка за пресеците 2-2 и 3-3

2 − 2 pm + po po − pv L2 v 22 L3 v 32 L1 v 42 + ep = + g ⋅ (H1 + H2 ) + λ ⋅ ⋅ + 2λ ⋅ ⋅ + λ ⋅ ⋅ ρ ρ d2 2 d3 2 d1 2 3−3

(3)

Со одземање на равенката (1) од равенката (3) се добиваат равенките за определување на брзините v1 и v2.

⎡ 2 ⋅ d1 ⎛ L v 2 p + pv ⋅ ⎜⎜ g ⋅ H1 + λ ⋅ 2 ⋅ 2 − m v1 = ⎢ ρ d2 2 ⎣ λ ⋅ L1 ⎝

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

1/ 2

⎡ 2 ⋅ 0,05 ⎛ 75 v 22 90000 + 45000 ⎞⎤ ⎜ ⎟⎟⎥ v1 = ⎢ ⋅ ⎜ 9,81⋅ 13,7615 + 0,025 ⋅ ⋅ − ⋅ 0 , 025 100 0 , 075 2 1000 ⎝ ⎠⎦ ⎣

1/ 2

185

v1 =

2 2 ⋅ v2 = ⋅ 0,958 = 0,677 m/s 2 2

од равенката на континуитетот:

v 3 ⋅ d 32 = v1 ⋅ d12 + v 2 ⋅ d 22 2

⎛d ⎞ ⎛d ⎞ v 2 = v 3 ⋅ ⎜⎜ 3 ⎟⎟ − v1 ⋅ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ d2 ⎠ ⎝ d2 ⎠ 2

2

⎛d ⎞ ⎛d ⎞ 2 ⋅ v 2 ⋅ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ v 2 = v 3 ⋅ ⎜⎜ 3 ⎟⎟ − 2 ⎝ d2 ⎠ ⎝ d2 ⎠

2

2

2 ⎛ d3 ⎞ 100 ⎛ ⎞ 2 v 3 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ 0,708 ⋅ ⎜ ⎟ d2 ⎠ 75 ⎠ ⎝ ⎝ = 0,958 m/s = v2 = 2 2 2 ⎛ 50 ⎞ 2 ⎛ d1 ⎞ 1+ ⋅⎜ ⎟ 1+ ⋅⎜ ⎟ 2 ⎝ 75 ⎠ 2 ⎜⎝ d 2 ⎟⎠

со замена на горе определените вредности во равенката (1) се добива равенката за определување на специфичната енергија на пумпата.

L1 v 12 L3 v 32 L1 v 42 ep = gH 2 + λ ⋅ ⋅ + 2λ ⋅ ⋅ +λ⋅ ⋅ d1 2 d3 2 d1 2 ep = 9,81⋅ 47 + 0,025 ⋅ + 0,25 ⋅

100 0,677 2 150 0,708 2 ⋅ + 2 ⋅ 0,025 ⋅ ⋅ + 0,05 2 0,1 2

100 1,306 2 ⋅ = 533,966 J / kg 0,05 2

запреминскиот проток низ пумпата:

d32 ⋅ π 0,12 ⋅ π = 0,708 ⋅ = 5,56 ⋅ 10 − 3 m3/s qvp = v 3 ⋅ 4 4 ангажираната снага на пумпата изнесува:

P=

ρ ⋅ qv ⋅ ep 103 ⋅ 5,56 ⋅ 10 −3 ⋅ 533,966 = = 3958,47 W ηp 0,75

Задача 16.7. Да се определи коефициентот на отпорот на вентилот ξv, така што запремнинскиот проток на водата во цевката 3 изнесува qv3 = 9 l/s, ако L1 = L2 = L3 = l = 9 m, и дијаметрите d1 = d2 = d3 = d = 50 mm, (λ = 0,025). Висината на слободните површини во резервоарите е H = 15 m, а надпритисокот pm = 15 kPa. Локалните отпори освен во вентилот да се занемарат.

186

Решение: За дадениот распоред на резервоарот непозната е насоката на струење на водата во гранката 1, затоа треба да се определи тој смер. Се претпоставува специјален случај на струење, кога запремнинскиот проток низ гранката 1 е нула, qv1 =0. Се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

1 − 1 p0 + pm p L v2 v2 ⎛ L⎞ + gH = o + λ ⋅ ⋅ 2 + 3 ⋅ ⎜ ξv + λ ⋅ ⎟ ρ ρ 2 ⎝ d 2 d⎠ 2−2

(1)

0 − 0 p0 p L v2 v2 + gH = o + λ ⋅ ⋅ 1 + 3 ρ 2 d 2 2−2 ρ

(2)

L⎞ ⎛ ⋅ ⎜ ξv + λ ⋅ ⎟ d⎠ ⎝

со користење на дадениот случај qv1 =0, односно: 1/ 2

⎛ 2 ⋅ pm ⋅ d ⎞ L v2 = λ ⋅ ⋅ 2 ; v 2 = ⎜⎜ ⎟⎟ ρ d 2 ⎝ ρ ⋅λ ⋅L ⎠

pm

1/ 2

⎛ 2 ⋅ 15000 ⋅ 0,05 ⎞ =⎜ ⎟ 3 ⎝ 10 ⋅ 0,025 ⋅ 9 ⎠

= 2,582 m/s

и соодветниот проток

qv 2 = v 2 ⋅

d 2 ⋅π 0,05 2 π = 2,582 ⋅ = 5,07 ⋅ 10 − 3 m3/s 4 4

Бидејќи во овој случај qv2 < qv3= 9⋅10-3 m3/s се констатира дека бараниот проток qv3 мора да се обезбедува од двата резервоари А и В. Запремнинскиот проток во гранката 1 qv 1 = qv 3 − qv 2 = 9 ⋅ 10 −3 − 5,07 ⋅ 10 −3 = 3,93 ⋅ 10 −3 m3/s а брзината

v1 =

4 ⋅ qv 1 4 ⋅ 3,93 ⋅ 10 −3 = = 2 m/s d 2π 0,052 π

oд равенката (2) со користење на равенката на континуитетот: v3 = v1 + v2 = 2,582 + 2 = 4,582 m/s се добива равенката за определување на коефициентот на отпорот на вентилот:

2gH L ξv = 2 − λ ⋅ v3 d

2 ⎡ ⎛ v ⎞ 2 ⎤ 2 ⋅ 9,81⋅ 15 9 ⎡ ⎛ 2 ⎞ ⎤ 1 ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⋅ 1+ ⎜ ⎟ = − 0,025 ⋅ ⋅ ⎢1 + ⎜ ⎟ ⎥ 4,5822 0,05 ⎣⎢ ⎝ 4,582 ⎠ ⎦⎥ ⎢⎣ ⎝ v 3 ⎠ ⎥⎦ ξv = 8,65

Задача 16.8. Од резервоарите А и В кои имаат исто ниво, истекува вода низ сложен цевковод во резервоарот С. Според сликата познати се следните податоци: d1 = 200mm; d2 = 100mm; d3 = 200mm; L1 = 200m ; L2 = 100m ; L3 = 720m ; λ1=λ3 =0,02 ; λ2= 0,025 и H = 16 m.

187

а) Со занемарување на сите локални загуби на енергијата да се определи запреминскиот проток низ цевководот (вентилот е отворен). б) Да се определи коефициентот на локалните загуби на енергија во вентилот(ξv = ?) така да протоколот биде двапати помал.

Решение: Се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

1 − 1 p0 po L1 v 12 L3 v 33 + gH = + λ1 ⋅ ⋅ + λ3 ⋅ ⋅ ρ d1 2 d3 2 3−3 ρ

(1)

2 − 2 p0 po L2 v 22 L3 v 32 + gH = + λ2 ⋅ ⋅ + λ3 ⋅ ⋅ d2 2 d3 2 ρ 3−3 ρ

(2)

од равенките (1) и (2) се добива: 1/ 2

⎛λ L d ⎞ v 1 = ⎜⎜ 2 ⋅ 2 ⋅ 1 ⎟⎟ ⎝ λ1 L1 d 2 ⎠

⋅ v 2 = 1,118 ⋅ v 2

oд равенката на континуитетот:

v 3 ⋅ d 32 = v1 ⋅ d12 + v 2 ⋅ d 22 се добива равенката за определување на брзината v2 : 2

⎛d ⎞ ⎛d ⎞ v 2 = v 3 ⋅ ⎜⎜ 3 ⎟⎟ − v1 ⋅ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 0,731 ⋅ v 3 ⎝ d2 ⎠ ⎝ d2 ⎠ Со смена на брзината v2 =0,731⋅v3 во равенката (2) се добива равенка за определување на брзината v3 : 1/ 2

⎛ ⎜ 2gH v3 = ⎜ ⎜ L2 L3 ⎜ 0,53436 ⋅ λ2 ⋅ d + λ3 ⋅ d 3 2 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

1/ 2

⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 2 ⋅ 9,81 ⋅ 16 ⎜ ⎟ v3 = 100 720 ⎟ ⎜ ⎜ 0,53436 ⋅ 0,025 ⋅ 0,1 + 0,02 ⋅ 0,2 ⎟ ⎝ ⎠

= 1,92 m/s

запремнинскиот проток низ гранките изнесува:

qv 1 = v 1 ⋅

188

0,22 π d12 ⋅ π = (1,118 ⋅ 0,731 ⋅ 1,92) ⋅ = 49,30 ⋅ 10 − 3 m3/s 4 4

0,22 π d 22 ⋅ π = (0,731⋅ 1,92) ⋅ = 11,02 ⋅ 10 − 3 m3/s 4 4 2 2 0,2 π d ⋅π = 1,92 ⋅ = 60,32 ⋅ 10 − 3 m3/s qv 3 = v 3 ⋅ 3 4 4 q qv' 3 = v 3 = 30,16 ⋅ 10 − 3 m3/s 2 и брзината во гранката 3 изнесува v 3' = v 3 / 2 = 0,96 m/s, односот на брзините останува qv 2 = v 2 ⋅

непроменет, односно:

v1' = 1,118 ⋅ v 2' ;

v 2' = 0,731 ⋅ v 3'

се поставува енергетската равенка за пресеците 1-1 и 3-3: 2

1 − 1 p0 ⎞ v '2 ⎛ p L v' L + gH = o + λ1 ⋅ 1 ⋅ 1 + ⎜⎜ λ3 ⋅ 3 + ξv ⎟⎟ ⋅ 3 d1 2 ⎝ d3 ρ 3−3 ρ ⎠ 2

(3)

од равенката (3) се добива равенката за определување на големината на коефициентот на отпорот ξv .

2gH − λ1 ⋅ (L1 / d1 ) ⋅ v1'

2

ξv =

v

'2 3

− λ3 ⋅

L3 = 255,3 d3

Задача 16.9. За пумпната постројка прикажана на сликата да се определи специфичната енергија и снагата на пумпата, како и запремнинските протоци на водата во сите делници. Локалните отпори да се занемарат. Познати се следните податоци: d1 = 50mm; d2 = 60 mm ; d3 = 80mm ; h = 10 m ; H = 40 m ; λ= 0,03 ; ηp = 0,8 ; L1 = 40 m ; L2 = 50 m ; L3 = 10 m ; L4 = 30 m ; L= 20m ; pm= 60 kPa ; pv= 30 kPa.

Решение: Од условот за задачата се определува брзината:

v3 =

4 ⋅ qv 3 4 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 = = 0,995 m/s d 32 ⋅ π 0,08 2 ⋅ π

се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

1− 1 3−3

p0 − pv

1− 1 4−4

p0 − pv

ρ

ρ

+ ep = + ep =

p0

ρ

+ g (H + h ) + λ ⋅

p0 + pm

ρ

+ gH + λ ⋅

L1 v 12 L v2 L v2 ⋅ + 2λ ⋅ ⋅ +λ⋅ 3 ⋅ 3 d1 2 d 2 d3 2

(1)

L1 v 12 L v2 L v2 ⋅ + 2λ ⋅ ⋅ +λ⋅ 4 ⋅ 4 d1 2 d 2 d4 2

(2)

189

2−2 3−3

p0 − pv

ρ

p0

+ ep =

ρ

+ g (H + h ) + λ ⋅

L2 v 22 L v2 L v2 ⋅ + 2λ ⋅ ⋅ +λ⋅ 3 ⋅ 3 d2 2 d 2 d3 2

(3)

од равенката на континуитетот се добива зависноста меѓу брзините:

v ⋅ d 2 = v 1 ⋅ d12 + v 2 ⋅ d 22 v ⋅ d 2 = v 3 ⋅ d 32 + v 4 ⋅ d 42

(4)

од равенките (1) и (2) се добива:

pm

+λ⋅

ρ

L4 v 42 L v2 ⋅ = gH + λ ⋅ 3 ⋅ 3 d4 2 d3 2

брзината:

⎡ 2 ⋅ d4 v4 = ⎢ ⎣ λ ⋅ L4

⎛ p L v 2 ⎞⎤ ⋅ ⎜⎜ gH − m + λ ⋅ 3 ⋅ 3 ⎟⎟⎥ d 3 2 ⎠⎦ ρ ⎝

1/ 2

⎡ 2 ⋅ 0,04 ⎛ 60000 10 0,995 2 ⎞⎤ ⎟⎥ =⎢ ⋅ ⎜⎜ 9,81⋅ 10 − + 0,03 ⋅ 1000 0,08 2 ⎟⎠⎦ ⎣ 0,03 ⋅ 30 ⎝

од равенките (4) се определува брзината: 2

2

v4 = 1,885 m/s 2

2

⎛d ⎞ ⎛d ⎞ ⎛ 80 ⎞ ⎛ 40 ⎞ v = v 3 ⋅ ⎜ 3 ⎟ + v 4 ⋅ ⎜ 4 ⎟ = 0,995 ⋅ ⎜ ⎟ + 1,885 ⋅ ⎜ ⎟ = 0,938 m/s ⎝d ⎠ ⎝d ⎠ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ загубите на специфичната енергија во делниците 1 и 2 се еднакви, односно:

L v2 L v2 λ⋅ 1 ⋅ 1 =λ⋅ 2 ⋅ 2 d1 2 d2 2

1/ 2

, односно

⎛ L ⋅d ⎞ v 2 = v1 ⋅ ⎜⎜ 1 2 ⎟⎟ ⎝ L2 ⋅ d1 ⎠

со смена на оваа равенка во равенката (4) се определува вредноста на брзината v1.

⎡⎛ d ⎞ 2 ⎛ L ⋅ d ⎞1 / 2 ⎛ d ⎞ 2 ⎤ v 1 = v ⋅ ⎢⎜ 1 ⎟ + ⎜⎜ 1 2 ⎟⎟ ⋅ ⎜ 1 ⎟ ⎥ ⎝ d ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣⎝ d ⎠ ⎝ L2 ⋅ d1 ⎠

−2

со смена на бројнте податоци се добива: v1= 1,56 m/s 1/ 2

брзината

⎛ L ⋅d ⎞ v 2 = 1,56 ⋅ ⎜⎜ 1 2 ⎟⎟ ⎝ L2 ⋅ d1 ⎠

= 1,528 m / s

запреминските протоци низ делниците изнесуваат:

0,12 π d2 ⋅π = 0,938 ⋅ = 7,380 ⋅ 10 − 3 m3/s 4 4 2 0,05 2 π d ⋅π qv 1 = v 1 ⋅ 1 = 1,56 ⋅ = 3,060 ⋅ 10 − 3 m3/s 4 4 0,06 2 π d2 ⋅π qv 2 = v 2 ⋅ 2 = 1,528 ⋅ = 4,320 ⋅ 10 − 3 m3/s 4 4 −3 3 qv 3 = 5 ⋅ 10 m /s

qv = v ⋅

qv 4 = v 4 ⋅

0,04 2 π d 42 ⋅ π = 1,885 ⋅ = 2,380 ⋅ 10 − 3 m3/s 4 4

Специфичната енергија на пумпата може да се определи од една од равенките (1), (2) или (3)

ep =

pv

ρ

+ g ⋅ (H + h ) + λ ⋅

L2 v 22 L v2 L v2 ⋅ + 2λ ⋅ ⋅ +λ⋅ 3 ⋅ 3 d2 2 d 2 d3 2

со смена на бројните податоци се добива: ep = 557 J/kg Снагата на пумпата изнесува:

P= 190

ρ ⋅ qv ⋅ ep 1000 ⋅ 7,38 ⋅ 10 −3 ⋅ 557 = = 51368 W ηp 0,8

1/ 2

Задача 16.10. Движењето на клиповите во хидрауличните цилиндри со исти дијаметри D = 150 mm, оптеретенисо надворешна сила F1 = 1000 N и F2 = 2000 N се остварува со струењето на маслото (ρ = 1245 kg/m3 и ν = 1 cm2/s) низ цевководите со еднакви должини L = 10 m и дијаметар d = 40 mm. a) Да се определат брзините на движење на клиповите при запремнински проток од 7 l/s во магистралната цевка. б) Колкав треба да биде дополнителниот отпор (во еквивалентна должина) и во која делница треба да се зголеми должината, да при ист запремнински проток на масло (qv ) во магистралната цевка брзините на клиповите бидат еднакви? Локалните отпори и триењето во цилиндрите да се занемари. Да се смета дека во неработните (пасивните) делови на цилиндарот, маслото е под атмосферски притисок, а струењето да е ламинарно. Решение: a) Надворешните сили создаваат надпритисок на површините на клиповите во пресеците 1-1 и 2-2, односно:

Pk 1 =

4F1 4 ⋅ 1000 4F 4 ⋅ 2000 = = 56588,4 Pa ; Pk 2 = 2 2 = = 113176,8 Pa 2 2 Dπ Dπ 0,15 π 0,15 2 π

Се поставуваат енергетските равенки за пресеците

n−n 1− 1

pn

+

v n2 p0 + pk 1 L v2 v2 = + λ1 ⋅ ⋅ 1 + k 1 2 2 d 2 ρ

(1)

n−n 2−2

pn

+

v n2 p0 + pk 2 L v2 v2 = + λ2 ⋅ ⋅ 2 + k 2 2 2 d 2 ρ

(2)

ρ

ρ

од равенката на континуитетот:

d2 ⋅π d 2π qv = v1 ⋅ + v2 ⋅ 4 4

се добива v 2 =

4qv − v1 d 2π

со претпоставка за ламинарно струење коефициентите на триење се:

λ1 =

64 64ν 64 64 ⋅ν = = ; λ2 = Re1 v1 ⋅ d Re 2 ⎛ 4qv ⎞ ⎜ 2 − v1 ⎟ ⋅ d ⎠ ⎝d π

со одземање на равенката (2) од равенката (1) се добива:

pk 2 − pk 1

ρ

4 ⎡ 64 ⋅ν ⋅ L 4qv ⎛ d ⎞ 4 ⎤ 128 ⋅ν ⋅ L 8 ⋅ qv ⎛ d ⎞ + 2 ⋅⎜ ⎟ ⎥ − ⋅ qv + 4 2 ⋅ ⎜ ⎟ − v1 ⋅ ⎢ 2 d 4π d π ⎝D⎠ d π ⎝ D ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ d

а брзината на струењето на маслото низ доводната цевка 1, v1 изнесува:

pk 2 − pk 1 v1 =

ρ

128 ⋅ν ⋅ L 8⋅q ⎛ d ⎞ + ⋅ qv + 4 v2 ⋅ ⎜ ⎟ 4 d π d π ⎝D⎠ 4 64 ⋅ν ⋅ L 4qv ⎛ d ⎞ + ⋅ ⎜ ⎟ d2 d 2π ⎝ D ⎠

4

со замена на дадените вредности се добива: v1 =4,19 m/s бараните брзини на клиповите:

191

2

2

⎛ 40 ⎞ ⎛ 4q ⎞ ⎛d ⎞ ⎛d ⎞ v k 1 = v1 ⋅ ⎜ ⎟ = 4,19 ⋅ ⎜ ⎟ = 0,298 m/s ; v k 2 = ⎜ 2 v − v 1 ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 150 ⎠ ⎝d π ⎠ ⎝D⎠ ⎝D⎠

4

б) Во случај на еднакви брзини на клиповите важат следните зависности: v1 = v2 = v ; λ1 = λ2 = λ =

64ν 1 4⋅q 2q ; v = ⋅ 2 v = 2v v ⋅d 2 d π d π

Енергетските равенки се сведуваат на :

v n2 p0 + pk 1 L1 v 2 v k2 + = +λ⋅ ⋅ + d 2 2 2 ρ ρ

pn

v n2 p0 + pk 2 L v 2 v k2 + = +λ⋅ ⋅ + ρ ρ 2 2 d 2

pn

со одземање на овие равенки се добива:

pk 2 − pk 1

ρ

L1 − L =

−

64 ⋅ν v2 ( ) ⋅ − ⋅ L L ν ⋅d2 1 2

pk 2 − pk 1

ρ

⋅

d4 ⋅π , односно 128 ⋅ qv ⋅ν

L1 - L = 4,08 m од ова се констатира дека цевката што го поврзува цилиндарот треба да биде подолга за 4,08 m. Задача 16.11. Од големиот отворен резервоар А-пумпата ја транспортира водата кон големиот отворен резервоар В, млазникот и хидрауличниот цилиндар. Хидрауличниот цилиндар треба да создаде работна сила F = 3140 N, при брзина на движење на клипот vk = 0,1 m/s. Да се определи: a) Коефициентот на отворот на вентилот ξk2 и теоретската висина на млазот zt, ако запремнинскиот проток низ гранката 2 изнесува 3,14 l/s. б) Специфичната енергија и снагата на пумпата. Познати се следните податоци: L = 10 m ; L1 = 4 m ; L2 = 3 m ; L3 = 5 m ; D = 100 mm ; D1 = D2 = D3 = 50 mm ; d = 20 mm ; Dk = 200 mm ; H1 = H2 = 3 m ; ξiz = 0,5 ; ξk = 0,5 ; ξv = 2,5 ; λ = 0,02 ; ξm =0,1 и ηp= 0,8. Останатите загуби на енергијата да се занемарат. Решение: a) Се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

0−0 1− 1

p0

ρ

+ gH1 + ep =

p0 + pn

ρ

+

2 v k2 v ⎛ L ⎞ v2 + ⋅ ⎜ ξ iz + 2ξv + λ ⋅ ⎟ + 1 2 2 ⎝ D⎠ 2

0−0 v2 ⎛ L ⎞ v 22 ep = ⋅ ⎜ ξ iz + 2ξv + λ ⋅ ⎟ + 2 ⎝ D⎠ 2 2−2 v2 ⎛ 0−0 L ⎞ v2 v m2 ep = + gH3 + ⋅ ⎜ ξ iz + 2ξv + λ ⋅ ⎟ + 3 2 2 ⎝ D⎠ 2 3−3

⎛ ⋅ ⎜⎜ ξv 2 ⎝

⎛ L⎞ ⋅ ⎜⎜ ξ k + ξv + λ ⋅ ⎟⎟ D1 ⎠ ⎝ L ⎞ + λ ⋅ 2 ⎟⎟ D2 ⎠

⎛ L ⎞ v2 ⋅ ⎜⎜ 2ξ k + ξv + λ ⋅ 3 ⎟⎟ + ξ m ⋅ m 2 D3 ⎠ ⎝

Поради дејството на силата F на површината на клипот се јавува притисок:

192

(1) (2) (3)

pk =

4⋅F 4 ⋅ 3140 = = 105 Pa = 1 bar 2 Dk ⋅ π 0,22 ⋅ π

А брзината на струењето на водата низ гранките 1 и 2 изнесува: 2

2

⎛D ⎞ 4⋅q ⎛ 200 ⎞ v1 = v k ⋅ ⎜⎜ k ⎟⎟ = 0,1⋅ ⎜ ⎟ = 1,6 m/s ; v 2 = 2 v 2 = 1,6 m/s D2 ⋅ π ⎝ 50 ⎠ ⎝ D1 ⎠ ако од равенката (2) се одземе равенката (1) и со средување се добива равенка за коефициентот на отпорот на вентилот 2.

ξv 2 =

2 ⎡ pk v k2 v12 ⎛ L ⎞⎤ L g H ⋅ − ⋅ + + ⋅ ⎜⎜ ξ k + ξv + λ ⋅ 1 ⎟⎟⎥ − λ ⋅ 2 ⎢ 1 2 v2 ⎣ ρ 2 2 ⎝ D1 ⎠⎦ D2

со замена на бројните вредности во горната равенка се добива: ξv2 = 58,54 Ако од равенката (2) се одземе равенката (3), по средувањето на изразот, ќе се добие равенка за определување на брзината v3 :

⎡ v 22 ⎛ ⎤ L ⎞ ⋅ ⎜⎜ ξv 2 + λ ⋅ 2 ⎟⎟ − 2 ⋅ g ⋅ H3 ⎢ ⎥ D2 ⎠ 2 ⎝ ⎢ ⎥ v3 = 4 ⎢ L3 ⎥ ⎛ D3 ⎞ ⎢ (1 + ξ m ) ⋅ ⎜ ⎟ + 2ξ k + ξv + λ ⋅ ⎥ D3 ⎦⎥ ⎝d ⎠ ⎣⎢

1/ 2

v3= 1,393 m/s брзината на излезот на водата од млазот: 2

2

⎛ 50 ⎞ ⎛D⎞ v m = v 3 ⋅ ⎜ ⎟ = 1,393 ⋅ ⎜ ⎟ = 8,7 m/s ⎝ 20 ⎠ ⎝d ⎠ теоретската висина на млазот изнесува:

zt = v m2 / 2 ⋅ g =

8,72 = 3,86 m 2 ⋅ 9,81

б) Брзината на струење на водата низ пумпата, се добива од равенката на континутетот: 2

⎛D ⎞ v ⋅ D 2 = (v1 + v 2 + v 3 ) ⋅ ⎜ 1 ⎟ = 1,15 m/s ⎝D⎠ специфичната енергија се определува од равенката (2)

1,15 2 ⎛ 10 ⎞ 1,62 ⎛ 1 ⎞ ⋅ ⎜ 0,5 + 2 ⋅ 0,5 + 0,02 ⋅ ⎟ + ⋅ ⎜ 58,54 + 0,02 ⋅ ⎟ 2 ⎝ 0,1⎠ 2 ⎝ 0,05 ⎠ Запреминскиот проток низ пумпата:

qv = v ⋅

Ep=78,78 J/kg

0,12 π D2 ⋅ π = 1,15 ⋅ = 9,032 ⋅ 10 − 3 m3/s 4 4

Потребната снага изнесува:

P=

ρ ⋅ qv ⋅ ep 103 ⋅ 9,032 ⋅ 10 −3 ⋅ 78,78 = = 890 W ηp 0,8

Задача 16.12. Од резервоарот А пумпата ги снабдува резервоарите В и С со еднакви количини вода qv2= 4 l/s. Резервоарите се отворени со константна разлика на нивоата H1= 25 m и H2= 20 m. Димензиите на цевките се L1 = 100 m ; d1 = 75 mm ; L2 = 50 m ; d2 = 50 mm ; коефициентот на отпорот на триење е: λ=0,025 за сите цевки. Коефициентите на месните отпори се: на влезот на ситото ξs = 0,1 ; во коленото ξk = 0,2 ; во Тразгранувањето ξR = 1,5 и на влезот во резервоарот ξVL=1. Да се определи: a) Колкава вредност мора да има коефициентот на вентилот (ξV=?)поставен на цевката што го поврзува резервоарот В, за да се обезбеди предвиденото снабдување со вода. 193

б) Колкава е теоретски снагата на пумпата во тој случај.

Решение: а) се поставува енергетските равенки за пресеците:

0−0 1− 1 0−0 2−2

⎛ v o2 p v2 L ⎞ v2 ⎛ L ⎞ v2 + ep = 0 + o + gH1 + ⎜⎜ ξs + 2ξ k + ξR + λ ⋅ 1 ⎟⎟ ⋅ 1 + ⎜⎜ ξ k + ξVL + λ ⋅ 2 ⎟⎟ ⋅ 2 ρ ρ d1 ⎠ 2 ⎝ d2 ⎠ 2 2 2 ⎝ ⎛ p0 v o2 p v2 L ⎞ v2 ⎛ L ⎞ v2 + + ep = 0 + o + gH 2 + ⎜⎜ ξs + 2ξ k + ξR + λ ⋅ 1 ⎟⎟ ⋅ 1 + ⎜⎜ ξ k + ξVL + λ ⋅ 2 ⎟⎟ ⋅ 2 ρ ρ d1 ⎠ 2 ⎝ d2 ⎠ 2 2 2 ⎝ p0

+

со средување на овие две равенки и израмнување меѓу себе се добива равенката за коефициентот на отпорот на вентилот:

ξv = ξ k +

2g ⋅ (H1 − H 2 ) 2g ⋅ (H1 − H 2 ) ⋅ d 24π 2 = + ξ k v 22 16 ⋅ qv22

ξv = 0,2 +

2 ⋅ 9,81⋅ (25 − 20 ) ⋅ 0,05 4 ⋅ π 2

(

16 ⋅ 4 ⋅ 10 − 3

)

2

ξv = 23,84 б) со средување на првата енергетска равенка и смена на брзините со запремнинските протоци се добива равенката за пресметка на специфичната енергија на пумпата.

⎛ L1 ⎞ 8 ⋅ qv21 ⎛ L2 ⎞ 8 ⋅ qv22 ⎜ ⎟ ⎜ ep = g ⋅ H1 + ⎜ ξs + 2ξ k + ξR + λ ⋅ ⎟ ⋅ 4 2 + ⎜ ξ k + ξVL + λ ⋅ ⎟⎟ ⋅ 4 2 d1 ⎠ d1 ⋅ π d2 ⎠ d2 ⋅ π ⎝ ⎝ со смена на бројните вредности се добива: ep= 357,547 J/kg Теоретската снага на пумпата изнесува:

P = ρ ⋅ qv 1 ⋅ ep = 103 ⋅ 8 ⋅ 10 −3 ⋅ 357,547 = 2860,38 W Задача 16.13. Системот цевководи поврзува два големи отворени резервоари А и В со висинска разлика H= 20m. Димензиите на цевките се: L1 =L2 =L3 =L4 = 80 m ; d1 =d2 =d4 =80 mm ; d3 = 160 mm. Коефициентите на триење во цевките се: λ1=λ2 =λ4 = 0,025 и λ3= 0,02 , а коефициентот на отпорот на вентилот ξV=20. Потребно е да се определат запремнинските протоци на системот цевководи кога: а) вентилот е отворен; 194

б) вентилот е наполно затворен. Решение: Се поставува енергетската равенка за пресеците1-1, 2-2

1− 1 2−2

p0

ρ

+

v12 p v2 L v2 L v2 L v2 + gH = 0 + B + λ1 ⋅ 1 ⋅ 1 + λ2 ⋅ 2 ⋅ 2 + λ4 ⋅ 4 ⋅ 4 d1 2 d2 2 d4 2 2 2 ρ

од равенката за континуитетот следи: v1 = v4 по срeдувањето горната равенка го добива следниот облик:

gH = 2 ⋅ λ1 ⋅

L1 v12 L v2 ⋅ + λ2 ⋅ 2 ⋅ 2 d1 2 d2 2

(1)

Бидејќи цевководите 2 и 3 се паралелни тогаш еднакви се и нивните загуби на енергија, односно:

λ2 ⋅

⎞ v2 L2 v 22 ⎛ L ⋅ = ⎜⎜ λ3 ⋅ 3 + ξV ⎟⎟ ⋅ 3 d2 2 ⎝ d3 ⎠ 2

(2)

Брзините се изразуваат преку запреминските протоци:

v 22 =

8 ⋅ qv22 d 24 ⋅ π 2

v 32 =

;

16 ⋅ qv23 d 34 ⋅ π 2

со замена во равенката (2) се добива зависноста:

λ2 ⋅

qv 3

⎞ 16 ⋅ q 2 L2 8 ⋅ qv22 ⎛ L ⋅ 4 2 = ⎜⎜ λ3 ⋅ 3 + ξv ⎟⎟ ⋅ 4 v23 d2 d2 ⋅ π d3 ⎝ ⎠ d3 ⋅ π

⎤ ⎡ ⎥ ⎢ λ2 ⋅ L2 ⋅ d 34 ⎥ ⎢ = ⎢⎛ ⎞ 5⎥ L ⎢ ⎜⎜ λ3 ⋅ 3 + ξv ⎟⎟ ⋅ d 2 ⎥ d3 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎝

1/ 2

⋅ qv 2

⎤ ⎡ 4 ⎥ ⎢ 0,025 ⋅ 80 ⋅ 0,16 ⎥ =⎢ 80 ⎞ ⎢⎛ 5⎥ ⎢ ⎜⎝ 0,02 ⋅ 0,16 + 20 ⎟⎠ ⋅ 0,08 ⎥ ⎦ ⎣

1/ 2

⋅ qv 2

qv 3 = 3,65 ⋅ qv 2 со смена на протоците наместо брзините во равенката (1) се добива:

gH = 2λ1 ⋅

L1 8 ⋅ qv21 L 8 ⋅ q2 ⋅ 4 2 = λ2 ⋅ 2 ⋅ 4 v 22 d1 d1 ⋅ π d2 d2 ⋅ π

2qv21 + qv22 = 3,966 ⋅ 10 −4 од равенката на континуитетот:

qv 1 = qv 2 + qv 3 и двете добиени равенки: ; 2qv21 + qv22 = 3,966 ⋅ 10 −4 се добиваат протоците во системот цевководи: qv2 =2,994 l/s qv3 =10,928 l/s qv1 =13,922 l/s б) При наполно затворен вентил и услови дадени во задачата и замена на овие услови во равекната (1) се добива:

qv 3 = 3,65 ⋅ qv 2

gH = 3 ⋅ λ1 ⋅

⎡ g ⋅ H ⋅ d15 ⋅ π 2 ⎤ qv = ⎢ ⎥ ⎣ 24 ⋅ λ1 ⋅ L1 ⎦

1/ 2

L1 8 ⋅ qv2 ⋅ d1 d14 ⋅ π 2

⎡ 9,81⋅ 20 ⋅ 0,085 ⋅ π 2 ⎤ =⎢ ⎥ ⎣ 24 ⋅ 0,025 ⋅ 80 ⎦

1/ 2

= 11,497 l/s

195

196

Задача 17.1. Да се определат коефициентот на брзината ϕ = ? , коефициентот на истекување μ = ? , коефициентот на контракција ψ = ? и коефициентот на локалниот отпор ξ = ? , ако водата истекува низ отвор со оштри рабови во атмосферата. Отворот е со дијаметар d = 120 mm, а се наоѓа на висина H = 850 mm под слободната површина. Волуменскиот проток на вода е qv = 33 l/s, а координатите на еден пресек од млазот се : x1 = 1,41 m и z1 = 620 mm. Решение: Равенката за волуменскиот проток е: d2 ⋅π qv = μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H = 33·10-3 m3/s 4 Коефициентот на протокот е: 33 ⋅ 10 −3 qv μ= 2 = = 0,715 d ⋅π 0,122 ⋅ π ⋅ 2⋅g ⋅H ⋅ 2 ⋅ 9,81⋅ 0,85 4 4 Равенката на брзината на истекување е: v =ϕ ⋅ 2⋅g ⋅H Треба да се определи брзината во пресекот со дадените координати, со користење на познатите равенки од теоретска механика за материјална точка: t2 x = v ⋅t ; z=g⋅ 2 Со елиминација на времето се добива: g v = x⋅ 2⋅z Со воведување во равенката за брзината се добива: g x⋅ = ϕ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H , се добива коефициентот на брзината: 2⋅z v x 1,41 ϕ= = = = 0,971 2 ⋅ g ⋅ H 2 ⋅ z ⋅ H 2 ⋅ 0,62 ⋅ 0,85 Од коефициентот на протокот μ = ϕ ⋅ψ , се добива коефициентот на контракцијата на млазот: μ 0,715 ψ = = = 0,736 ϕ 0,971 1 Од коефициентот на брзината ϕ = се добива коефициентот на локалниот 1+ ξ отпор на отворот: 1 − ϕ 2 1 − 0,9712 = = 0,0606 ξ= ϕ2 0,9712

197

Задача 17.2. Во голем отворен сад кој е поделен не две секции дотекува q v = 4,5 l/s вода. Од првата секција водата истекува низ цилиндрична насатка, а од втората секција низ конусна дивергентна насатка со агол на конусот θ = 6 o . Дијаметарот на отворот во преградата, како и дијаметрите на насатките на влезот се еднакви и изнесуваат d = 20 mm, а должините на насатките се исти и изнесуваат L = 60 mm. Коефициентот на истекување на цилиндричната насатка μ1 = 0,82 , на отворот во преградата μ 0 = 0,62 , а на конусно дивергентната насатка μ 2 = 0,45 . Да се определи протокот на вода низ секоја насатка, односно низ цилиндричната qv ,1 и низ конусната qv ,2 . Решение: За да бидат константни нивоата на слободните површини, треба да биде исполнет условот: qv = qv ,1 + qv ,3 или qv = qv ,1 + qv ,2 Волуменските протоци се: d2 ⋅π d2 ⋅π qv = μ1 ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H1 + μ2 ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ (H1 − H 2 ) (1) 4 4 d2 ⋅π d2 ⋅π qv = μ1 ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H1 + μ2 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H2 (2) 4 4 Од еднаквоста на равенките (1) и (2) се добива: μ2 ⋅d 4 + μ2 ⋅d 4 0,45 2 ⋅ 26,29 4 + 0,622 ⋅ 20 4 = 2,579 ⋅ H 2 H1 = H 2 ⋅ 2 1 2 40 = H2 ⋅ μ0 ⋅ d 0,622 ⋅ 20 4 Каде што излезниот дијаметар на дивергентниот млазник е:

d1 = d + 2 ⋅ L ⋅ tg

θ

= 20 + 2 ⋅ 60 ⋅ tg 3o = 26,29 mm 2 Добиената зависност H1 = 2,579 ⋅ H 2 се вметнува во равенката (1) се добива: H2 =

H2 =

qv2

(

)

⎡d 2 ⋅π ⎤ ⎢ 4 ⋅ g ⋅ μ1 ⋅ 5,146 + μ0 ⋅ 3,146 ⎥ ⎣ ⎦

(4,5 ⋅ 10 )

2

−3 2

= 2,387 m 2 ⎡ 0,022 ⋅ π ⎤ ⋅ 9,81 ⋅ 0,82 ⋅ 5,146 + 0,62 ⋅ 3,146 ⎥ ⎢ 4 ⎣ ⎦ H1 = 2,579 ⋅ H 2 =2,387·2,573 = 6,143 m Волуменскиот проток низ цилиндричната насатка изнесува: d2 ⋅π 0,022 ⋅ π qv ,1 = μ1 ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H1 = 0,82 ⋅ ⋅ 2 ⋅ 9,81⋅ 6,143 = 2,83·10-3 m3/s 4 4 Волуменскиот проток низ конусно-дивергентната насатка изнесува:

198

(

)

qv ,3 = μ2 ⋅

d12 ⋅ π 0,02629 2 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H2 = 0,45 ⋅ ⋅ 2 ⋅ 9,81⋅ 2,387 = 1,67·10-3 m3/s 4 4 Задача 17.3. Од еден резервоар низ два кружни отвори истекува вода. Во резервоарот се одржува константно ниво на водата, а отворите се наоѓаат на длабочина H1 = 3 m и H2 = 4 m под нивото на водата. Вкупната длабочина на водата изнесува H = 7,5 m. Коефициентите на истекување се μ1 = μ 2 = 0,62 , коефициентите на брзините ϕ1 = ϕ 2 = 0,95 , а површините на попречните пресеци на отворите се A1 = 1,77·10-3 m2 и A2 = 7,86·10-4 m2. Да се определат: а) количината на вода што истекува низ

секој отвор; б) координатите на точката М во која се соединуваат двата млазеви. Решение: Од теоријата на механика на материјална точка, применета на конкретниот случај се добиваат следните равенки: - за горниот отвор: x12 (1) z1 = 4 ⋅ ϕ 2 ⋅ H1 - за долниот отвор: x22 (2) z2 = 4 ⋅ ϕ 2 ⋅ H2 Од условот зададен во задачата и според сликата се добива: x1 = x2 = xM ; z1 = z2 + (H2 − H1 ) Со внесување во равенката (1) се добива: x12 z2 + (H 2 − H1 ) = 4 ⋅ ϕ 2 ⋅ H1 Со внесување на равенката (2) во претходната равенка се добива: x2 x2 ( ) + H − H = 2 1 4 ⋅ ϕ 2 ⋅ H2 4 ⋅ ϕ 2 ⋅ H1 Со решавање по x се добива: xM = x = 2 ⋅ ϕ ⋅ H1 ⋅ H 2 = 2 ⋅ 0,95 ⋅ 3 ⋅ 4 = 6,6 m Со внесување на вредноста за x во равенката (1) се добива: 6,62 4,02 m z1 = 4 ⋅ 0,952 ⋅ 3 Од сликата: zM = H − (z1 + H1 ) = 7,5 − (4,02 + 3 ) = 0,48 m Точката М има координати: M (6,6 m ; 0,48 m) Задача 17.4. На вертикалната преграда на отворениот резервоар се наоѓаат два мали отвори со еднакви коефициенти на брзината ϕ1 = ϕ 2 = ϕ . Едниот отвор се наоѓа на растојание z0 од слободната површина, а другиот на растојание z од дното на садот. Двата млаза ја сечат хоризонталната рамнина во иста точка M.

199

Нивото на течноста во резервоарот е константно, а неговата висина од дното на резервоарот е H. Да се определи односот меѓу висините z0 и z.

Решение: Од теоретска механика за движење на материјална точка познати се равенките: - за горниот отвор t2 z1 = g ⋅ x1 = v 1 ⋅ t ; , со елиминација на времето се добива: 2 g ⋅ x12 z1 = (1) 2 ⋅ v12

Брзината на истекување на течноста од горниот отвор: v1 = ϕ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z0 Со внесување на оваа равенка во равенката (1) се добива: x12 z1 = 4 ⋅ ϕ 2 ⋅ z0 - за долниот отвор t2 z2 = g ⋅ , со елиминација на времето се добива: x2 = v 2 ⋅ t ; 2 g ⋅ x22 z2 = 2 ⋅ v 22

(2)

(3)

Брзината на истекување на течноста од долниот отвор: v 1 = ϕ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ (H − z ) Со внесување на оваа равенка во равенката (3) се добива: x 22 z2 = 4 ⋅ ϕ 2 ⋅ (H − z ) Од сликата : z = z2 ; H − z0 = z1 , односно: z1 − z2 = H − (z + z0 )

(4)

x22 z1 = z2 + H − (z + z0 ) или = + H − z0 − z 4 ⋅ ϕ 2 ⋅ z0 4 ⋅ ϕ 2 ⋅ (H − z ) По средување на оваа равенка се добива равенката: x2 = z0 ⋅ (H − z ) 4 ⋅ϕ 2 Од равенката (4) се добива зависноста: x2 z2 ⋅ (H − z ) = 4 ⋅ϕ 2

(5)

x12

200

x2 4 ⋅ϕ2 Со споредување на оваа равенка со равенката (5) се добива: x2 = z0 ⋅ (H − z ) = z ⋅ (H − z ) следи z = z0 4 ⋅ϕ 2

Бидејќи z2 = z , тогаш последната равенка е: z ⋅ (H − z ) =

Задача 17.5. Во резервоарот наполнет до висина H = 4 m, истекува вода низ кружен отвор со дијаметар d = 10 mm. а) на која висина h треба да се направи отвор за дометот D да биде максимален; б) ако при мерењето на истекувањето низ отворот што се наоѓа на височината h определена под а) се добива домет D = 3,9 m и волуменски проток q v = 0,305 l/s, потребно е да се определат коефициентите: на протокот μ ; на брзината ϕ ; на контракција ψ и на локалниот отпор поради острите рабови. Решение: Од теоретска механика за движење на материјална точка познати се равенките: t2 z=g⋅ , со елиминација на времето се x = v ⋅t ; 2 добива: g ⋅ x2 z= 2 ⋅v2 Во конкретниот случај: g ⋅ x2 x2 z= = (1) 2 ⋅ ϕ 2 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ (H − h ) 4 ⋅ ϕ 2 ⋅ (H − h ) За z = h како непозната големина: x2 , односно x 2 = 4 ⋅ ϕ 2 ⋅ H ⋅ z − z2 z ⋅ (H − z ) = 2 4 ⋅ϕ За да се определи параметарот z = h, оваа равенка се диференцира по z и се изедначува со нула: d x2 =0 2 ⋅ x ⋅ x ' = 4 ⋅ ϕ 2 ⋅ (H − 2 ⋅ z ) dz 2 ⋅ ϕ 2 ⋅ (H − 2 ⋅ z ) 2 ⋅ ϕ 2 ⋅ (H − 2 ⋅ z ) = =0 x' = x 4 ⋅ ϕ 2 ⋅ H ⋅ z − z2

(

)

( )

(

Решението на оваа равенка е z =

)

H H , односно h = 2 2

H и дадените параметри за x = D и H с едобива: 2 H D2 = H⎞ 2 ⎛ 4 ⋅ϕ2 ⋅ ⎜H − ⎟ 2⎠ ⎝ Од оваа равенка се добива коефициентот на брзината:

Од равенката (1) за z =

201

D 3,9 = = 0,975 H 4 Од раравенката за волуменски проток се определува коефициентот на проток: qv 0,305 ⋅ 10 −3 d2 ⋅π H ⋅ 2⋅g ⋅ односно μ = 2 = = 0,62 qv = μ ⋅ d ⋅π 0,012 ⋅ π 4 2 ⋅ g ⋅H ⋅ 9,81 ⋅ 4 4 4 Од коефициентот на проток μ = ϕ ⋅ψ се определува коефициентот на контракцијата на млазот: μ 0,62 ψ = = = 0,636 ϕ 0,975 1 се определува коефициентот на Од коефициентот на брзината ϕ = 1+ ξ локалниот отпор поради острите рабови: 1 − ϕ 2 1 − 0,975 2 ξ= = = 0,052 ϕ2 0,975 2

ϕ=

Задача 17.6. Отворот во страничен ѕид на голем отворен резервоар има облик на рамнокрак триаголник со основа a и висина h, а врвот (темето c) се наоѓа на длабочина H под слободната површина. Отворањето на отворот се врши со помош на табласт затворач кој се движи надолу со константна брзина v0. Да се определи количината на течност која ќе истече низ отворот во текот на отворањето. Решение: Диференцијалнта равенка за елементарен проток низ голем отвор е: dqv = μ ⋅ v ⋅ dA = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z ⋅ x (z ) ⋅ dz Од сликата, од сличноста на триаголниците следи: a x : a = (z − H ) : h ; x = ⋅ (z − H ) h Вкупниот проток изнесува: H +s a qv (s ) = μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ (z − H ) ⋅ z ⋅ dz h H По интеграцијата се добива: 5 3 3 5 ⎡⎛ ⎞⎤ ⎤ 2 a 2 ⎡ qv (s ) = μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⋅ ⎢(H + s )2 − H 2 ⎥ − ⋅ H ⋅ ⎢⎜⎜ H + s 2 − H 2 ⎟⎟⎥ h 5 ⎣ ⎢⎣⎝ ⎠⎥⎦ ⎦ 3 За време dt од отворот ке истече елементарен волумен dV = qv ⋅ dt , кој поради q (s ) s ds зависноста v 0 = , односно dt = dV = v ⋅ dt изнесува: v0 t v0 Бараниот волумен е: 5 3 3 h h 5 ⎡⎛ ⎞⎤ ⎫⎪ ⎤ 2 a 2 ⋅ g ⎧⎪ 2 ⎡ q (s ) V = ∫ v ⋅ ds = μ ⋅ ⋅ ⋅ ∫ ⎨ ⋅ ⎢(H + s )2 − H 2 ⎥ − ⋅ H ⋅ ⎢⎜⎜ H + s 2 − H 2 ⎟⎟⎥ ⎬ ⋅ ds v0 h v0 5 ⎢⎣⎝ 0 0 ⎪ ⎠⎥⎦ ⎪⎭ ⎦ 3 ⎩ ⎣ 202

5 7 5⎤ ⎡1 a 1 1 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎢ ⋅ (H + h )2 + ⋅h⋅H2 − ⋅ H ⋅ (H + h )2 ⎥ V = 4⋅μ ⋅ h ⋅ v0 15 15 ⎣ 35 ⎦

Задача 17.7. Во страничниот ѕид на резервоарот се наоѓаат два квадратни отвори кои се отвараат со табласти отворачи кои се движата со брзина v0 = 1 m/s. Да се определи количината на течност која ќе истече низ отворите за време на нивното отворање. Познати се следните податоци: H = 2 m ; a = 1 m и μ = 0,62 .

Решение: Диференцијалната равенка за елементарен проток низ голем отвор е: dq v = μ ⋅ v ⋅ dA Диференцијалнта равенка за елементарен проток за левиот отвор е: dq v ,1 (x ) = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z ⋅ x ⋅ dz , односно 3 3 ⎡ ⎤ qv ,1 (x ) = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ x ⋅ ∫ ⋅ ⎢(H + a ) 2 − H 2 ⎥ ⋅ x H ⎣⎢ ⎦⎥ За време dt од левиот отвор ќе истече елементарен волумен dV1 = q v ,1 ⋅ dt , кој H +a

поради зависноста v 0 =

2 z ⋅ dz = ⋅ μ ⋅ 2 ⋅ g 3

q (x ) x dx , односно dt = изнесува: dV1 = v ,1 ⋅ dx v0 t v0

3 3 ⎡ ⎤ a 2 2 ( ) ⋅ ⎢ H + a − H ⎥ ⋅ ∫ x ⋅ dx ⎢⎣ ⎥⎦ 0 3 3 ⎡ ⎤ a2 1 V1 = ⋅ μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎢(H + a )2 − H 2 ⎥ ⋅ 3 ⎣ ⎦ v0 3 3 ⎡ ⎤ 12 1 2 2 ( ) V1 = ⋅ 0,62 ⋅ 2 ⋅ 9,81 ⋅ ⎢ 2 + 1 − 2 ⎥ ⋅ = 216,75 m3 3 ⎣ ⎦ 0,01 Диференцијалната равенка за елементарен проток за десниот отвор е: dqv ,2 (x ) = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z1 ⋅ x ⋅ dz1 , односно a

1 2 1 ⋅ ⋅ μ ⋅ 2⋅g V1 = ⋅ ∫ q v ,1 (x ) ⋅ dx = v0 3 v0 0

qv , 2 ( x ) = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ a ⋅

H +a

∫

H +a − x

z1 ⋅ dz =

2 ⋅ μ ⋅ 2⋅g 3

3 3 ⎡ ⎤ ⋅ ⎢(H + a )2 − (H + a − x )2 ⎥ ⎣ ⎦

На ист начин се добива: a a 3 3 1 a 2 ⎡ ⎤ V2 = ⋅ ∫ qv ,2 (x ) ⋅ dx = ⋅ ⋅ μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ ⎢(H + a )2 − (H + a − x )2 ⎥ ⋅ dx v0 0 v0 3 ⎦ 0⎣ По интеграцијата се добива: 5 3 5 ⎧⎪ ⎤ ⎫⎪ 2 2 ⎡ a V2 = ⋅ μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎨a ⋅ (H + a ) 2 − ⋅ ⎢(H + a ) 2 − H 2 ⎥ ⎬ 3 5 ⎣⎢ v0 ⎪⎩ ⎦⎥ ⎪⎭ 5 3 5 ⎧⎪ ⎤ ⎫⎪ 2 1 2 ⎡ 2 2 ⋅ 2 ⋅ 9,81 ⋅ ⎨1⋅ (2 + 1) − ⋅ ⎢(2 + 1) − 2 2 ⎥ ⎬ = 224 m3 V2 = ⋅ 0,62 ⋅ 3 0,01 5 ⎣ ⎪⎩ ⎦ ⎪⎭ 203

Задача 17.8. Затворач во облик на триаголник постепено го затвора отворот на ѕидот на резервоарот движејки се вертикално надолу со константна брзина v0. Отворот има облик на рамностран триаголник. Највисоката точка на отворот се наоѓа на длабочина h од нивото на водата, а долниот раб (страна) на длабочина H. Да се определи волуменот на водата која ќе истече низ отворот за време на неговото затворање. Решение: За време t затворачот ќе помине пат: s = v 0 ⋅ t = s (t ) ; t се мери од почетокот на затворањето на отворот. Додека затворачот го помине патот s (t ) , низ елементарната површина dA(z ) = x (z ) ⋅ dz ќе истече: dq v = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z ⋅ dA(z ) = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z ⋅ x (z ) ⋅ dz Од сликата се добиваат геометриските големини: 2⋅ 3 x (z ) x (z ) z−h = ⋅ tg 60 0 = ⋅ 3 или x (z ) = ⋅ (z − h ) 2 2 3 Тогаш елементарниот волуменски проток изнесува: 2⋅ 3 dq v = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z ⋅ ⋅ (z − h ) ⋅ dz 3 Моменталниот проток низ затворениот дел на отворот изнесува: H 2⋅ 3 qv = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⋅ ∫ (z − h ) ⋅ z ⋅ dz = qv (t ) 3 h + s (t )

Елементарниот волумен кој ќе истече за време dt изнесува: H ⎡2 ⋅ 3 ⎤ dV = qv (t ) ⋅ dt = ⎢ ⋅ μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ (z − h ) ⋅ z ⋅ dz ⎥ ⋅ dt ⎢⎣ 3 ⎥⎦ h + s (t ) Вкупниот волумен изнесува: T ⎡ H ⎤ 2⋅ 3 V = ∫⎢ ⋅ μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ (z − h ) ⋅ z ⋅ dz ⎥ ⋅ dt ⎥⎦ 0⎢ h + s (t ) ⎣ 3 H −h T – време потребно за затворање на затворачот, односно T = v0 Тогаш: 3 T ⎡⎛ 2 5 2 ⎤ ⎞ 2⋅ 3 2 ⎜ V =∫ ⋅ μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎢⎜ ⋅ z − ⋅ h ⋅ z 2 ⎟⎟ Hh +v 0 ⋅t ⎥ ⋅ dt , односно: 3 3 0 ⎠ ⎣⎢⎝ 5 ⎦⎥ 5 3 T 5 3⎤ ⎡2 2⋅ 3 2 2 2 2 V= ⋅ϖ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ ⎢ ⋅ H − ⋅ h ⋅ H 2 − ⋅ (h + v 0 ⋅ t ) 2 + ⋅ h ⋅ (h + v 0 ⋅ t ) 2 ⎥ ⋅ dt 3 3 5 3 0⎢ ⎦⎥ ⎣5 После средувањето и интегрирањето се добива: 3 7 5 ⎞ ⎛2 7 4 2⋅ 3 μ 2 16 V= ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ ⋅ H 2 − ⋅ h ⋅ H 2 + ⋅ h 2 ⋅ H 2 − ⋅ h 2 ⎟⎟ 3 v0 5 3 105 ⎠ ⎝7

204

Задача 17.9. Низ големиот отвор во облик на рамностран триаголник со страна a, истекува вода од резервоарот со коефициент на проток μ . Горната точка (темето) на триаголникот се наоѓа на длабочина H од нивото на водата. Да се определи волуменскиот проток qv на водата низ отворот под услов да нивото на водата биде константно.

Решение: Од сликата со користење на условот за сличност на триаголниците се добива: a⋅ 3 2 h= a : x (z ) = h : z ; ; x (z ) = ⋅z 2 3

елементарната површина е : dA(z ) = x (z ) ⋅ dz = 2 ⋅

3 ⋅ z ⋅ dz 3

Елементарниот волуменски проток е:

dq v = μ ⋅ v ⋅ dA = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ (H + z ) ⋅

2 3 ⋅ z ⋅ dz 3

Вкупниот волуменски проток низ отворот изнесува: h 2 qv = ⋅ 6 ⋅ g ⋅ μ ⋅ ∫ H + z ⋅ z ⋅ dz 3 0 Со смена H + z = u , односно z = u − H ; dz = du се решава интегралот: 1 5 3 ⎞ ⎛ 32 ⎜ u − u 2 ⋅ H ⎟ ⋅ du , односно 2 ⋅ (H + z ) 2 − 2 ⋅ (H + z ) 2 ⋅ H ( ) u ⋅ u − H ⋅ du = ∫ ∫⎜ ⎟ 5 3 ⎠ ⎝ Со внесување на граничните услови на интегрирањето се добива: 5 3 ⎡ 5⎤ 2 2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ a⋅ 3 ⎟ a 2 2 ⎜ 2 3 4 ⋅ ⎢ ⎟ + qv = ⋅ 6 ⋅ g ⋅ μ ⋅ ⎢ ⋅ ⎜ H + ⋅ H 2 ⎥⎥ − ⋅ H ⋅ ⎜⎜ H + ⎟ ⎟ 3 5 2 ⎠ 3 2 ⎠ 15 ⎝ ⎢⎣ ⎝ ⎥⎦

h 0

Задача 17.10. Водата истекува од резервоарот, од два големи отвори A и B со димензии дадени на сликата: а) Да се определат волуменските протоци qv ,A и qv ,B низ двата отвори. б) Колкаво е процентуалното зголемување на протокот низ отворот B во однос на отворот A, ако е b=1 m и μ = 0,62 .

Решение: а) Отворите A и B се составени од триаголник и правоаголник, што значи дека и протокот треба посебно да се определи за триаголникот, а посебно за правоаголникот. Диференцијалната равенка за истекување низ елементарна површина е: 205

dq v = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z ⋅ x (z ) ⋅ dz

- за отворот A За проток низ правоаголникот : x (z ) = a H

3 3 ⎡ ⎤ z ⋅ dz = 2 ⋅ μ ⋅ b ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎢(4 ⋅ b ) 2 − (3 ⋅ b ) 2 ⎥ ⎣ ⎦ H −b a x = ⋅ (5 ⋅ b − z ) За триаголникот: x : a = (H + h − z ) : z ; b

qv ,A,prav = μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅

∫

qv ,A,triag = μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅

H +h

∫

z ⋅ (5 ⋅ b − z ) ⋅ dz =

H

3 3 5 5 ⎧10 ⎡ ⎤ 2 ⎡ ⎤⎫ = 3 ⋅ μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎨ ⋅ b ⋅ ⎢(5 ⋅ b )2 − (4 ⋅ b )2 ⎥ − ⋅ ⎢(5 ⋅ b )2 − (4 ⋅ b )2 ⎥ ⎬ ⎣ ⎦ 5 ⎣ ⎦⎭ ⎩3 Вкупниот проток низ отворот A изнесува: 3 3 ⎡ ⎤ q b,A = qv ,A,prav + qv ,A,triag = 2 ⋅ μ ⋅ b ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎢(4 ⋅ b ) 2 − (3 ⋅ b ) 2 ⎥ + ⎣ ⎦ 3 3 5 5 ⎧10 ⎡ ⎤ 2 ⎡ ⎤⎫ + 3 ⋅ μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎨ ⋅ b ⋅ ⎢(5 ⋅ b )2 − (4 ⋅ b )2 ⎥ − ⋅ ⎢(5 ⋅ b )2 − (4 ⋅ b )2 ⎥ ⎬ ⎣ ⎦ 5 ⎣ ⎦⎭ ⎩3 - за отворот B За проток низ правоаголникот : x (z ) = a H +h

3 3 ⎡ ⎤ 2 − (4 ⋅ b )2 z ⋅ dz ( ) ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = 2 μ b 2 g 5 b ∫H ⎢⎣ ⎥⎦ a За триаголникот: x : a = (H − h − z ) : h ; x = ⋅ (z − 3 ⋅ b ) b H a qv ,B,triag = μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ (z − 3 ⋅ b ) ⋅ z ⋅ dz = b H −h

qv ,B,prav = μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅

5 5 3 3 ⎧2 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎫ = 3 ⋅ μ ⋅ b ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎨ ⋅ ⎢(4 ⋅ b )2 − (3 ⋅ b )2 ⎥ − 2 ⋅ b ⋅ ⎢(4 ⋅ b )2 − (3 ⋅ b )2 ⎥ ⎬ ⎦ ⎣ ⎦⎭ ⎩5 ⎣ Вкупниот проток низ отворот B изнесува: 3 3 ⎡ ⎤ qb,B = qv ,B,prav + qv ,B,triag = 2 ⋅ μ ⋅ b ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎢(5 ⋅ b )2 − (4 ⋅ b )2 ⎥ + ⎣ ⎦ 5 5 3 3 ⎧2 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎫ + 3 ⋅ μ ⋅ b ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎨ ⋅ ⎢(4 ⋅ b )2 − (3 ⋅ b )2 ⎥ − 2 ⋅ b ⋅ ⎢(4 ⋅ b )2 − (3 ⋅ b )2 ⎥ ⎬ ⎦ ⎣ ⎦⎭ ⎩5 ⎣ б) Со замена за b = 1,0 m и μ = 0,62 се добиваат вредностите за волуменските протоци низ отворите А и B: qv ,A = 23,66 m3/s ; QV ,b = 25,13 m3/s Процентуалното зголемување на протокот низ отворот B во однос на протокот низ отворот A изнесува: qv ,B − qv ,A 25,13 − 23,66 ⋅ 100 = ⋅ 100 = 6,2% 23,66 q v ,A

Задача 17.11. Од резервоарот A, во кој константно дотекува вода со qv = 3 l/s, истекува вода преку две цевки во резервоарот B, а од него низ насатка истекува во атмосферата. Да се определат протоците низ двете цевки при стационарен режим на истекување. Да се определи коефициентот на локалните отпори во 206

вентилот V1( ξV 1 = ? ). Познати се следните податоци: H1 = h1 = h2 = L = 1 m ; d = 30 mm ; ξ izl = 0,5 ; λ = 0,03 ; μ = 0,8 и ξV 2 = 1,5 .

Решение: Од условот за стационарно истекување, волуменскиот проток во резервоарот A е еднаков на волуменскиот проток кој истекува од насатката во атмосферата од резервоарот B. d 2 ⋅π qv = μ ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅H 4 H – висина на водата во резервоарот B за да се обезбеди стационарно истекување. Од равенката следи: 2 16 ⋅ q v2 16 ⋅ 3 ⋅ 10 −3 = = 1,435 m H= 2 4 2 μ ⋅ d ⋅π ⋅ 2 ⋅ g 0,8 2 ⋅ 0,03 4 ⋅ π 2 ⋅ 2 ⋅ 9,81 Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 1-1: 2 0 − 0 p0 p0 v 12 ⎛ L ⎞ v1 + g ⋅ H1 = + + ⎜ λ ⋅ + ξ izl + ξV 1 ⎟ ⋅ , односно: ρ ρ 1− 1 2 ⎝ d ⎠ 2

(

)

2 ⎛ L ⎞ v1 H1 = ⎜ λ ⋅ + ξ izl + ξV 1 + 1⎟ ⋅ ⎝ d ⎠ 2⋅g Волуменскиот проток низ горната цевка изнесува: d 2 ⋅π qv ,1μ1 ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H1 4 Од равенката за определување на висината H1 и равенката за волуменскиот проток qv ,1 се определува коефициентот на протокот μ1 , односно: 1 μ1 = L λ ⋅ + ξ izl + ξV 1 + 1 d Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 2-2: 2 0 − 0 p0 p ⎛ L ⎞ v + g ⋅ (H1 + h1 + h2 − H ) = 0 + ⎜ λ ⋅ + ξ izl + ξV 2 + 1⎟ ⋅ 2 2−2 ρ ρ ⎝ d ⎠ 2 Волуменскиот проток низ долната цевка изнесува: 0,03 2 ⋅ π d 2 ⋅π q v ,2 = μ 2 ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ (H1 + h1 + h2 − H ) = 0,5 ⋅ ⋅ 2 ⋅ 9,81⋅ (1 + 1 + 1 − 1,435 ) 4 4 qv ,2 = 1,96 ⋅ 10 −3 m3/s Коефициентот на проток низ долната цевка е:

207

1

μ2 =

1

= 0,5 1 L 0,03 ⋅ + 0,5 + 1,5 + 1 λ ⋅ + ξ izl + ξV 2 + 1 0,03 d Од равенката на континуитетот со користење на условите за стационарно истекување, волуменскиот проток низ горната цевка изнесува: qv = q v ,1 + q v ,2 , односно: qv ,1 = qv − qv ,2 = 3 ⋅ 10 −3 − 1,96 ⋅ 10 −3 = 1,04 ⋅ 10 −3 m3/s Од равенката за волуменскиот проток низ горната цевка се определува коефициентот на протокот μ1 , а од него коефициентот на локалниот отпор на вентилот V1. 4 ⋅ qv ,1 4 ⋅ 1,04 ⋅ 10 −3 μ1 = 2 = = 0,332 d ⋅ π ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H1 0,03 2 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 9,81⋅ 1

ξV 1 =

=

1 1 ⎞ ⎛ ⎛ L ⎞ − ⎜ λ ⋅ + ξ izl + 1⎟ = − ⎜ 0,03 ⋅ + 0,5 + 1⎟ = 6,6 2 0,03 μ ⎝ d ⎠ 0,332 ⎠ ⎝ 1

2 1

Задача 17.12. Во рамен вертикален ѕид на еден резервоар е исечен отвор со големи димензии во облик на правоаголен триаголник со катети L и H. Катетата L лежи во рамнината на слободната површина. Вертикалната линија на растојание a го дели отворот на две површини. Да се определи во кој однос се наоѓаат овие две површини, ако низ нив истекува иста количина на течност. Решение: Се користи диференцијалнта равенка за стационарно истекување низ големи отвори: dq v = μ ⋅ dA ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z , односно: H2

qv = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ x (z ) z ⋅ dz

(1)

H1

Од сликата следат геометриските големини: x H −z H −z = ; x= ⋅L L H H Со внесување во равенката(1) се добива: H L qv = μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ (H − z ) ⋅ z ⋅ dz H 0 H

H

3

L L qv = μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ H ⋅ z ⋅ dz − μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ z 2 ⋅ dz H H 0 0 3

5

3

3

2 L 2 L 2 2 qv = ⋅ μ ⋅ ⋅ H ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z 2 − ⋅ μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H 2 = ⋅ μ ⋅ L ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H 2 − ⋅ μ ⋅ L ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H 2 3 H 5 H 3 5 3 4 ⋅ μ ⋅L ⋅ 2⋅g ⋅H 2 По средувањето се добива: qv = 15 Волуменскиот проток низ правоаголниот триаголник со страни a и h ќе се добие аналогно на предходниот и ќе изнесува:

208

3

4 qv ,1 = ⋅ μ ⋅a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ h2 15 Протокот qv ,1 , според условот во задачата треба да изнесува половина од вкупниот проток qv , односно: 3

3

4 1 4 ⋅ μ ⋅a ⋅ 2⋅g ⋅h2 = ⋅ ⋅ μ ⋅L⋅ 2⋅g ⋅H 2 15 2 15 3

3

3 2

1 a 1 ⎛ H ⎞2 = ⋅⎜ ⎟ a ⋅ h = ⋅ L ⋅ H 2 или 2 L 2 ⎝h⎠ Од сликата се определуваат површините: a⋅h L ⋅H a ⋅h A1 = A2 = − ; 2 2 2 Нивниот однос е: L ⋅H a ⋅h − A2 2 2 = L ⋅ h −1 = a⋅h A1 a⋅h 2 Од сликата се определува и односот на страните:

(2)

(3)

H L = h a

(4)

Од тавенките (2) и (4) следи: 3

5

2

H a 1 ⎛ H ⎞2 h ⎛ H ⎞2 = ⋅ ⎜ ⎟ = , односно ⎜ ⎟ = 2 или = 25 L 2 ⎝h⎠ H h h ⎝ ⎠ Од равенките (3) и (4) се добива: 2

2 4 ⎛ 2⎞ A2 L ⋅ h ⎛H ⎞ = − 1 = ⎜ ⎟ − 1 = ⎜⎜ 2 5 ⎟⎟ − 1 = 2 5 − 1 = 0,741 A1 a ⋅ h ⎝h⎠ ⎝ ⎠

A2 , за да може низ нив да тече иста количина на A1 течност, треба да изнесува 0,741.

Односот на површините

Задача 17.13. Водата истекува низ два големи отвори во облик на правоаголник и триаголник, кои се наоѓаат во страничен ѕид на отворен резервоар. Да се определи широчината на правоаголникот така да волуменските протоци низ двата отвори бидат исти. Познати се следните податоци: H = 1 m ; h = 2 m ; a = 1 m и μ = 0,62 . Решение: Елементарниот волуменски проток низ правоаголникот изнесува: dq v ,1 = μ ⋅ v ⋅ dA = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z ⋅ b ⋅ dz Вкупниот проток низ правоаголникот е: 3 H +h 3 ⎡ ⎤ 2 qv ,1 = μ ⋅ b ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ z ⋅ dz = ⋅ μ ⋅ b ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎢(H + h ) 2 − H 2 ⎥ 3 H ⎣⎢ ⎦⎥

(1)

209

Елементарниот волуменски проток низ триаголникот изнесува: dq v ,2 = μ ⋅ v ⋅ dA = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z1 ⋅ x (z1 ) ⋅ dz1 Од сличноста на триаголниците се добиваат зависностите: a x : a = (z1 − H ) : h , односно: x = ⋅ (z1 − H ) h Со внесување во равенката (2) се добива: a dq v ,2 = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z1 ⋅ ⋅ (z1 − H ) ⋅ dz1 h Вкупниот проток низ триаголникот е: H +h a qv ,2 = μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ z1 ⋅ (z1 − H ) ⋅ dz1 h H

q v ,2 = 2 ⋅ μ ⋅

(2)

5 3⎤ 5 ⎡1 2 1 ⋅ ⎢ ⋅ (H + h ) 2 + ⋅ H 2 − ⋅ H ⋅ (H + h ) 2 ⎥ 15 3 ⎢⎣ 5 ⎥⎦ = qv ,2 се добива:

a ⋅ 2⋅g h

Од условот во задачата qv ,1

(3)

5

3 5 1 2 1 ⋅ (H + h ) 2 + ⋅ H 2 − ⋅ H ⋅ (H + h ) 2 a 15 2 b = 3⋅ ⋅ 5 3 3 h (H + h )2 − H 2

5

3 5 2 2 1 1 ⋅ (1 + 2)2 + ⋅ 1 − ⋅ 1⋅ (1 + 2)2 1 2 15 b = 3⋅ ⋅ 5 = 0,543 m = 543 mm 3 3 2 2 (1 + 2)2 − 1

Задача 17.14. Низ големиот отвор на страничниот ѕид на отворен резервоар во облик на ромб со страна a и коефициент на проток μ истекува вода. Да се определи вертикалната дијагонала на ромбот така да протокот низ отворот биде максимален.

Решение: Протокот низ отворот е: qv = q v ,1 + q v ,2 каде што: q v ,1 - проток низ горниот дел на отворот qv ,2 - проток низ долниот дел на отворот Елементарниот волуменски проток низ горниот дел на отворот изнесува: dq v ,1 = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z ⋅ x (z ) ⋅ dz Од сликата за сличноста на триаголниците се добиваат зависностите: h x h H x = 2⋅ ⋅z ; : =z: H 2 2 2 Вкупниот волуменски проток низ горниот дел на отворот изнесува: H 2

qv ,1

210

3

h 1 = 2 ⋅ μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ z ⋅ z ⋅ dz = ⋅ μ ⋅ g ⋅ h ⋅ H 2 5 H 0

Елементарниот волуменски проток низ долниот дел на отворот изнесува: dqv ,2 = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z1 ⋅ x1 (z ) ⋅ dz1 Од сликата за сличноста на триаголниците се добиваат зависностите: h x1 h H x1 = 2 ⋅ ⋅ (H − z1 ) ; : = (H − z1 ) : H 2 2 2 Вкупниот волуменски проток низ долниот дел на отворот изнесува: H 3 h 8⋅ 2 −7 ⋅ μ ⋅ g ⋅h ⋅H2 qv ,2 = 2 ⋅ μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ (H − z1 ) ⋅ z1 ⋅ dz1 = H 15 H 2

Вкупниот волуменски проток низ големиот отвор изнесува: 3 3 1 8⋅ 2 −7 2 ⋅ μ ⋅ g ⋅h ⋅H2 qv = q v ,1 + q v ,2 = ⋅ μ ⋅ g ⋅ h ⋅ H + 5 15 3 4 qv = ⋅ 2⋅ 2 −1 ⋅ μ ⋅ g ⋅ h ⋅H 2 15 Зависноста меѓу H и h е:

(

2

)

2

⎛h⎞ ⎛H ⎞ 2 ; h = 4 ⋅ a2 − H 2 ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ =a ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ Тогаш вкупниот волуменски проток низ големиот отвор изнесува: 3 4 qv = ⋅ 2 ⋅ 2 − 1 ⋅ μ ⋅ g ⋅ 4 ⋅ a2 − H 2 ⋅ H 2 15 dq v = 0 се добива: Од условот за максимален проток dH 5 1 5 3 5 2 2 2 ; − H + 6⋅a ⋅H − ⋅H 2 = 0 − ⋅ H 2 + 6 ⋅ a2 = 0 2 2 3 2 3 2 ; H = 2⋅ ⋅a = 2⋅ ⋅a h = 2⋅ ⋅a = 2⋅ ⋅a 5 5 5 5

(

)

Задача 17.15. Водата истекува низ два големи отвори во облик на триаголник, кои се наоѓаат во страничен ѕид на голем отворен резервоар. Да се определи односот на волуменските протоци за познати вредности: H = 4 m ; a = 2 m ; μ = 0,62 . Решение: Елементарниот волуменски проток низ левиот триаголник изнесува: dq v ,1 = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z ⋅ x (z ) ⋅ dz Од сликата за сличноста на триаголниците се добиваат зависностите: a⋅ 3 a x : a = (H + h − z ) : h h= = 3 ; x = ⋅ (H + h − z ) ; 2 h Со внесување на оваа зависност во во горната равенка се добива: a dq v ,1 = μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ (H + h − z ) ⋅ z ⋅ dz h Вкупниот волуменски проток низ левиот триаголник изнесува:

211

qv ,1

a = μ ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅ h

H +h

∫ (H + h − z ) ⋅

z ⋅ dz

H

3 5 5 ⎡2 ⎤ 1 1 ⋅ ⎢ ⋅ (H + h ) 2 − ⋅ (H + h ) ⋅ H 2 + ⋅ H 2 ⎥ 3 5 ⎢⎣15 ⎥⎦ Елементарниот волуменски проток низ десниот триаголник изнесува: dqv ,2 = μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z1 ⋅ x1 (z1 ) ⋅ dz1 Од сликата за сличноста на триаголниците се добиваат зависностите: a x1 = ⋅ (z1 − H ) x1 : a = (z1 − H ) : h ; h Елементарниот волуменски проток низ десниот триаголник изнесува: a dqv ,2 = μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ (z1 − H ) ⋅ z1 ⋅ dz1 h Вкупниот волуменски проток низ десниот триаголник изнесува: H +h a qv ,2 = μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ∫ (z1 − H ) ⋅ z1 ⋅ dz1 h H

qv ,1 = 2 ⋅ μ ⋅

a ⋅ 2⋅g h

5 5 3 ⎡1 ⎤ 1 2 2 2 q v ,2 ⋅ ⎢ ⋅ (H + h ) − ⋅ (H + h ) ⋅ H + ⋅H 2 ⎥ 3 15 ⎢⎣ 5 ⎥⎦ Бараниот однос на овие два волуменски протоци е: 5 5 3 1 1 2 2 2 2 qv ,2 5 ⋅ (H + h ) − 3 ⋅ (H + h ) ⋅ H + 15 ⋅ H = 3 5 5 qv ,1 2 1 1 ⋅ (H + h )2 − ⋅ (H + h ) ⋅ H 2 + ⋅ H 2 15 3 5 Со замена на познатите вредности се добива бараниот однос на волуменските протоци: 5 5 3 1 1 2 2 2 2 qv ,2 5 ⋅ 4 + 3 − 3 ⋅ 4 + 3 ⋅ 4 + 15 ⋅ 4 = = 1,0614 3 5 5 qv ,1 2 1 1 2 2 ⋅ 4+ 3 2 − ⋅ 4+ 3 ⋅4 + ⋅4 15 3 5

a = 2⋅μ ⋅ ⋅ 2⋅g h

(

)

(

(

)

)

(

)

Задача 17.16. Водата истекува од резервоарот низ профилисана насатка со најмал дијаметар d = 90 mm, а излезниот дијаметар D = 120 mm и агол на ширење на дифузорот α = 6 0 . Коефициентот на отпорот на конвергентниот дел на насатката е ξ 1 = 0,06 и ξ k = 0,135 . Да се определи критичната висина Hkr при која кај тесниот пресек ќе настапи кавитација. Температурата на водата t = 40 0 C . Решение: Се поставува енергетска равенка за пресеците 1-1 и 2-2. 2 1 − 1 p0 ( p0 v 22 v 32 v3 − v2 ) + ρ ⋅H = + + ξ1 ⋅ + ξk ⋅ 2−2 ρ 2 2 2 ρ

⎛d ⎞ Од равенката на континуитетот се добива зависноста: v 2 = v 3 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝D⎠ 212

(1) 2

Со внесување на изразот за v2 во равенката (1) се добива равенка за определување на брзината во најтесниот дел на насатката: 2⋅g ⋅H v 32 = (2) 2 ⎡ ⎛ d ⎞2 ⎤ ⎛ d ⎞4 ξ1 + ξ k ⋅ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ + ⎜ ⎟ ⎣⎢ ⎝ D ⎠ ⎦⎥ ⎝ D ⎠ Се поставува енергетска равенка за пресеците 3-3 и 2-2. 2 3 − 3 p3 v 32 p0 v 22 ( v2 − v3 ) + = + + ξk ⋅ 2−2 ρ 2 2 2 ρ

(3) 2

⎛d ⎞ Од равенката на континуитетот се добива зависноста: v 2 = v 3 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝D⎠ Со внесување на изразот за v2 во равенката (2) се добива равенка за определување на подпритисокот во најтесниот дел на насатката: 2 4 ⎡ ⎛ d ⎞ 2 ⎤ ⎫⎪ v 32 ⎧⎪ ⎛ d ⎞ p 0 − p3 = ρ ⋅ (4) ⋅ ⎨1 − ⎜ ⎟ − ξ k ⋅ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ ⎬ 2 ⎪ ⎝D⎠ ⎝ D ⎠ ⎦⎥ ⎪ ⎢ ⎣ ⎭ ⎩ Кавитацијата почнува во моментот кога притисокот во најтесниот дел на насатката p3 ќе се изедначи со притисокот на испарување на водата. Притисокот на испарување на водата за t = 40ºC изнесува pzp = 7377 Pa. На тој притисок му одговара висина Hkr, со тоа равенките (2) и (4) добиваат изменет изглед, односно: 2 ⋅ g ⋅ H kr v 32 = 2 ⎡ ⎛ d ⎞2 ⎤ ⎛ d ⎞4 ξ 1 + ξ k ⋅ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ + ⎜ ⎟ ⎣⎢ ⎝ D ⎠ ⎦⎥ ⎝ D ⎠ 2 4 ⎧ ⎡ ⎛ d ⎞ 2 ⎤ ⎫⎪ ⎪ ⎛d ⎞ p0 − pzp ⋅ ⎨1 − ⎜ ⎟ − ξ k ⋅ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ ⎬ ⎢⎣ ⎝ D ⎠ ⎥⎦ ⎪⎭ ⎪⎩ ⎝ D ⎠ Од овие две равенки се добива равенка за определување на големината на критичната висина:

v2 =ρ⋅ 3 2

2

H kr =

p0 − p zp

ρ ⋅g

⎡ ⎛ d ⎞2 ⎤ ⎛ d ⎞4 ξ 1 + ξ k ⋅ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ + ⎜ ⎟ ⎢⎣ ⎝ D ⎠ ⎥⎦ ⎝ D ⎠ ⋅ 2

4 ⎡ ⎛ d ⎞2 ⎤ ⎛d ⎞ 1 − ⎜ ⎟ − ξ k ⋅ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ ⎝D⎠ ⎣⎢ ⎝ D ⎠ ⎦⎥ Со внесување на познатите вредности во последната равенка се добива вредноста на критичната висина: H kr = 5,77 m

Задача 17.17. Од горниот дел "I" на затворениот резервоар со константно ниво h1 = 1,5 m, истекува вода низ n = 50 мали отвори со дијаметар d0 = 10 mm и коефициент на проток μ 0 = 0,62 во делот "II" , а потоа низ куса цевка со дијаметар D, со коефициент на локалните отпори ξ izl = 0,5 и ξ v = 4 во атмосферата. Манометарот M покажува 29,4 kPa. Живиниот 213

диференцијален манометар покажува h=110 mm. Да се определи протокот низ цевката и нејзиниот дијаметар под услов да дометот на водата биде константен и да изнесува h2=2,5 m. Решение: Се поставува Бернулиева равенка запресеците 1-1 и 2-2: 1− 1 p0 + pm p + p 2 v 02 + g ⋅ h1 = 0 + (1) ρ ρ 2 2−2 Од равенката (1) се наоѓа теоретската брзина на истекување низ било кој мал отвор:

p − p2 ⎛ v 0 = 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ h1 + m ρ ⋅g ⎝ Стварниот отвор низ n-отвори изнесува:

⎞ ⎟⎟ ⎠

d 02 ⋅ π p − p2 ⎞ ⎛ ⎟ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ h1 + m 4 ρ ⋅ g ⎟⎠ ⎝ Се поставува енергетска равенка запресеците 3-3 и 4-4 3 − 3 p0 + p2 p v2 v2 + g ⋅ h2 = 0 + + (ξ izl + ξv ) ⋅ ρ ρ 4−4 2 2 Од оваа равенка се добива брзината на истекување низ излезната цевка: qv ,0 = μ 0 ⋅ n ⋅

(2)

p ⎞ ⎛ 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ h2 + 2 ⎟⎟ ρ ⋅g ⎠ ⎝ v= 1 + ξ izl + ξ v Волуменскиот проток низ излезната цевка изнесува: p ⎞ ⎛ 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ h2 + 2 ⎟⎟ ρ ⋅g ⎠ d ⋅π d ⋅π ⎝ ⋅v = ⋅ qv = 4 4 1 + ξ izl + ξ v 2

2

(3)

Од равенката на континуитетот (за еднаквост на протоците qv = qv ,0 ) се определува равенка за бараниот дијаметар на излезната цевка, односно равенката (2) се изедначува со равенката (3) и по средувањето се добива:

d = μ 0 ⋅ n ⋅ d 02 ⋅

(1 + ξ izl + ξ v ) ⋅ ⎛⎜⎜ h1 + pm − p2 ⎞⎟⎟ ⎝

ρ ⋅g ⎠

p2 ρ ⋅g Равенка за рамнотежа на притисокот во пресекот 5-5 (на диференцијалниот манометар) е: pm = p2 + ρ Hg ⋅ g ⋅ h ; p2 = pm − ρ Hg ⋅ g ⋅ h =29400 - 13600·9,81·0,11 = 14724,24 Pa h2 +

pm − p2 = ρ Hg ⋅ g ⋅ h = 13600·9,81·0,11=14675,76 Pa

(1 + 0,5 + 4) ⋅ ⎛⎜1,5 + 14675,76 ⎞⎟

1000 ⋅ 9,81 ⎠ ⎝ = 79,137 ⋅ 10 −3 m = 79,317 mm 14724,24 2,5 + 1000 ⋅ 9,81 Протокот низ излезната цевка определен со равенката (3) изнесува: d = 0,62 ⋅ 50 ⋅ 0,112 ⋅

214

qv =

0,079 ⋅ π ⋅ 4 2

14724,24 ⎞ ⎛ 2 ⋅ 9,81⋅ ⎜ 2,5 + ⎟ 1000 ⋅ 9,81 ⎠ ⎝ =18,67·10-3 m3/s = 18,67 l/s 1 + 0,5 + 4

Задача 17.18. Од горниот дел на затворен резервоар низ отвор на дното со дијаметар d1 = 30 mm, истекува вода во долниот дел на резервоарот, а потоа низ цилиндрична насатка со дијаметар d2 = 20 mm истекува во атмосферата. При стално струење манометарот покажува pm = 50 kPa, а одделните висини на нивоата се h1 = 2 m и h2 = 3 m. Да се определи: а) протокот низ насатката, ако коефициентот на локалниот отпор низ отворот е ξ 1 = 0,06 , а низ насатката ξ 2 = 0,5 . б) надпритисокот px што владее над нивото на водата во долниот дел на резервоарот. Решение: Се поставува енергетска равенка запресеците 0-0 и 1-1 0 − 0 pm + p0 v 2 p + p0 v2 v2 + g ⋅ h1 + α ⋅ 0 = 1 + α ⋅ 1 + ξ1 ⋅ 1 ρ ρ 1− 1 2 2 2

Со замена за v0 = 0 , α = 1 и p1 = p x се добива: pm + p0

px + p0

v 12 (1) ρ ρ 2 Во равенката (1) има две непознати големини p x и v1, за да се определат истите, потребно е да де постави уште една равенка: Се поставува енергетска равенка запресеците x-x и 2-2 x − x pm,x + p0 v x2 p0 v 22 v 22 + g ⋅ h2 + = + + ξ2 ⋅ ρ ρ 2−2 2 2 2 Со замена за vx = 0 се добива: pm,x + p0 p v2 + g ⋅ h2 = 0 + (1 + ξ 2 ) ⋅ 2 (2) ρ ρ 2 Со елиминација на px во равенките (1) и (2) се добива: pm v2 v2 + g ⋅ (h1 + h2 ) = (1 + ξ 1 ) ⋅ 1 + (1 + ξ 2 ) ⋅ 2 (3) ρ 2 2 Се користи равенката на континуитетот: A v1 = v 2 ⋅ 2 q v = v 1 ⋅ A1 = v 2 ⋅ A2 ; A1 Со замена во горната равенка за v1 се добива: + g ⋅ h1 =

+ (1 + ξ1 ) ⋅

2

⎛ A ⎞ v2 v2 + g ⋅ (h1 + h2 ) = (1 + ξ1 ) ⋅ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⋅ 2 + (1 + ξ 2 ) ⋅ 2 2 ρ ⎝ A1 ⎠ 2

pm

215

v2 =

⎡p ⎤ 2 ⋅ ⋅⎢ m + g ⋅ (h1 + h2 )⎥ ⎣ ρ ⎦ = 2 ⎞ ⎛ (1 + ξ1 ) ⋅ ⎜⎜ A2 ⎟⎟ + (1 + ξ 2 ) ⎝ A1 ⎠

⎡ 50000 ⎤ 2⋅⎢ + 9,81⋅ (2 + 3 )⎥ ⎣ 1000 ⎦ = 10,765 m/s 4 (1 + 0,06) ⋅ ⎛⎜ 20 ⎞⎟ + (1 + 0,5) ⎝ 30 ⎠

Волуменскиот проток низ насоката изнесува: 0,02 2 ⋅ π d 2 ⋅π qv = v 2 ⋅ A2 = v 2 ⋅ = 3,338·10-3 m3/s =10,765 ⋅ 4 4 б) Надпритисокот px се определува од равенката (2): v2 10,765 2 pm,x = (1 + ξ 2 ) ⋅ ρ ⋅ 2 − ρ ⋅ g ⋅ h2 = (1 + 0,5 ) ⋅ 1000 ⋅ − 1000 ⋅ 9,81⋅ 3 = 57338 Pa 2 2 Задача 17.19. Од затворениот резервоар водата истекува низ мал отвор со коефициент на проток μ1 = 0,62 и низ конусна насатка со коефициент на проток μ 2 = 0,96 . Во резервоарот нивото е константно и изнесува H = 1 m, а над нивото владее надпритисок pm. Ако d1 = d2 = d = 30 mm, да се определи pm така да волуменскиот проток низ конусната насатка биде за Δqv = 2 l/s поголем од протокот низ отворот. Решение: Волуменските протоци низ отворот и конусната насатка изнесуваат:

p ⎞ ⎛ qv ,1 = μ1 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ H + m ⎟⎟ ρ ⋅g ⎠ ⎝

;

a=

d 2 ⋅π 4

p ⎞ ⎛ qv ,2 = μ 2 ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ H + m ⎟⎟ ρ ⋅g ⎠ ⎝ Разликата на протоците е: p ⎞ ⎛ Δqv = q v ,2 − qv ,1 = a ⋅ (μ1 + μ 2 ) ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ H + m ⎟⎟ ρ ⋅g ⎠ ⎝ Од оваа равенка се определува надпритисокот кој изнесува: 2 Δqv2 2 ⋅ 10 −3 pm = ρ ⋅ − ρ ⋅ g ⋅ H = 1000 ⋅ − 1000 ⋅ 9,81⋅ 1 2 2 2 ⋅ a 2 ⋅ (μ 2 − μ1 ) ⎛ 0,03 2 ⋅ π ⎞ 2 ⎟⎟ ⋅ (0,96 − 0,62) 2 ⋅ ⎜⎜ 4 ⎝ ⎠

(

pm = 24816 Pa = 24,816 kPa

216

)

Задача 18.1. Цилиндричен сад со дијаметар D = 1 m и висина H = 1 m, наполнет е со течност со кинематска вискозност ν = 1,32 cm2/s и е поврзан со цевка со дијаметар d=50 mm и должина L = 10 m. Растојанието од дното на садот до цевката изнесува h = 400 mm. Да се определи времето потребно за празнење на садот. Сите локални отпори да се занемарат. Коефициентот на протокот да се определи според равенката −

1

⎛ L⎞ 2 μ = ⎜λ ⋅ ⎟ . ⎝ d⎠ Решение: Во почетокот на празнењето течноста има теоретска брзина: v teor = 2 ⋅ g ⋅ (H + h ) = 2 ⋅ 9,81⋅ (1 + 0,4 ) = 5,241 m/s Теоретсрата вредност на Рејнолдс-овиот број изнесува: v ⋅ d 5,241⋅ 0,05 R e,teor = teor = = 1985 < 2320 ν 1,32 ⋅ 10 − 4 Стварната брзина на почетокот на истекувањето се добива со решавање на енергетската равенка поставена за пресеците 0-0 и 1-1. 0 − 0 p0 p v2 L v2 ⎛ L⎞ v2 + g ⋅ (H + h ) = 0 + +λ⋅ ⋅ = ⎜1 + λ ⋅ ⎟ ⋅ ρ ρ 2 1− 1 d 2 ⎝ d⎠ 2 Бидејќи R e,teor < R e,kr струењето во цевката е ламинарно, тогаш коефициентот на 64 отпорот од триење се определува со равенката: λ = Re Со смена во енергетската равенка се добива: 2 ⎛ 64 ⋅ν L ⎞ v ⋅ ⎟⋅ g ⋅ (H + h ) = ⎜1 + , односно v ⋅d d ⎠ 2 ⎝ 64 ⋅ν ⋅ L ⋅v 2 ⋅ g ⋅ (H + h ) = v 2 + d2 Со замена на познатите вредности се добива квадратна равенка: v 2 + 38,8 ⋅ v − 27,468 = 0 Реалното решение на оваа квадратна равенка ја дава вредноста на стварната брзина на струење на течноста низ цевката: v = 0,794 m/s. Стварната вредност на Рејнолдс-овиот број изнесува: v ⋅ d 0,794 ⋅ 0,05 = = 300,76 Re = ν 1,32 ⋅ 10 −4 коефициентот на триење е: 64 64 ⋅ν d 2 ⋅ π 16 ⋅ π ⋅ d ⋅ν = λ= ⋅ = 4 qv Re qv ⋅ d

Диференцијалната равенка за истекување е: qv ⋅ dt = −

D2 ⋅π ⋅ dz 4

217

коефициентот на проток : μ =

qv =

d 2π ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z , во задачата зададен 4 qv 1 = 16 ⋅ π ⋅ d ⋅ v L 4 ⋅ π ⋅ν ⋅ L ⋅ qv d

qv = μ ⋅

Волуменскиот проток изнесува: 1 L λ⋅ d

=

d 2π ⋅ 2⋅g ⋅z 4 ⋅ π ⋅ν ⋅ L 4 qv

⋅

2

qv d 4 ⋅π 2 d 4 ⋅π ⋅ g ⋅ ⋅2⋅g ⋅z ; qv = ⋅ z = B·z 128 ⋅ν ⋅ L 16π ⋅ν ⋅ L 16 d 4 ⋅π ⋅ g се воведува константата B = 128 ⋅ν ⋅ L времето потребно за празнење на садот изнесува: h D2 ⋅π dz D 2 ⋅ π H + h 32 ⋅ D 2 ⋅ν ⋅ L H +h T =− ⋅ ln ⋅ ∫ = ⋅ ln = 4 h h 4 ⋅ B H +h z 4⋅B d ⋅g Со внесување на дадените податоци се добива: T = 863 s = 14 min 23 s qv2 =

Задача 18.2. Затворачот се подига рамномерно со брзина v=2,56 cm/s и при тоа отвора правоаголен отвор со димензии b = 1,5 m и a= 1 m во вертикален ѕид. Да се определи колку вод ќе истече од почетниот момент на отворањето до целосното отворање на отворот, ако висината на водата е константна и изнесува H = 4 m. Коефициентот на протокот на процесот на отворањето се смета за константен и изнесува μ = 0,59 .

Решение: Волуменот на водата што истекува од отворот за време dt изнесува: dV = q v ⋅ dt

Протокот: qv = μ ⋅ f (z ) ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z каде што: f (z ) и z – претставуваат промена на површината на отворот и висината во некој временски момент. f (z ) = b ⋅ v ⋅ t ; z = H − v ⋅ t се воведува во горната равенка и се добива: dV = μ ⋅ b ⋅ v ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H − v ⋅ t ⋅ t ⋅ dt Вкупната количина на вода што истекува за време на отворањето на отворот изнесува: V

V

0

0

V = ∫ dV = ∫ μ ⋅ b ⋅ v ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H − v ⋅ t ⋅ t ⋅ dt

218

H −v ⋅t = u ; t =

Се воведува смена

1 1 ⋅ (H − u ) или dt = − ⋅ du v v

Новите граници на интеграција се: за t=0 ; u=H за t=T ; u=H–a V = −μ ⋅ b ⋅ v ⋅ 2 ⋅ g ⋅

H −a

∫

1 2

u ⋅

H

1 1 ⋅ (H − u ) ⋅ ⋅ du v v

5 5 3 ⎡1 ⎤ 1 2 ⋅ ⎢ ⋅ (H − a ) 2 − ⋅ H ⋅ (H − a ) 2 + ⋅H 2 ⎥ 2 15 ⎢⎣ 5 ⎥⎦ 3 Со замена на познатите големини се добива: V = 143,6 m

V=

2⋅ μ ⋅b⋅ 2⋅g v

Задача 18.3. Цилиндричен сад со димензии D = 1,2 m ; H = 1,5 m, наполнет е со вода и се празни преку млазник (d1 = 25 mm ; μ1 = 0,97 ). На горната страна на садот има отвор (d2 = 3 mm ; μ 2 = 0,6 ) низ кој влегува надворешен воздух ( ρ voz = 1,2 kg/m3) во садот. При тоа волуметрискиот проток на воздух (стисливоста се занемарува) еднаков е на волуменскиот проток на вода. Да се определи времето на целосното празнење на садот (висината на млазникот h да се занемари). Решение:

Се поставуваат енергетски равенки за пресеците 0-0 и 2-2 ; 01-01 и 1-1 0−0 p0 p − pv v 22 v2 = 0 + + ξ1 ⋅ 2 2−2 2 2 ρ voz ρ voz 2 ⋅ pv v 22 = ; ρ voz ⋅ (1 + ξ 1 ) v2 =

1

⋅

2 ⋅ pv

=ϕ ⋅

2 ⋅ pv

ρ voz ρ voz 1 + ξ1 Волуменскиот проток на воздух изнесува: d 2 ⋅π 2 ⋅ pv при што μ2 = ϕ q v ,voz = μ 2 ⋅ 2 ⋅ 4 ρ voz 01 − 01

p0 − pv

1 −1

ρ voda

+g ⋅z =

p0

ρ voda

v 12 v 12 + + ξm ⋅ 2 2

⎛ ⎛ pv ⎞ pv ⎞ ⎟⎟ = ϕ1 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ z − ⎟⎟ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ z − ⋅ g g ⋅ ρ ρ 1+ ξ m voda voda ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Волуменскиот проток на водата изнесува: v1 =

1

qv ,voda = μ1 ⋅

⎛ pv ⎞ d 12 ⋅ π ⎟⎟ при што ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎜⎜ z − ρ ⋅ g 4 voda ⎠ ⎝

μ1 = ϕ1

Од условот во задачата за еднакви волуменски протоци се добива: 219

⎛ pv ⎞ d 12 ⋅ π d 22 ⋅ π 2 ⋅ pv ⎟ ⎜ μ1 ⋅ a1 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎜ z − = μ 2 ⋅ a2 ⋅ при што: a1 = ; a2 = ρ voda ⋅ g ⎟⎠ 4 4 ρvoz ⎝ Од горната равенка се добива равенка за определување на подпритисокот во горниот дел на садот: ρ voda ⋅ g ⋅ z pv = ρ voda a22 μ 22 ⋅ ⋅ +1 ρ voz a12 μ12 Со внесување на оваа зависност за pv во равенката за определување на волуменскиот проток на вода се добива:

qv ,voda

ρ voda a22 μ 22 ⋅ ⋅ ρ voz a12 μ12 = μ1 ⋅ a1 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z ⋅ ρ voda a22 μ 22 ⋅ ⋅ +1 ρ voz a12 μ12

Диференцијалната равенка за истекување на водата од садот е: qv ,voda ⋅ dt = − A ⋅ dz Елементарното време: D2 ⋅π dz 4 ⋅ dt = 2 2 z ρ voda a2 μ 2 ⋅ 2⋅ 2 ρ voz a1 μ1 μ1 ⋅ a1 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ρ voda a22 μ 22 ⋅ ⋅ +1 ρ voz a12 μ12 Потребното време за потполно празнење на садот изнесува:

μ12 ⋅ d 14 ⋅ ρ voz H dz T = ⋅ 1+ 2 4 ⋅ μ 2 ⋅ d 2 ⋅ ρ voda ∫0 z μ1 ⋅ d 12 ⋅ 2 ⋅ g D2

2

⎛D⎞ μ2 ⋅d 4 ⋅ ρ T = ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 1 + 21 41 voz ⋅ H μ 2 ⋅ d 2 ⋅ ρ voda μ1 ⋅ 2 ⋅ g ⎝ d 1 ⎠ Со внесување на познатите големини се добива: T = 5274,57 s ≈ 1 h и 28 min 2

Задача 18.4. Цилиндричен сад со многу тенки ѕидови, со површина на попречниот пресек A = 25 m2 и висина h = 2 m. Длабочината на тонење на садот поради тежината изнесува h1=1 m. На едната страна на садот на висина h2 = 0,5 m се отвора мал отвор со остри рабови и површина на попречниот пресек a = 20 cm2 со коефициент на проток μ = 0,6 . Да се определи времето на потопувањето на садот по отворањето на отворот. Решение: Равенката на силите на пливање:

220

G = ρ ⋅ g ⋅ h1 ⋅ A

Рамнотежата на силите на пливање во произволен момент: 0 ≤ z ≤ (h1 − h2 ) G + ρ ⋅g ⋅z⋅ A = ρ ⋅g ⋅y ⋅ A Со замена на изразот за тежината се добива: y = h1 + z Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 1-1: 0−0 p0 p0 v 2 v2 + g ⋅ (y − h1 + h2 ) = + +ξ ⋅ ρ ρ 1− 1 2 2 Од оваа равенка се определува брзината на дотекување на течноста во садот, со 2 ⋅ g ⋅ (h2 + z ) смената y = h1 + z , се добива: v = 1+ ξ q v ,1 = μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ (h2 + z ) Волуменскиот проток во овој случај изнесува: Елементарното време: A dz dt 1 = ⋅ μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g h2 + z

Времето на полнење на садот со вода на висина 0 ≤ z ≤ (h1 + h2 ) T1 =

A

μ ⋅a ⋅ 2⋅g

⋅

h1 − h2

dz

∫

h2 + z

0

=

(

2⋅ A

μ ⋅a⋅ 2⋅g

⋅

(

h1 − h2

)

)

2 ⋅ 25 T1 = ⋅ 1 − 0,5 = 2755,17 s 0,6 ⋅ 20 ⋅ 10 − 4 ⋅ 2 ⋅ 9,81 Рамнотежата на силите на пливање во произволен момент: h ≤ z ≤ (h1 + h2 )

смената y 1 = h1 + z1 , се добива: v =

G + ρ ⋅ g ⋅ z1 ⋅ A = ρ ⋅ g ⋅ y 1 ⋅ A Со замена на изразот за тежината се добива: y 1 = h1 + z1 Се поставува енергетска равенка за пресецоте 2-2 и 3-3: 2−2 p0 p v2 v2 + g ⋅ (y 1 − z1 ) = 0 + +ξ ⋅ ρ ρ 2 2 3−3 Од оваа равенка се определува брзината на дотекување на течноста во садот, со 2 ⋅ g ⋅ h1 1+ ξ

Волуменскиот проток во овој случај изнесува: q v ,2 = μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ h1 Елементарното време: A dt 2 = ⋅ dz1 μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ h1

Времето на полнење на садот со вода на висина h ≤ z ≤ (h1 + h2 ) T2 =

A

μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ h1

h

⋅

∫ dz

1

h1 + h2

=

A ⋅ [h − (h1 + h2 )] μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ h1

221

25 ⋅ [2 − (1 + 0,5 )] = 2351,68 s 0,6 ⋅ 20 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 9,81⋅ 1 Вкупното време за целосно потопување на садот изнесува: T = T1 + T2 = 2755,17 + 2351,68 = 5106,85 s = 1 h 25 min и 7 s T2 =

−4

Задача 18.5. Отворен цилиндричен сад составен од два дела со димензии: D1 = 1,2 m ; D2 = 600 mm ; h1 = 800 mm ; h2 = 800 mm, плива во течност со густина ρ . Садот има тенки ѕидови, а на дното има мал отвор со дијаметар d0 = 25 mm. Длабочината на тонење на садот поради тежината изнесува h0 = 850 mm. Да се определи времето потребном за потполно потопување на садот по отворањето на малиот отвор. Коефициентот на истекување низ малиот отвор изнесува μ = 0,6 .

Решение: Рамнотежа на силите на пливање: D2 ⋅π D 2 − D22 + ρ ⋅ g ⋅ (h0 − h2 ) ⋅ 1 ⋅ π , односно G = ρ ⋅ g ⋅ h0 ⋅ 2 4 4 D22 ⋅ π D12 ⋅ π (1) G = ρ ⋅g ⋅ ⋅ h2 + ρ ⋅ g ⋅ ⋅ (h0 − h2 ) 4 4 Рамнотежа на силите по потопување на садот: D2 ⋅ π D2 ⋅ π D2 ⋅ π ⋅ h2 + ρ ⋅ g ⋅ 1 ⋅ (h − h2 ) = ρ ⋅ g ⋅ (h1 + h2 ) ⋅ 2 + ρ ⋅g G + ρ ⋅g ⋅ 2 4 4 4 (2) Со вметнување на равенката (1) во равенката (2) се добива длабината на потопувањето на садот: ⎡ ⎛ D ⎞2 ⎤ h = h1 − h0 + h2 ⋅ ⎢2 − ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎥ (3) ⎢⎣ ⎝ D1 ⎠ ⎥⎦ Времето на потопување на садот е составено од две времиња и тоа: време за полнење на садот до висина h2 и време на полнење на садот од h2 до h. Рамнотежата на силите на пливање во произволно време 0 ≤ x ≤ h2

D22 ⋅ π D22 ⋅ π D12 − D22 G + ρ ⋅g ⋅ x ⋅ = ρ ⋅g ⋅y ⋅ + ρ ⋅ g ⋅ (y − h2 ) ⋅ ⋅π 4 4 4 (4) Со вметнување на равенката (1) во равенката (4) се добива длабината на потопувањето на садот: 2

⎛D ⎞ y = h0 + x ⋅ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ D1 ⎠ Диференцијалната равенка за истекување: D22 ⋅ π qv ⋅ dt = ⋅ dx 4 222

d 02 ⋅ π ⋅ 2⋅g ⋅z 4 Од сликата се определуваат геометриските вредности: 2 ⎡⎛ D ⎞ 2 ⎤ ⎛ D2 ⎞ ⎟⎟ − x z = y − x = h0 + x ⋅ ⎜⎜ ; z = h0 + x ⋅ ⎢⎜⎜ 2 ⎟⎟ − 1⎥ D ⎢⎣⎝ D1 ⎠ ⎥⎦ ⎝ 1⎠ Тогаш волуменскиот проток изнесува: qv = μ ⋅

При тоа волуменскиот проток изнесува:

2 ⎡ ⎤ ⎛ D2 ⎞ d 02 ⋅ π ⎟⎟ − x ⎥ qv = μ ⋅ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎢h0 + x ⋅ ⎜⎜ 4 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎝ D1 ⎠ Времето потребно да се наполни садот до висина 0 ≤ x ≤ h2 изнесува:

T1 =

D22

μ ⋅d ⋅ 2⋅g 2 0

h2

⋅∫

dx

⎛ D2 ⎞ h0 ⋅ x ⋅ ⎜⎜ 22 − 1⎟⎟ ⎝ D1 ⎠ За решавање на овај интеграл се воведува смената: ⎛ D2 ⎞ du dx = 2 ; h0 + x ⋅ ⎜⎜ 22 − 1⎟⎟ = u D2 ⎝ D1 ⎠ −1 D12 Решението на интегралот е: 2 du ⋅ u = ∫ ⎛ D2 ⎞ 2 ⎞ ⎛ D2 2 ⎜ 2 − 1⎟ ⎜ 2 − 1⎟ ⋅ u ⎟ ⎟ ⎜D ⎜D ⎠ ⎠ ⎝ 1 ⎝ 1 Со замена на граничните вредности: ⎛ D22 ⎞ x = 0 ; u = h0 ; x = h2 ; u = h0 + h2 ⋅ ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟ се ⎝ D1 ⎠ добива: ⎡ ⎛ D22 ⎞⎤ D12 D22 2 ⎜ ⎢ T1 = 2 ⋅ ⋅ ⋅ h − h0 + h2 ⋅ ⎜ 2 − 1⎟⎟ ⎥ D1 − D22 d 02 μ ⋅ 2 ⋅ g ⎢ ⎝ D1 ⎠ ⎥⎦ ⎣ 0

Рамнотежа на силите во произволно време (h1 ≤ x1 ≤ h ) D22 ⋅ π D2 ⋅π D2 ⋅π D 2 − D22 ⋅ h2 + ρ ⋅ g ⋅ 1 ⋅ x1 = ρ ⋅ g ⋅ y 1 ⋅ 2 + ρ ⋅ g ⋅ (y 1 − h2 ) ⋅ 1 ⋅π 4 4 4 4 Со внесување на равенката (1) во равенката (5) се добива: D2 y 1 = h0 + x1 + h2 ⋅ 22 D1 Од сликата следи: y 1 = x1 + z1 + h2 G + ρ ⋅g ⋅

(5)

⎛ D22 ⎞ z1 = y 1 − (x1 + h2 ) = h0 + h2 ⋅ ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟ ⎝ D1 ⎠ Тогаш волуменскиот проток изнесува: d 2 ⋅π qv ,1 = μ ⋅ 0 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z1 4 Времето потеребно да се наполни садот до висина h2 ≤ x1 ≤ h изнесува: 223

D12 T2 = 2 ⋅ d0

h

1 ⎡ ⎛ D2 ⎞⎤ μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎢h0 + h2 ⋅ ⎜⎜ 22 − 1⎟⎟⎥ ⎢⎣ ⎝ D1 ⎠⎥⎦

⋅ ∫ dx h2

⎛ D22 ⎞ − + ⋅ h h h 1 0 2 ⎜ ⎜1 − D 2 ⎟⎟ D12 1 ⎠ ⎝ T2 = 2 ⋅ d0 ⎡ ⎛ D2 ⎞⎤ μ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ ⎢h0 + h2 ⋅ ⎜⎜ 22 − 1⎟⎟⎥ ⎝ D1 ⎠⎦ ⎣ Вкупното време е: T = T1 + T2 Со замена на познатите големини се добива: T = 543,326 s = 9,05 min Задача 18.6. Сад со основа на квадрат со a = 3 m, висина h = 1,2 m и дебелина на ѕидот δ = 150 mm, плива во вода до висина h0 = 0,6 m. При отворањето на мал отвор на дното на садот со дијаметар d = 30 mm и коефициент на проток μ = 0,82 садот ќе потоне. Да се определи времето за кое садот ќе потоне.

Решение: Во стартот пред отворање на малиот отвор: G = P = ρ ⋅ g ⋅ a 2 ⋅ h0 Од равенката за рамнотежа на силите: 2 ρ ⋅ g ⋅ a 2 ⋅ h0 + (a − 2 ⋅ δ ) ⋅ ρ ⋅ g ⋅ y = (z + y + δ ) ⋅ ρ ⋅ g ⋅ a 2

y=

a 2 ⋅ (h0 − z − δ )

a 2 − (a − 2 ⋅ δ )

2

;

dy = −

a 2 ⋅ dz

a 2 − (a − 2 ⋅ δ )

2

Диференцијалната равенка за истекување (дотекување) е: 2 qv ⋅ dt = (a − 2 ⋅ δ ) ⋅ dy Волуменскиот проток низ отворот: d 2 ⋅π qv = μ ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅z 4 Елементарното време на тонење изнесува: 2 ( a − 2 ⋅ δ ) ⋅ dy = dt = d 2 ⋅π μ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅z 4

224

4 ⋅ (a − 2 ⋅ δ ) ⋅ a 2 ⋅ dz 2

−

[

]

μ ⋅ d 2 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ g ⋅ a 2 − (a − 2 ⋅ δ ) ⋅ z 2

Од горната слика, со равенката за рамнотежа на силите на пливање, границите на интрграција, односно граничните услови: 2 ρ ⋅ g ⋅ a 2 ⋅ h = ρ ⋅ g ⋅ a 2 ⋅ h0 + ρ ⋅ g ⋅ x ⋅ (a − 2 ⋅ δ ) x=

a 2 ⋅ (h − h0 ) (a − 2 ⋅ δ )2

Бараното време на тонење на садот изнесува: 8 ⋅ (a − 2 ⋅ δ ) ⋅ a 2 2

T =−

[

μ ⋅ d ⋅ π ⋅ 2 ⋅ g ⋅ a − (a − 2 ⋅ δ ) 2

2

2

]

⋅z

1 2

h −δ − h0 −δ

a 2 ⋅(h − h0 )

(a −2⋅δ )2

Со воведување на ознаките: A0 = a2 Се добива:

A0 = 9 m2

; ;

A = (a -2·δ)2 ; A = 7,29 m2 ;

d 2 ⋅π 4 Ad = 7,068·10-4 m2 Ad =

⎡ ⎤ A ⋅ ⎢ h0 − δ − h − δ − 0 ⋅ (h − h0 )⎥ A ⎢⎣ ⎥⎦ ⎡ ⎤ 9 ⋅ 7,29 2 9 ( ) T = 0 , 6 0 , 15 1 , 2 0 , 15 1 , 0 0 , 6 ⋅ ⋅ − − − − ⋅ − ⎢ ⎥ 9 − 7,29 0,82 ⋅ 7,068 ⋅ 10 − 4 ⋅ 2 ⋅ 9,81 ⎣ 7,29 ⎦ T= 3428,8 s T =

A0 ⋅ A 2 ⋅ A0 − A μ ⋅ Ad ⋅ 2 ⋅ g

Задача 18.7. Челичен сад со тенки ѕидови со површина на основата A = 0,3 m2 и висина H = 2 m, наполнет е со течност со густина ρ 2 и висина b = 1,2 m, плива во течност со густина ρ1 > ρ 2 до длабочина h = 1,2 m. Течностите меѓу себе не се мешаат ( ρ 2 = 0,7 ⋅ ρ1 ). Да се определи равенката за потребното време за кое садот ќе пропадне (а потоа и бројчано), ако на дното на садот се направи отвор со површина на пресекот a = 3,33 cm2 и коефициент на проток μ = 0,62. Решение: Равенката за рамнотежа на силите на силите на пливање е: G + ρ 2 ⋅ g ⋅ A ⋅ b = ρ1 ⋅ g ⋅ A ⋅ h Тежината на садот изнесува: G = ρ1 ⋅ g ⋅ A ⋅ h − ρ 2 ⋅ g ⋅ A ⋅ b , бидејки h = b G = A ⋅ g ⋅ (ρ1 − ρ 2 ) ⋅ h

Во произволен момент на време кога во садот ќе дотече одредена количина на течност со густина ρ1 , равенката за рамнотежа на на силите на пливање е: 225

G + ρ 2 ⋅ g ⋅ A ⋅ b + ρ1 ⋅ g ⋅ A ⋅ x = ρ1 ⋅ g ⋅ A ⋅ y Од оваа равенка следи: x + h = y ; y − x = h , односно: x + b = y Тоа значи дека нивоата во садот и надвор од него се еднакви. Се поставува енергетска равенка за пресеците 1-1 и 2-2. 1 − 1 p0 p v2 +g ⋅y = 2 + ⋅ (1 + ξ ) 2 − 2 ρ1 ρ1 2 Односно: ρ v2 ⋅ (1 + ξ ) y − x = 2 ⋅h + 2 ρ1 Беше докажано дека y − x = h , тогаш од последната равенка се добива равенка за определување на брзина на дотекување на течност со густина ρ1 во садот: ⎛ ρ ⎞ ⋅ 2 ⋅ g ⋅ h ⋅ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ ρ1 ⎠ 1+ ξ ⎝ При тоа волуменскиот проток изнесува: v=

1

⎛ ρ ⎞ qv = μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ h ⋅ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ ρ1 ⎠ ⎝ 1 Коефициентот на проток е: μ = 1+ ξ Диференцијалната равенка за истекување при променливо ниво изнесува: ⎛ ρ ⎞ A ⋅ dx = μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ h ⋅ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ ⋅ dt ρ1 ⎠ ⎝ При тоа, елементарното време е: A ⋅ dx dt = ⎛ ρ ⎞ μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ h ⋅ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ ρ1 ⎠ ⎝ Времето потребно за тонење на садот (од h до H) изнесува: H −h A ⋅ dx A ⋅ (H − h ) T = ∫ = ⎛ ρ ⎞ ⎛ ρ ⎞ 0 μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ h ⋅ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ h ⋅ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ ρ1 ⎠ ρ1 ⎠ ⎝ ⎝ 0,3 ⋅ (2 − 1,2) T = = 437,4 s 0,62 ⋅ 3,33 ⋅ 10 −4 ⋅ 2 ⋅ 9,81⋅ 1,2 ⋅ (1 − 0,7 )

Задача 18.8. На дното на цилиндричен сад со дијаметар D = 1,0 и висина H = 1,5 m се наоѓа мал отвор d0=2 cm со коефициент на проток μ = 0,62 . Ако во садот се доведува константен масен проток q m,o = 3410 kg/h, да се определи времето потѕребно да се наполни садот до висина за 20 cm пониска од константната висина – при која дотекот на вода qv ,0 е еднаков на истекот на вода низ малиот отвор qv 226

Решение: Волуменскиот проток на доведената вода во садот изнесува: q m,0 3410 = = 9,472 ⋅ 10 − 4 m3/s q v ,0 = ρ ⋅ 3600 1000 ⋅ 3600

При стационарен режим (дотокот еднаков на истекот) е: d 2 ⋅π q v ,0 = q v = μ ⋅ 0 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ H0 ; 4 8 ⋅ qv2,0 H0 = 2 4 2 μ ⋅ d0 ⋅π ⋅ g Со замена на познатите големини сед обива: H0 = 1,2 m. Во произволен момент на време кога z < H 0 и qv ,0 > qv , диференцијалната равенка за истекување е:

D2 ⋅π ⋅ dz v ,0 4 Волуменскиот проток на водата која истекува од садот е: d 2 ⋅π qv = μ ⋅ 0 ⋅ 2⋅g ⋅z 4 Со воведување во диференцијалната равенка за истекување се добива: ⎛ ⎞ d 02 ⋅ π D2 ⋅π ⎜ q v ,0 − μ ⋅ ⎟ ⋅ dt = ⋅ 2 ⋅ ⋅ g z ⋅ dz ⎜ ⎟ 4 4 ⎝ ⎠

(q

− qv ) ⋅ dt =

d 02 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ g = 8,82 ⋅ 10 − 4 4 Потребното време за полнење на садот до висина h = H 0 − 0,2 или h = 1 m e:

Се воведува константата k = μ ⋅

D2 ⋅π dz ⋅∫ 4 0 q v ,0 − k ⋅ z Се воведуваат смените за интеграција: q −u 2 qv ,0 − k ⋅ z = u ; z = v ,0 ; dz = − 2 ⋅ (qv ,0 − u ) ⋅ du k k Новите граници на интеграцијата се: ; за z = h следи qv ,0 − k ⋅ h за z = 0 следи qv ,0 Тогаш вредноста на времето со воведените смени изнесува: −2 qv , 0 − k ⋅ h q −k ⋅ h ⋅ (qv ,0 − u ) 2 qv ,0 − u D 2 ⋅ π v ,0 D ⋅π k2 T = ⋅ ∫ ⋅ du = − ⋅ ⋅ du 2 ∫ u u 4 2 ⋅ k qv , 0 qv , 0 h

T =

Со воведување на константата A =

D2 ⋅π = 2,11⋅ 10 6 , се добива: 2 2⋅k

T = − A ⋅ q v ,0 ⋅ ln u + A ⋅ u = A ⋅ (u − qv ,0 ⋅ ln u )

[

(

qv , 0 − k ⋅ h qv , 0

T = A ⋅ qv ,0 ⋅ ln qv ,0 − k ⋅ h − q v ,0 ⋅ ln qv ,0 − k ⋅ h

)] 227

(

)

T = 2,11⋅ 10 6 ⋅ [9,472 ⋅ 10 −4 ⋅ ln 9,472 ⋅ 10 −4 − 8,63 ⋅ 10 −4 ⋅ 1 − −4

(

−4

−4

)

− 9,472 ⋅ 10 ⋅ ln − 9,472 ⋅ 10 − 8,63 ⋅ 10 ⋅ 1 ] = 30844,69 s Задача 18.9. Два сада се поврзани со два цевководи, како што е прикажано на сликата. Да се определи времето потребно за преточување на водата од едниот во другиот сад. Познати се следните податоци: D1 = 2 m ; D2 = 2,4 m ; H = 3 m ; L1 = 6 m ; d1 = 80 mm ; L2 = 8 m ; d2 = 100 mm ; λ = 0,03 ; ξ izl = 0,6 ; ξ k = 0,5 ; ξ v ,1 = 5 ; ξ v ,2 = 7 Решение: Коефициентите на проток низ цевките изнесуваат: 1 1 = 0,336 ; μ 2 = = 0,288 μ1 = L2 L1 1 + ξ izl + 2 ⋅ ξ k + ξv ,2 + λ ⋅ 1 + ξ izl + ξ v ,1 + λ ⋅ d2 d1

Волуменскиот проток од едниот од едниот во другиот резервоар изнесува: d 2 ⋅π d 2 ⋅π qv = q v ,1 + q v ,2 = μ1 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z + μ2 ⋅ 2 ⋅ 2⋅g ⋅z 4 4 Елементарниот волумен кој ќе истече од едниот, а ќе дотече во во другиот резервоар изнесува: dz 2 A dV = − A1 ⋅ dz1 = A2 ⋅ dz 2 = qv ⋅ dt , односно: =− 1 dz1 A2 Од сликата се определуваат геометриските големини: z = z1 + z2 Со диференцирање и воведената смена се добива: ⎛ A2 A ⎞ A1 или dz1 = ⋅ dz ; dz2 = ⋅ dz dz = dz1 − dz 2 = dz1 ⋅ ⎜⎜1 + 1 ⎟⎟ A1 + A2 A2 ⎠ A1 + A2 ⎝ Поединечното време потребно за изедначување на нивоата на слободните површини на резервоарите кога водата истекува само од едната цевка изнесува: H A ⋅A A ⋅ dz1 A1 A2 dz 1 dt 1 = 1 = ⋅ ⋅ dz ; t 1 = 1 2 ⋅ ⋅∫ A1 + A2 μ1 ⋅ a1 ⋅ 2 ⋅ g 0 z qv ,1 μ1 ⋅ a1 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z A1 + A2 t1 =

228

2 ⋅ A1 ⋅ A2 2 ⋅ D2 ⋅ D2 H H ⋅ = 2 1 22 ⋅ 2 A1 + A2 μ1 ⋅ a1 ⋅ 2 ⋅ g D1 + D2 μ1 ⋅ d1 ⋅ 2 ⋅ g

2 ⋅ 22 ⋅ 2,4 2 3 = 858,528 s t1 = 2 ⋅ 2 2 + 2,4 0,336 ⋅ 0,08 2 ⋅ 2 ⋅ 9,81 H

dt 2 =

1 A2 ⋅ dz2 A2 A1 A ⋅A dz = ⋅ ⋅ dz ; t 2 = 1 2 ⋅ ⋅∫ qv ,2 A1 + A2 μ 2 ⋅ a2 ⋅ 2 ⋅ g 0 z μ 2 ⋅ a2 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z A1 + A2 2 ⋅ A1 ⋅ A2 2 ⋅ D12 ⋅ D22 H H t2 = ⋅ = 2 ⋅ 2 2 A1 + A2 μ2 ⋅ a2 ⋅ 2 ⋅ g D1 + D2 μ 2 ⋅ d 2 ⋅ 2 ⋅ g

2 ⋅ 22 ⋅ 2,4 2 3 = 641,034 s ⋅ 2 2 2 2 + 2,4 0,288 ⋅ 0,1 ⋅ 2 ⋅ 9,81 време потребно за изедначување на нивоата на слободните површини на резервоарите кога водата истекува истовремено од двете цевки изнесува: t ⋅t 858,528 ⋅ 641,034 T = 1 2 = = 367 s t 1 + t 2 858,528 + 641,034

t2 =

Задача 18.10. Сад со променлив попречен пресек (A1 = 5 m2 и A2 = 2 m2) со висина h1 и h2 наполнет е со течност и се празни низ мал отвор на дното на садот со површина a = 50 cm2. Коефициентот на протокот изнесува μ = 0,62 . Да се определи односот на висините h2 , така да времето на празнење на потесниот делна h1 садот биде еднакво со времето на празнење на поширокиот дел на садот. За кое време садот ќе се испразни ако е h2 = 4 m? Решение: Диференцијалната равенка за празнење на горниот дел на резервоарот е: A2 dz ⋅ − A2 ⋅ dz = μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z ⋅ dt 1 , односно: dt 1 = μ ⋅a⋅ 2⋅g z Потребното време за празнење на потесниот дел на резервоарот е: h1 + h2 A2 2 ⋅ A2 dz T1 = ⋅ ∫ = ⋅ h1 + h2 − h1 μ ⋅ a ⋅ 2 ⋅ g h1 z μ ⋅a ⋅ 2⋅g На ист начин се доаѓа до времето на празнење на поширокиот дел на резервоарот: 2 ⋅ A1 T2 = ⋅ h1 μ ⋅a ⋅ 2⋅g Од условот зададен во задачата T1 = T2 се добива: 2 ⋅ A2 2 ⋅ A1 ⋅ h1 + h2 − h1 = ⋅ h1 μ ⋅a ⋅ 2⋅g μ ⋅a ⋅ 2⋅g Односот на висините е:

(

(

)

)

2

2

⎛A ⎞ h2 ⎛ A1 ⎞ A ⎟⎟ + 2 ⋅ 1 = ⎜⎜ 1 + 1⎟⎟ − 1 = ⎜⎜ h1 ⎝ A2 ⎠ A2 ⎝ A2 ⎠ За зададените вредности во задачата h2 = 4 m, се добива:

229

h2 45 4 16 196 = ; h1 = h2 ⋅ ; h1 = ; h1 + h2 = h1 4 45 45 45 Вкупното време за празнење на садот изнесува: 4 ⋅ A2 T = 2 ⋅ T1 = ⋅ h1 + h2 − h1 μ ⋅a ⋅ 2⋅g

(

T =

)

⎛ 196 4⋅2 16 ⎞⎟ ⎜ = 868,5 s ⋅ − 45 ⎟⎠ 0,62 ⋅ 50 ⋅ 10 − 4 ⋅ 2 ⋅ 9,81 ⎜⎝ 45 Задача 18.11. Да се определи времето на празнење на резервоарот прикажан на сликата. Познати се следните податоци: D = 1 m ; d = 60 mm ; H = 1,6 m ; h = 0,6 m ; L = 4,2 m ; ξ izl = 0,3 ; ξ k = 0,4 ; ξ v = 3,6 ; λ = 0,025 .

Решение: Времето потребно за празнење на садот е составено од две времиња: Време за празнење низ двете цевки и време за празнење низ кусата цевка. За првото време за празнење се поставуваат две енергетски равенки: 0−0 v2 ⎛ L ⎞ g ⋅ z = 1 ⋅ ⎜ ξ izl + ξ v + λ ⋅ + 1⎟ 2 ⎝ 1− 1 d ⎠ 2 0−0 v ⎛ h+L ⎞ + 1⎟ g ⋅ z = 1 ⋅ ⎜ ξ izl + ξ k + ξ v + λ ⋅ 2 ⎝ 2−2 d ⎠ Волуменските протоци се: d 2 ⋅π d 2 ⋅π qv ,1 = μ1 ⋅ 2 ⋅ g ⋅ z ; qv ,2 = μ 2 ⋅ 2⋅g ⋅z 4 4 При тоа се: 1 1 μ1 = = = 0,388 L 4,2 ξ izl + ξv + λ ⋅ + 1 0,3 + 3,6 + 0,25 ⋅ +1 d 0,06 1 1 = = 0,38 μ2 = h+L 0,6 + 4,2 0,3 + 0,4 + 3,6 + 0,25 ⋅ ξ izl + ξ k + ξv + λ ⋅ +1 +1 d 0,06 Вкупниот проток изнесува: d 2 ⋅π qv = q v ,1 + q v ,2 = (μ1 + μ 2 ) ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅z 4 Елементарното време за празнење е: A(z ) ⋅ dz D2 dz =− 2 ⋅ dt 1 = − qv d ⋅ (μ1 + μ 2 ) ⋅ 2 ⋅ g z

Времето за празнење од двете цевки изнесува:

230

T1 = −

D2

d 2 ⋅ (μ1 + μ 2 ) ⋅ 2 ⋅ g

L +h

⋅

∫

dz z

L+H

2 ⋅ D2

=

d 2 ⋅ (μ1 + μ 2 ) ⋅ 2 ⋅ g

(

⋅

(

H +L − h+L

)

)

2 ⋅ 12 ⋅ 1,6 + 4,2 − 0,6 + 4,2 = 36 s 0,06 2 ⋅ (0,388 + 0,38 ) ⋅ 2 ⋅ 9,81 Време на празнење само од малата цевка: A(z ) ⋅ dz1 D2 dz =− 2 ⋅ 1 dt 2 = − qv ,1 d ⋅ μ1 ⋅ 2 ⋅ g z1 T1 =

D2 T2 = − 2 ⋅ d ⋅ μ1 ⋅ 2 ⋅ g

L+h

∫ L

dz1 2 ⋅ D2 = 2 ⋅ z1 d ⋅ μ1 ⋅ 2 ⋅ g

(

(

h+L − L

)

)

2 ⋅ 12 ⋅ 0,6 + 4,2 − 4,2 = 45,74 s 0,06 2 ⋅ 0,388 ⋅ 2 ⋅ 9,81 Вкупното време на празнење изнесува: T = T1 + T2 = 36 + 45,74 = 81,74 s T2 =

Задача 18.12. Да се определи времето на празнење на цилиндричниот резервоар низ вертикална цевка со дијаметар d = 60 mm и должина h3 = 2 m. Димензиите на цилиндричниот резервоар се: D1 = 1,5 m ; D2 = 2,2 m ; h1 = 1 m ; h2 = 1,5 m. Коефициент на локалниот отпор на вентилот ξ v = 4 , а коефициентот на триење на цевката λ = 0,03 Решение: Времето за празнење на резервоарот е збир од времето на празнење на резервоарот со димензии: D1 и h1 ( h2 + h3 ≤ z ≤ h1 + h2 + h3 ) и времете на празнење на резервоарот со димензии D2 и h2 ( h3 ≤ z ≤ h2 + h3 ). Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 1-1. 0 − 0 p0 p h ⎞ v2 v2 ⎛ +g ⋅z = 0 + + ⎜ξv + λ ⋅ 3 ⎟ ⋅ ρ ρ 1− 1 2 ⎝ d ⎠ 2 Брзината на истекувањето изнесува: 2⋅g ⋅z 1 ϕ=μ= v= = ϕ ⋅ 2⋅g ⋅z ; h ⎞ ⎛ h ⎜1 + ξ v + λ ⋅ 3 ⎟ 1+ ξv + λ ⋅ 3 d ⎠ d ⎝

За ( h2 + h3 ≤ z ≤ h1 + h2 + h3 ), диференцијалната равенка за празнење на садот D 2π qv ,1 ⋅ dt1 = − 1 ⋅ dz 4 Времето на празнење е:

;

dt 1 =

qv ,1

d 2 ⋅π d 2 ⋅π =v⋅ =μ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅z 4 4

D12

μ ⋅d ⋅ 2⋅g 2

⋅

dz z

231

T1 =

D12

⋅

h1 + h2 + h3

∫

dz

=

2 ⋅ D12

(

⋅ h1 + h2 + h3 − h2 + h3 z μ ⋅d 2 ⋅ 2⋅g Со замена на познатите вредности се добива: T1 = 173 s За ( h3 ≤ z ≤ h2 + h3 ), диференцијалната равенка за празнење на садот

μ ⋅d2 ⋅ 2⋅g

)

h2 + h3

D22π qv ,2 ⋅ dt 2 = − ⋅ dz 4 D22 dz dt 2 = ⋅ 2 μ ⋅d ⋅ 2⋅g z D22 T2 = ⋅ μ ⋅d2 ⋅ 2⋅g

h2 + h3

∫

h3

dz 2 ⋅ D22 = ⋅ z μ ⋅d2 ⋅ 2⋅g

(

(

h2 + h3 − h3

)

)

2 ⋅ 2,22 T2 = ⋅ 1,5 + 2 − 2 = 679,38 s 0,408 ⋅ 0,06 2 ⋅ 2 ⋅ 9,81 Вкупното време за празнење на резервоарот изнесува: T = T1 + T2 = 173 + 679,38 = 852,38 s Задача 18.13. Конусен сад со димензии D = H = 200 mm наполнет е со вода и се празни низ малиот отвор со опстри рабови на долниот дел на конусот.

Дијаметарот на малиот отвор е d0 = 10 mm, а μ = 0,8 . Да се определи времето за кое од садот ќе истече еден литар вода.

Решение: Волуменот на конусниот сад изнесува:

D2 ⋅π H V= ⋅ = 2,0944 ⋅ 10 −3 m2 4 3 По истекувањето на еден литар од садот во садот ќе останат уште 1,0944 литри вода. d 2 ⋅π h ⋅ = 1,0944 бидејки d = h следи: 4 3 12 ⋅ 1,0944 h=d= 3 = 1,61 dm = 161 mm

π

Гранични услови: За z = H t = 0 ; за z = h t = T Волуменскиот проток во произволен пресек 0 < t < T изнесува: d 02 ⋅ π qv = μ ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅z 4 232

Диференцијалната равенка за истекување е: qv ⋅ dt = − A(z ) ⋅ dz , каде што D(z) = z, тогаш: z2 ⋅π ⋅ dz h 1 z 2 ⋅ dz 4 T =− , односно ⋅∫ dt = − d 02 ⋅ π μ ⋅ d 02 ⋅ 2 ⋅ g H z μ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅z 4 Бараното време изнесува: 5 5 ⎞ ⎛ 52 ⎛ 52 ⎞ 2 1 1 ⎜H − h 2 ⎟ = 2 ⋅ ⎜ 0,2 − 0,1612 ⎟ =8,45 s ⋅ T = ⋅ ⋅ 2 ⎟ ⎟ 5 0,8 ⋅ 0,01 ⋅ 2 ⋅ 9,81 ⎜ 5 μ ⋅ d 02 ⋅ 2 ⋅ g ⎜⎝ ⎝ ⎠ ⎠ Задача 18.14. Цилиндрична цистерна со должина B = 5 m, отворена према атмосферата се празни низ мал отвор со остри рабови на дното и низ цевка со дијаметар d1 = 60 mm. Да се определи времето на празнење на цистерната, ако се познати следните големини: R =1 m ; d = 80 mm ; μ = 0,62 ; ξ k = 0,3 ; ξ v = 8 и λ = 0,03 .

Решение: Времето на празнење на цистерната е составено од две времиња: време на истовремено празнење низ малиот отвор на дното и низ цевката и времето на празнење само низ отворот на дното на цистерната. За првиот временски период волуменскиот проток изнесува: d 12 ⋅ π d 2 ⋅π qv = q v ,1 + q v ,2 = μ1 ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅z + μ ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅z 4 4 Коефициентот на проток за цевката се определува од равенката: 1 1 = = 0,32 μ1 = 1 R 1 + 0,3 + 8 + 0,03 ⋅ 1+ ξ k + ξv + λ ⋅ 0,08 d Диференцијалната равенка за истекување за R ≤ z ≤ 2 ⋅ R dV = (q v ,1 + q v ,2 ) ⋅ dt 1 = − A(z ) ⋅ dz Од сликата се определуваат геометриските големини: x=

R 2 − (z − R ) , при тоа: A(z ) = 2 ⋅ x ⋅ B = 2 ⋅ B ⋅ R 2 − (z − R ) 2

2

8 ⋅ B ⋅ R 2 − (z − R ) dz A(z ) ⋅ dt 1 = − ⋅ dz = − 2 2 q v ,1 + q v ,2 μ1 ⋅ d 1 ⋅ π + μ ⋅ d ⋅ π ⋅ 2 ⋅ g z 2

(

T1 =

(μ

− 8⋅B 1

T1 =

)

R

)

⋅ d ⋅π + μ ⋅ d ⋅π ⋅ 2 ⋅ g 2 1

2

⋅

∫

(

)

2

2⋅R

8⋅B ⋅ μ1 ⋅ d ⋅ π + μ ⋅ d 2 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ g 2 1

R 2 − (z − R ) ⋅

dz z

2⋅R

∫

2 ⋅ R − z ⋅ dz

R

3

T1 =

3

16 ⋅ 5 16 ⋅ B ⋅ 12 ⋅R2 = 2 2 2 2 3 ⋅ 0,32 ⋅ 0,06 ⋅ π + 0,62 ⋅ 0,08 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 9,81 3 ⋅ μ1 ⋅ d1 ⋅ π + μ ⋅ d ⋅ π ⋅ 2 ⋅ g T1 = 374,3 s

(

)

(

)

233

После овај момент, празнењето е само од отворот на дното на цистерната, односно: 0 ≤ z ≤ R 8 ⋅ B ⋅ R 2 − (z − R ) dz A(z ) ⋅ ⋅ dz = q v ,2 μ ⋅ d 2 ⋅π ⋅ 2 ⋅ g z 2

dt 2 = − R

T2 =

16 ⋅ B 8⋅B ⋅ ∫ 2 ⋅ R − z ⋅ dz = 2 μ ⋅ d ⋅π ⋅ 2 ⋅ g 0 3 ⋅ μ ⋅ d 2 ⋅π ⋅ 2 ⋅ g

3 3 ⎡ ⎤ ⋅ ⎢(2 ⋅ R ) 2 − R 2 ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥

3 3 ⎡ ⎤ 16 ⋅ 5 2 2 ( ) ⋅ ⋅ − 2 1 1 ⎢ ⎥ = 883 s 2 3 ⋅ 0,62 ⋅ 0,08 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 9,81 ⎣ ⎦ Вкупното време за празнење на цистерната изнесува: T = T1 + T2 = 374,3 + 883 = 1257,3 s

T2 =

Задача 18.15. Да се определи времето на празнење на конусен сад со агол на конусот θ = 30 o низ цевка со дијаметар d = 15 mm и збирен коефициент на локалните отпори Σξ = 2,5 . Почетната висина на течноста изнесува H0 = 850 mm, а дијаметарот D0 = 1000 mm. Вертикалното растојание од дното на садот до излезот од цевката е b = 600 mm.

Решение: Диференцијалната равенка за истекување со променливо ниво на течноста е: d 2 ⋅π q v ⋅ dt = − A(z ) ⋅ dz , при што: qv = μ ⋅ ⋅ 2⋅g ⋅z 4 1 1 = = 0,5345 μ= 1 + Σξ 1 + 2,5 4 ⋅ A(z ) dz A(z ) ⋅ Времето dt = − ⋅ dz = − 2 qv μ ⋅ d ⋅π ⋅ 2 ⋅ g z

Dz2 ⋅ π , 4 добиваат следните вредности: За

површината

A(z ) =

од

сликата

Dz = D0 − 2 ⋅ x = D0 − 2 ⋅ (H1 − z ) ⋅ tg

θ

x tg = 2 H1 − z 2

θ⎤ ⎡ ⎢D0 − 2 ⋅ (H1 − z ) ⋅ tg 2 ⎥ ⋅ π ⎦ A(z ) = ⎣ 4 Со воведување во равенката за времето се добива: 2

θ⎤ ⎡ H1 ⎢D0 − 2 ⋅ (H 1 − z ) ⋅ tg 1 2 ⎥⎦ ⎣ T = ⋅ ⋅ dz ∫ z μ ⋅d2 ⋅ 2⋅g b 234

θ 2

се

каде што: H1 = H 0 + b = 850 + 600 = 1450 mm По интегрирањето и замената на граничните услови се добива: 1 1 3 ⎞⎤ ⎞ 2 ⎛ 32 ⎛ 21 ⎞ ⎛ 21 θ ⎡ 1 2 2 ⎟ 2 ⎟ 2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ 2 D H b 4 D tg 2 H H b H b { − ⋅ − − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − T = ⋅ ⎢ 0 1 0 1 1 1 ⎟⎥ + ⎟ 3 ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ 2 μ ⋅d2 ⋅ 2⋅g ⎠⎦⎥ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎣⎢ 1 3 5 ⎡ ⎛ 1 ⎞ 4 ⎛ 3 ⎞ 2 ⎛ 5 ⎞⎤ ⋅ ⎢2 ⋅ H12 ⋅ ⎜⎜ H12 − b 2 ⎟⎟ − ⋅ H1 ⋅ ⎜⎜ H12 − b 2 ⎟⎟ + ⋅ ⎜⎜ H12 − b 2 ⎟⎟⎥ } ⎢⎣ ⎝ ⎠ 3 ⎝ ⎠ 5 ⎝ ⎠⎥⎦ 1 1 ⎛ ⎞ 1 2 ⎜1,45 2 − 0,6 2 ⎟ − 4 ⋅ tg 15 o ⋅ ⋅ ⋅ ·{2 1 Т= ⎜ ⎟ 0,5345 ⋅ 0,015 2 ⋅ 2 ⋅ 9,81 ⎝ ⎠

+ 4 ⋅ tg

2 ⋅θ 2

1 1 3 3 ⎡ ⎞⎤ ⎞ 2 ⎛ ⎛ 2 2 2 ⋅ ⎢2 ⋅ 1,45 ⋅ ⎜⎜1,45 − 0,6 ⎟⎟ − ⋅ ⎜⎜1,45 − 0,6 2 ⎟⎟⎥ + 4 ⋅ tg 2 15 o ⋅ ⎢⎣ ⎠⎥⎦ ⎠ 3 ⎝ ⎝ 1 3 3 5 5 ⎡ ⎞⎤ ⎞ 2 ⎛ ⎞ 4 ⎛ ⎛ ⋅ ⎢2 ⋅ 1,45 2 ⋅ ⎜⎜1,45 2 − 0,61 ⎟⎟ − ⋅ ⎜⎜1,45 2 − 0,6 2 ⎟⎟ + ⋅ ⎜⎜1,45 2 − 0,6 2 ⎟⎟⎥ } = 949,16 s ⎠⎦⎥ ⎠ 5 ⎝ ⎠ 3 ⎝ ⎝ ⎣⎢

235

236

Задача 19.1. Два резервоари со променлив попречен пресек A1 и A2 се составени меќу себе со цевка. Течноста од резервоарот е изведена од рамнотежа, односно течноста во левиот резервоар се наоѓа на висина z1 од рамнотежната положба, а во десниот резервоар на висина z2. Течноста слободно осцилира. Да се состави диференцијална равенка на осцилациите,

Решение: Се поставува енергетска равенка за произволен временски момент т меѓу нивоата на резервоарите. Притоа се смета дека брзината е рамномерна по пресекот. 1− 1 p0 v 12 p v2 ∂v ⋅ ds (1) + + g ⋅ z = 0 + 2 − g ⋅ z + e zag + ∫ 2−2 ρ 2 ρ 2 ∂t каде што: v1 и v2 – движење на нивоата на течноста во левиот и десниот резервоар; e zag - загуби на енергијата меѓу пресеците 1-1 и 2-2;

v – брзина на течноста во пресекот на цевката, на растојание (s) од положбата на нивото на рамнотежната положба. Од сликата следи z1 + z 2 = z , односно: dz1 dz 2 dz + = (2) dt dt dt dz dz Од равенката на континуитетот v1·A1 = v2·A2 и од односот v 1 = 1 и v 2 = 2 се dt dt добиваат односите: dz dz A1 ⋅ 1 = A2 ⋅ 2 (3) dt dt Со замена на равенката (2) во равенката (3) се добива: dz1 A2 dz2 A1 dz dz = ⋅ и = ⋅ dt A1 + A2 dt dt A1 + A2 dt Овие две равенки се внесуваат во равенката (1), се добива: 2 A1 − A2 ⎛ dz ⎞ ∂v ⋅ ⎜ ⎟ + g ⋅ z = e zag + ∫ ⋅ ds (4) A1 + A2 ⎝ dt ⎠ ∂t dz Брзината во пресекот на цевката v = , а равенката на континуитетот за овај dt пресек и слободната површина на левиот резервоар е: dz A dz A1 ⋅ A2 dz v ⋅ a = v 1 ⋅ A1 ; v 1 = − 1 , следува: v =− 1⋅ 1 =− ⋅ dt a dt a ⋅ (A1 + A2 ) dt 237

За инерцијалниот член, во разгледуваниот временски момент се добива: A1 ⋅ A2 d 2 z 2 ds ∂v ⋅ ⋅ ds ⋅ = − ∫ ∂t A1 + A2 dt 2 ∫1 a За да се интегрира оваа равенка потребно е да се знае зависноста на површината на попречниот пресек на цевката (a) од должината (s). Во најчест случај, при резервоари споени со цевка, попречниот пресек на цевката (a) по 2 ds L должината на цевката L е константена, односно: ∫ = a a 1 Со внесување на последните две равенки во равенката (4) се добива: 2 A1 ⋅ A2 L d 2 z A1 − A2 1 ⎛ dz ⎞ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⎜ ⎟ + g ⋅ z = e zag A1 + A2 a dt 2 A1 + A2 2 ⎝ dt ⎠ Површините на резервоарите A1 и A2 треба да бидат познати функции од променливата (z). Ако осцилациите се со мали амплитуди, површините A1 и A2 можата да се сметаат за константни. Задача 19.2. Во призматичен сад со површина ax 2 ⋅ b се наоѓа течност до висина h. Во почетокот течноста се изведува од рамнотежнта положба, така да нагибот на слободната површина изнесува θ. Да се определат слободните осцилации, ако аголот θ е доста мала големина. Познати се следните големини: b=100 mm и h=100 mm.

Решение: Наместо осцилирањето на течноста може да се разгледува осцилирањето на нејзиното тежиште s околу рамнотежната положба. Диференцијалнта равенка за оваа состојба е: ..

n

m ⋅ x = ∑ Pi

(1)

i =1

Каде што: x – положба на тежиштето на масата м на течноста; Pi – надворешни сили. Во правецот на x-оската дејствуваат само силите на притисок на левата и десната старна на садот и истите изнесуваат: 1 2 P1 = ρ ⋅ g ⋅ zC,1 ⋅ A1 = p1 ⋅ A1 = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ a ⋅ (h + b ⋅ tg θ ) 2 1 2 P2 = ρ ⋅ g ⋅ zC,2 ⋅ A2 = p2 ⋅ A2 = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ a ⋅ (h − b ⋅ tg θ ) 2 Резултантната сила изнесува: P = P1 − P2 = 2 ⋅ ρ ⋅ g ⋅ a ⋅ b ⋅ h ⋅ tg θ ; m = ρ ⋅a ⋅2⋅b ⋅h Со воведување на зависностите за P и за m во равенката (1) се добива: ..

x + g ⋅ tg θ = 0 Растојанието на тежиштето од оската изнесува: 1 x= ⋅ b 2 ⋅ tg θ 3⋅h 238

Тогаш следи:

..

x+ ω 2 ⋅ x = 0

ω2 =

за

Периодот на осцилации изнесува: T =

2 ⋅π

ω

=

3⋅h⋅g b2 2 ⋅π ⋅ b 3⋅g ⋅h

За дадените вредности е:

ω=

3⋅g ⋅h = b

3 ⋅ 9,81⋅ 0,1 =17,155 s-1 0,1

Тогаш периодот изнесува: 2 ⋅π 2 ⋅π ⋅ b T = = = ω 3⋅g ⋅h

2 ⋅ π ⋅ 0,1 3 ⋅ 9,81⋅ 0,1

= 0,368 s

Задача 19.3. Вертикална цевка со димензии: d = 50 mm и L = 10 m, има отворен горен крај и полна е со вода. Со отворање на долниот рај водата истекува во атмосферата. Да се определи времето на целосно празнење на цевката, при што струењето е турбулентно, а средниот коефициент на триење изнесува λ = 0,025.

Решение: Се поставува енергетска равенка за пресеците 1-1 и 2-2. 1− 1 p0 v 2 p v2 z v2 ∂v + +g ⋅z = 0 + +λ⋅ ⋅ +∫ ⋅ ds d 2 ∂t 2−2 2 2 ρ ρ После интегрирањето се добива: λ z v2 dv dv односно g ⋅z = λ ⋅ ⋅ +z⋅ =g− ⋅v 2 d 2 dt dt 2⋅d Со воведување на смените: dv λ g се добива ; = k ⋅ dt =k = a2 2 2⋅d k a −v2 Интегралот на горната равенка и користење на граничните услови t=0 и v = 0, се добива: 1 a +v a +v a +v ⋅ ln = k ⋅ t или ln = 2⋅a ⋅k ⋅t ; = e 2⋅a⋅k ⋅t , или 2⋅a a −v a −v a −v 2⋅k ⋅a⋅t e −1 dz v = a ⋅ 2⋅k ⋅a⋅t бидејќи v =− , од горната равенка се добива: dt e +1 e 2⋅k ⋅a⋅t − 1 dz се интегрира: = −a ⋅ 2⋅k ⋅a⋅t dt e +1

239

⎡ a ⋅ e 2⋅a⋅k ⋅t ⎤ a a ⋅ e 2⋅a⋅k ⋅t − a ⋅ dt − ∫ 2⋅a⋅k ⋅t ⋅ dt ⎥ = - [I1 – I2] z = − ∫ 2⋅a⋅k ⋅t ⋅ dt = − ⎢ ∫ 2⋅a⋅k ⋅t +1 +1 ⎦ e e +1 ⎣ e

Интегралот I1 =

a ⋅ e 2⋅a⋅k ⋅t ∫ e 2⋅a⋅k ⋅t + 1 ⋅ dt

се решава со смената:

e 2⋅a⋅k ⋅t = u ; dt =

du 2 ⋅ a ⋅ k ⋅ e 2⋅a⋅k ⋅t

се добива решението: a ⋅u du 1 du 1 1 ⋅ = ⋅∫ = ⋅ ln(u + 1) = ⋅ ln e 2⋅a⋅k ⋅t + 1 + C1 I1 = ∫ u +1 2⋅a ⋅k ⋅u 2⋅k u +1 2⋅k 2⋅k a ⋅ dt ; се користи истата смена како и за Вториот интеграл I2 = ∫ 2⋅a⋅k ⋅t e +1 првиот интеграл и се добива решението: 1 du 1 ⎡ du du ⎤ a du ⋅∫ = ⋅ ⎢∫ −∫ = ⋅ = I2 = ∫ u + 1 2 ⋅ a ⋅ k ⋅ u 2 ⋅ k u ⋅ (u + 1) 2 ⋅ k ⎣ u u + 1⎥⎦ 1 1 1 1 ⋅ ln u − ⋅ ln(u + 1) = ⋅ ln e 2⋅a⋅k ⋅t − ⋅ ln e 2⋅a⋅k ⋅t + 1 + C2 = 2⋅k 2⋅k 2⋅k 2⋅k 1 1 1 ⎤ ⎡ z = −⎢ ⋅ ln e 2⋅a⋅k ⋅t + 1 − ⋅ ln e 2⋅a⋅k ⋅t + ⋅ ln e 2⋅a⋅k ⋅t + 1 + C1 + C2 ⎥ 2⋅k 2⋅k ⎦ ⎣2 ⋅ k 1 z = a ⋅ t − ⋅ ln e 2⋅a⋅k ⋅t + 1 + C k Интеграционата константа C се добива од граничните: за t=o z=L, од последната равенка се добива: 1 1 L = − ⋅ ln 2 + C , односно: C = L + ⋅ ln 2 k k 1 g Со замена на вредностите за a = и за C = L + ⋅ ln 2 , се добива: k k 1 ⎛ 1 + e 2⋅ g ⋅k ⋅t ⎞⎟ g z= ⋅ t − ⋅ ln⎜ +L ⎟ 2 k k ⎜⎝ ⎠ Времето на целосно празнење на цевката T се добива кога во горната равенка се стави за z=0, односно: ⎛ e 2⋅ g ⋅k ⋅T + 1⎞ ⎟ ; g ⋅ k ⋅ T + k ⋅ L = ln⎜ односно: e 2⋅T ⋅ g ⋅k − 2 ⋅ e k ⋅L ⋅ eT ⋅ g ⋅k + 1 = 0 ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ Со решавање на оваа равенака (како квадратна) се добива: 1 eT ⋅ g ⋅k = e k ⋅L + e 2⋅k ⋅L − 1 , односно: T = ⋅ ln e k ⋅L + e 2⋅k ⋅L − 1 g ⋅k 0,025 λ За k = = = 0,25 и L = 10 m се добива вредноста на времето за целосно 2 ⋅ d 2 ⋅ 0,05 празнење на цевката: 1 T = ⋅ ln e 0,25⋅10 + e 2⋅0,25⋅10 − 1 = 2 s 9,81⋅ 0,25

(

(

(

)

)

)

)

(

(

240

)

(

(

)

)

Задача 19.4. Во закосена цевка под агол од α = 45 o , со дијаметар d = 60 mm се движи клип со константно забрзување a = 0,5 m/s2 и при тоа со себе привлекува вода. Должината на потопениот дел на цевката изнесува L0 = 2 m. Коефициентот на локалниот отпор на влезот во цевката изнесува ξ = 1, а коефициентот на триење во цевката λ = 0,03 . Да се определи висината zmax над нивото, при која ќе дојде до одлепување на водата од клипот (до испарување), ако во почетниот момент на движење при t = 0 и z = 0, брзината е v = 0 и ако максимално дозволената вакууметарска висина изнесува 8 m. Решение: Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и z-z : 0 − 0 p0 p v 2 ⎛ Lz ∂v ⎞ v2 = g ⋅z + z + + ⎜λ ⋅ +ξ ⎟⋅ +∫ ⋅ ds z−z 2 ⎝ ρ ρ d ∂t ⎠ 2 Каде што: p0 и pz – апсолутни притисоци во пресеците 0-0 и z-z v – брзина на клипот, односно на течноста. z Lz = L0 + - должина на цевката од пресекот 0-0 до пресекот z-z. sin α Од горната равенка се определува вакуумот под клипот, односно: ⎤ ⎡ 1 ⎛ ⎛ z ⎞ v2 z ⎞ ⎟⎟ + ξ + 1⎥ ⋅ ρ ⋅ ⎟⎟ + ρ ⋅ a ⋅ ⎜⎜ L0 + pv = p0 − p z = ρ ⋅ g ⋅ z + ⎢λ ⋅ ⋅ ⎜⎜ L0 + d sin α 2 sin α ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ Зависноста на брзината на клипот v и координатата z е: z a v = 2⋅a ⋅ v 2 = 2⋅ ⋅z ; односно sin α sin α pv ,max За следува zmax , односно: ρ ⋅g ⎡ 1 ⎛ ⎤ a ⎛ pv ,max ⎞ ⎞ a z z z = zmax + 2 ⋅ ⋅ max ⋅ ⎢λ ⋅ ⋅ ⎜⎜ L0 + max ⎟⎟ + ξ + 1⎥ + ⋅ ⎜⎜ L0 + max ⎟⎟ g sin α ⎣ d ⎝ ρ ⋅g sin α ⎠ sin α ⎠ ⎦ g ⎝ Со замена на бројните вредности се добива квадратната равенка: 2 zmax + 15,48 ⋅ zmax − 78,58 = 0 Реалното решение е: zmax = 4,03 m Задача 19.5. Клип задвижен од криваен механизам се движи осцилаторно во цевка со површина на попречниот пресек A0 и на тој начин ја задвижува течноста во цевката и дифузорот кои се приклучени на резервоарот каде што нивото на течноста се одржува константно. Да се определи равенката на притисокот што владее пред клипот во моментот кога тој се наоѓа во задната "мртва" точка, кога аголот на кривајниот механизам изнесува 180º. Познати се следните вредности: H2 241

= 2 m ; D0 = 90 mm ; ω = 12 rad/s ; L0 = 2 m ; β = 5º ; r = 150 mm. Решение: Се поставува енергетска равенка за нестационарно струење меѓу пресеците 1-1 и 2-2. 2 1 − 1 p1 v 12 p0 ∂v + = + g ⋅ H 2 + a ⋅ L0 + ∫ ⋅ dx + e zag,1−2 ∂ t 2−2 ρ 2 ρ 1 каде што: a – забрзување на клипот (истовремено и забрзување на течноста во цевката; ∂v - променливо локално забрзување на течноста по должината на ∂t A ∂v дифузорот , односно: = a⋅ 0 ; Ax ∂t Ax – површина на попречниот пресек на дифузорот на растојание x од влезот во него. (D + 2 ⋅ tg β ⋅ x )2 ⋅ π Ax = 0 4 Бидејќи во задната "мртва" точка брзината на клипот е рамн на нула v1 = 0, следува дека и загубите ezag = 0. Со ова, енергетската равенка ќе го добие следниот облик: 2 A0 p1 v 12 p0 + = + g ⋅ H 2 + a ⋅ L0 + ∫ a ⋅ ⋅ dx π 2 ρ 2 ρ 1 ⋅ (D0 + 2 ⋅ tg β ⋅ x ) 4 Забрзувањето на клопот a = −r ⋅ ω 2 , и по воведување на смената: du (D0 + 2 ⋅ tg β ⋅ x ) = u ; односно: dx = , се добива: 2 ⋅ tg β 2

∫ (D 1

2

dx

+ 2 ⋅ tg β ⋅ x )

2

0

1 du = =− 2 ⋅ tg β ⋅ u 2 ⋅ tg β ⋅ u 2 1

=∫

⎛ L 1 1 1 ⎞ ⎟⎟ = ⋅ ⎜⎜ − D0 ⋅ (D0 + 2 ⋅ tg β ⋅ L ) 2 ⋅ tg β ⎝ D0 + 2 ⋅ tg β ⋅ L D0 ⎠ Со замена во енергетската равенка се добива: ⎤ ⎡ 4 ⋅ D02 ⋅ π p1 − p0 L ⋅ = g ⋅ H 2 − ω 2 ⋅ r ⋅ ⎢L0 + ⎥ ρ 4 ⋅π D0 ⋅ (D0 + 2 ⋅ tg β ⋅ L )⎦ ⎣

=

⎡ ⎤ ⎢ ⎥ p1 − p0 ω ⋅r L ⎥ = H2 − ⋅ ⎢L0 + L ⎥ ρ ⋅g g ⎢ 1 + 2 ⋅ tg β ⋅ ⎢⎣ D0 ⎥⎦ Односно, подпритисокот на челото на клипот изнесува: ⎡ ⎤ 2 ⎢ ⎥ p1 − p0 ω ⋅ r L ⎥ − H2 = ⋅ ⎢L0 + L ⎥ g ⎢ ρ ⋅g 1 + 2 ⋅ tg β ⋅ ⎢⎣ D0 ⎥⎦ 2

242

⎤ ⎡ ⎥ p1 − p0 122 ⋅ 0,15 ⎢ 1 = ⋅ ⎢2 + ⎥ − 2 = 3,15 m ρ ⋅g 9,81 ⎢ 1 + 2 ⋅ tg 50 ⋅ 1 ⎥ ⎢⎣ 0,09 ⎥⎦ Задача 19.6. Течноста во отворена U-цевка извадена е од рамнотна положба поради што течноста почнува да осцилира. Должината на течниот столб во цевката е L0 = 920 mm, а должината на проширениот дел од цевката Ln = 460 mm. Да се определи односот на дијаметарот d , така периодот на осцилациите да биде dn двапати помал од оној што би се добил кога Uцевката би била изедначена со константен попречен пресек. Се претпоставува дека течноста е идеална, а средната брзина е константна по попречниот пресек. Решение: Се поставува енергетска равенка за нестационарно струење меѓу пресеците 1-1 и 2-2. 2 1 − 1 p0 v 12 p0 v 22 ∂v + + g ⋅ z1 = + − g ⋅ z2 + ∫ n ⋅ ds 2−2 ρ 2 ρ 2 ∂t 1 Површината на попречните пресеци на цевката е константна, следи дека v 1 = v 2 = v , висините z1 = z 2 = z , со овие големини се добива: 2

∂v

∫ ∂t ⋅ ds − 2 ⋅ g ⋅ z = 0 1

Од равенката на континуитетот: an ⋅ v n = a ⋅ v ; и v = −

dz a dz . , следи v n = − ⋅ dt an dt

Во разгледуваниот временски период: 2

d 2 z ds − 2⋅g ⋅z −a⋅ 2 ⋅ ∫ =0 dt 1 an Каде што: L0 L0 L0 a + an L0 Ln Ln − L0 ds ds ds 2 ∫1 an = ∫0 − an + ∫0 a = an + a ; Ln = 2 ; 2 ⋅ an + a = 2 ⋅ a ⋅ an Последниот израз се внесува во диференцијалната равенка и се добива: L L a + an d 2 z a + an 2⋅g ⋅z + a⋅ 0 ⋅ ⋅ 2 = 0 /:2·g се воведува смена: A = 0 ⋅ 2 a ⋅ an dt 4 ⋅ g a ⋅ an Конечно се добива следната диференцијална равенка: d 2z z + A⋅ 2 = 0 ; решението е: z = C ⋅ cos A ⋅ t + C1 , а фреквенцијата е: dt an 2 ⋅π g ω = A . Периодата е: T = = 4 ⋅π ⋅ ⋅ ω L0 a + an 2

Ln

L0 −Ln

L0 −

243

Во случај кога U-цевката има константен пресек, односно a=an, периодот ќе биде: g T = 4 ⋅π ⋅ 2 ⋅ L0 T0 g an g , односно: 4 ⋅ π ⋅ = 2 ⋅π ⋅ ⋅ 2 L0 a + an 2 ⋅ L0 ; 8·an = a + an ; 7·an = a ; 2 2 d ⋅π d ⋅π 7⋅ n ; 7 ⋅ d n2 = d 2 = 4 4 d Бараниот однос изнесува: = 7 = 2,646 dn

Од условот во задачата следува: T =

Задача 19.7. U-цевката е исполнета со течност до висина ограничена со состојбата 0-0. Течноста е извадена од рамнотежна положба и настанува осцилаторно движење со амплитуда на првата осцилација z0 = 10 cm. Дијаметарот на U-цевката изнесува d = 10 mm, а должината L = 600 mm. Кинематската вискозност на течноста е ν = 1⋅ 10 −5 m2/s. Да се определи периодот на осцилациите T и амплитудата z' на крајот од првата периода. Струењето на течноста е ламинарно. Решение: Се користи диференцијалнaта равенка од задача 19.1, во неа се заменува 2 A1 ⋅ A2 L d 2 z A1 − A2 1 ⎛ dz ⎞ ⋅ ⋅ 2 − ⋅ ⋅ ⎜ ⎟ + g ⋅ z = e zag , и се добива: A1 = A2 = a ; A1 + A2 a dt A1 + A2 2 ⎝ dt ⎠

L d zz ⋅ + g ⋅ z = e zag 2 dt 2 64 L v 2 32 ⋅ν ⋅ L ⋅ v = , загубите: e zag = λ ⋅ ⋅ , За ламинарно струење λ = Re d 2 d2 d 1 dz Брзината изнесува: v = − z,1 = − ⋅ 2 dt dt каде што: z1 – координата и се чита од рамнотежната положба, вертикално до слободната површина; z = 2·z1 – вертикално растојание помеѓу нивоата. Тогаш: d 2z ν dz 2 ⋅ g + 32 ⋅ 2 ⋅ + ⋅z = 0 2 L dt d dt 32 ⋅ν 2⋅g Се воведуваат следните замени: 2 ⋅ A = и B2 = 2 L d Со овие замени се добива хомогена диференцијална равенка со константни коефициенти: d 2z dz + 2⋅ A⋅ + B2 ⋅ z = 0 2 dt dt 2 Карактеристичната равенка: r + 2 ⋅ A ⋅ r + B 2 = 0 со следниве корени:

244

(r1, r2 ) = − A ± A=

A2 − B 2

; вредностите на коефициентите се:

16 ⋅ν 16 ⋅ 1⋅ 10 −5 = = 1,6 s-1 ; B = 2 2 d (0,01)

2⋅g = L

2 ⋅ 9,81 = 5,71 s-1 0,6

Во случај A < B и A 2 − B 2 < 0 , се означува со C = B 2 − A 2 , тогаш решението на диференцијалната равенка е: A ⎛ ⎞ z = z0 ⋅ e − A⋅t ⋅ ⎜ cos C ⋅ t + ⋅ sin C ⋅ t ⎟ C ⎝ ⎠ Каде што: C – е фреквенција на осцилациите, а периодата изнесува: 2 ⋅π 2 ⋅π 2 ⋅π = 1.146 s T = = = C 5,712 − 1,6 2 B 2 − A2 Амплитудата на осцилациите зад множителот e − A⋅t , во текот на времето се смалува. На крајот од првата периода при t=T амплитудата е: z ' = z0 ⋅ e − A⋅T = z0 ⋅ e −1,6⋅1,146 = 0,16 ⋅ z0 =0,16·10=1,6 cm Осцилациите многу брзо се пригушуваат. Задача 19.8. Сигурносен вентил пропушта константна количина на течност q v m3/s, при растојание меѓу печурката на седиштето y = 5 mm. Масата на вентилот изнесува m = 0,5 kg. Ако клипот се извади од рамнотежна положба, тој почнува да осцилира. Да се определат: а) Диференцијалната равенка на осцилациите на клипот. б) Периодата на тие осцилации. При тоа се јавува сила на триење Што дејствува на клипот и линеарно зависи од неговата брзина, односно R = θ ⋅ v (t ) . v (t ) - брзина на клипот, променлива во текот на времето, θ - коефициент на отпорот θ = 0,5 N·s/cm. Крутоста на пружината е C = 20 N/cm. Почетната притиснатост на пружината, за обезбедување отворање на вентилот изнесува y 0 = 50 mm. Масата на пружината е мала и истата се занемарува. Решение: a) растојанието на вентилот од рамнотежната положба во временскиот момент (t) изнесува (z), така што вентилот во овај момент се наоѓа на растојание (y − z ) . Според тоа проточниот пресек се менува од at = d ⋅ π ⋅ y во рамнотежна положба на a = d ⋅ π ⋅ (y − z ) . Се претпоставува дека коефициентот на контракција на флуидната струја при течењето низ вентилот не се менува. Ако протокот во двата случаи е еднаков, v y пати, а односот на притисокот под односот на брзините t е зголемен за v y −z 2

⎛ y ⎞ клипот е зголемен ⎜⎜ ⎟⎟ пати. Според тоа, ако притисокот под клипот во ⎝y −z⎠

245

рамнотежна положба изнесува (p), при спуштање за големината (z) од предходната положба, притисокот ќе биде: 2

⎛ y ⎞ pt = p ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝y −z⎠ Поради тоа се зголемува силата со која течноста дејствува на печурката од вентилот за големина: 2 ⎤ d 2 ⋅ π ⎡⎛ y ⎞ d 2 ⋅π ⎟⎟ − 1⎥ ⋅ ⎢⎜⎜ ΔP1 = (pt − p ) ⋅ = p⋅ 4 4 ⎢⎣⎝ y − z ⎠ ⎥⎦ При тоа се намалува силата во пружината за големина: ΔP2 = (y 0 + y ) ⋅ C − (y 0 + y − z ) ⋅ C = C ⋅ z Резултантната сила што дејствува на вентилот при вадење од рамнотежната положба е: 2 ⎤ d 2 ⋅ π ⎡⎛ y ⎞ ⎟⎟ − 1⎥ + C ⋅ z ΔP = ΔP1 − ΔP2 = p ⋅ ⋅ ⎢⎜⎜ 4 ⎥⎦ ⎢⎣⎝ y − z ⎠ d 2π Во рамнотежна положба на вентилот силите се еднакви: p ⋅ = C ⋅ (y 0 + y ) , 4 следува: ⎡⎛ y ⎞ 2 ⎤ ⎡ 2⋅ y − z ⎤ ⎟⎟ − 1⎥ + C ⋅ z = C ⋅ z ⋅ ⎢(y 0 + y ) ⋅ + 1⎥ ΔP = C ⋅ (y 0 + y ) ⋅ ⎢⎜⎜ 2 ( ) y z − ⎥⎦ ⎢⎣⎝ y − z ⎠ ⎣ ⎦ Бидејќи амплитудата на осцилациите (z) може да се смета мала во однос на спуштањето на вентилот (y), следува: (y − z )2 ≅ y 2 2⋅y − z ≅ 2⋅y и Со оваа смена предходната равенка е: ⎛2 3 ⎞ ⎡ (y + y ) ⋅ 2 ⋅ y ⎤ ⎟⎟ ΔP = C ⋅ z ⋅ ⎢ 0 + 1⎥ = C ⋅ y 0 ⋅ z ⋅ ⎜⎜ + 2 y ⎣ ⎦ ⎝ y y0 ⎠ Диференцијалната равенка за движење на печурката е: d 2z m ⋅ 2 = −R − ΔP dt 2 ⎛2 3 ⎞ d z dz m ⋅ 2 +θ ⋅ + C ⋅ y 0 ⋅ z ⋅ ⎜⎜ + ⎟⎟ = 0 dt dt ⎝ y y0 ⎠ Со воведување на смените: A = 2

θ 2⋅m

;

B2 =

C ⋅ y0 m

⎛2 3 ⎞ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ + y y 0 ⎠ ⎝

d z dz + 2⋅ A⋅ + B2 ⋅ z = 0 2 dt dt Според решението на оваа диференцијална равенка, прикажано во задачата 19.7, се добива: A ⎛ ⎞ z = z0 ⋅ e − A⋅t ⋅ ⎜ cos C ⋅ t + ⋅ sin C ⋅ t ⎟ C ⎝ ⎠ 2 ⋅π 2 ⋅π При тоа: C = B 2 − A 2 , а периодата изнесува: T = = C B 2 − A2 Со воведување на познатите големину се добива: Се добива:

246

A=

2,5 ⋅ 10 2 = 250 s-1 2 ⋅ 0,5

; T =

B2 =

20 ⋅ 10 2 ⋅ 0,05 y 0 0,5

2 ⋅π 92000 2 − 250 2

3 ⎞ ⎛ 2 -1 ⋅⎜ + ⎟ = 92000 s ⎝ 0,005 0,05 ⎠

= 0,0366 s

Задача 19.9. Системот кој е составен од пружина, клип и течен столб со должина (L) се вади од рамнотежна положба и потоа течноста слободно осцилира. Да се определи периодата на осцилациите, ако масата на клипот е (m) и површината на попречниот пресек (A). Режимот на течење е ламинарен, густината ( ρ ) и кинематската вискозност (ν ). Масата на пружината може да се занемари. Добиената периода треба да се спореди со периодата на осцилациите пресметана за случај кога ќе се занемарат загубите на триење. Решение: После вадењето од рамнотежна положба, во некој временски момент (t), клипот со маса (m) се движи на десно, а во тој момент се наоѓа на растојание (x) од рамнотежната положба. Надпритисокот на допирната површина меѓу клипот и течноста во тој момент изнесува (p). Диференцијалнта равенка на движењето на клипот ќе биде: d 2z d 2z m ⋅ 2 = −C ⋅ x − p ⋅ A или m ⋅ 2 + C ⋅ x + p ⋅ A = 0 dt dt C – константа на пружината.

Притисокот (p) на клипот се определува со поставување на енергетска равенка за нестационарно струење меѓу пресекот пред клипот и слободната површина во цевката. 2 p + p0 v 2 p 0 v 2 ∂v + = + + g ⋅ H0 + g ⋅ x + ∫ ⋅ ds + e zag (1) ∂t ρ 2 ρ 2 1 каде што: e zag - загуби на енергијата од триење, за ламинарно струење изнесуваат: 32 ⋅ν ⋅ L ⋅ v π ⋅ν ⋅ L dx dx d 2 ⋅π , за ;v= ⋅ A = следи : ezag = 8 ⋅ 2 d 4 dt A dt 2 2 2 2 ∂v d x d x Инерцијалниот притисок е: ∫1 ∂t ⋅ ds = dt 2 ⋅ ∫1 ds = L ⋅ dt 2 Од равенката (1) се добива: 2 p0 ∂v 32 ⋅ν ⋅ L ⋅ v = g ⋅ H0 + g ⋅ x + +∫ ⋅ ds ,односно: ∂t d2 ρ 1 ezag =

π ⋅ν ⋅ L dx

d 2x (2) A dt dt 2 ρ Со замена на определениот притисок од оваа равенка во диференцијалната равенка, се добива диференцијална равенка за движење на системот: p

= g ⋅ H0 + g ⋅ x + 8 ⋅

⋅

+L⋅

247

(m + ρ ⋅ L ⋅ A) ⋅ d

2

π ⋅η ⋅ L dx

⋅ + (C + ρ ⋅ g ⋅ A ) ⋅ x + ρ ⋅ g ⋅ A ⋅ H 0 = 0 A dt dt Сите членови се делат со (m + ρ ⋅ L ⋅ A ) и се добива: x

2

+8⋅

ρ ⋅ g ⋅ A ⋅ H0 d 2x dx ⎛ C + ρ ⋅ g ⋅ A ⎞ π ⋅η ⋅ L ⎟⎟ ⋅ x + +8⋅ ⋅ + ⎜⎜ =0 (3) 2 (m + ρ ⋅ A ⋅ L ) ⋅ A dt ⎝ m + ρ ⋅ A ⋅ L ⎠ dt m + ρ ⋅ A⋅L ρ ⋅ g ⋅ A ⋅ H0 , равенката (3) преминува Со воведување на нова променлива: S = x + C + ρ ⋅ A⋅L во хомогена линеарна диференцијална равенка: d 2S dS + 2⋅ A⋅ + B2 ⋅S = 0 (4) 2 dt dt каде што: π ⋅η ⋅ L C + ρ ⋅g ⋅ A ; B2= A= 4 ⋅ (m + ρ ⋅ A ⋅ L ) ⋅ A m + ρ ⋅ A⋅L Карактеристичната равенка на равенката (4) има облик: r 2 + 2 ⋅ A ⋅ r + B 2 = 0 со следниве корени:

(r1, r2 ) = − A ±

A2 − B 2 Во случај кога A 2 < B 2 , тогаш решението на диференцијалната равенка (4) е: ⎡ ⎤ A S = S0 ⋅ e − A⋅t ⋅ ⎢cos B 2 − A 2 ⋅ t + ⋅ sin B 2 − A 2 ⋅ t ⎥ B 2 − A2 ⎣ ⎦ Фреквенцијата изнесува: 2 ⋅π 2 ⋅π ω = B 2 − A2 . Периодата е: = T = ω B 2 − A2 Со внесување на изразите за A и B се добива: 2 ⋅π T = 2 ⎤ 4 ⋅η ⋅ π ⋅ L C + ρ ⋅ A⋅g ⎡ − m + ρ ⋅ A ⋅ L ⎢⎣ (m + ρ ⋅ g ⋅ A ⋅ L ) ⋅ A ⎥⎦ Ако се занемарат загубите поради триење на аналоген начин како и во предходната задача, ќе се добие зависност за периодата на осцилациите: m + ρ ⋅ A⋅L T0 = 2 ⋅ π ⋅ C + ρ ⋅g ⋅ A

(

)

(

)

Задача 19.10. На парниот котел со површина на слободната површина A1, приклучено е водопоказно стакло со површина на попречниот пресек A2. Цевчето со должина L и површина на попречниот пресек (a) го поврзува котелот со водопоказното стакло. Да се определат фреквенцијата и периодот на малите осцилации на нивото на течноста во A водопоказното стакло ако 2 = 1 ; L = 200 mm ; h = a 30 cm ; Триењето да се занемари. Решение: Бернули-евата равенка за струење на идеална течност е:

248

v12 v2 ∂v − g ⋅ z1 = 2 + g ⋅ z2 + ∫ ⋅ ds ∂t 2 2 Од A1 ⋅ z1 = A2 ⋅ z 2 а v2 =

;

A1 dz ⋅ A1 + A2 dt

и

времато се добива:

v =−

z1 + z 2 = z

и

v1 = −

ds , следи: dt

A1 dz1 A1 ⋅ A2 dz ⋅ =− ⋅ , со диференцирање по A dt A ⋅ (A1 + A2 ) dt

∂v A1 ⋅ A2 d 2z ⋅ 2 , тогаш Бернули-евата равенка е: =− ∂t A ⋅ (A1 + A2 ) dt 2

2 d 2 z A1 ⋅ A2 ds 1 A1 − A2 ⎛ dz ⎞ ⋅ ⋅∫ − ⋅ ⋅⎜ ⎟ + g ⋅z = 0 2 dt A1 + A2 1 A 2 A1 + A2 ⎝ dt ⎠ 2

⎛ dz ⎞ Кога би се занемарил членот: ⎜ ⎟ , ќе се добие: ⎝ dt ⎠ 2 d 2 z A1 ⋅ A2 ds ⋅ ⋅ +g ⋅z = 0 2 ∫ dt A1 + A2 1 A Бидејќи A1 >>A2, тогаш и z1 = 0 и z2 = z, odnosno: dS h L h+z L h+z ∫ A = A1 + a + A2 = a + A2 h е занемарливо мала големина, тогаш диференцијалната Бидејќи A1 равенка е: ⎛L h+ z⎞ d 2z ⎜⎜ + ⎟⎟ ⋅ A2 ⋅ 2 + g ⋅ z = 0 A2 ⎠ dt ⎝a d 2z =0, се добива: dt 2 2 d 2z 1 ⎛ ⎞ d z + ⎜ h + ⋅ A2 ⋅ L ⎟ ⋅ 2 + g ⋅ z = 0 , односно a dt 2 ⎝ ⎠ dt

Со занемарување на производот z ⋅

g h+

1 ⋅ A2 ⋅ L a

Решењето на оваа равенка е: z = z0 ⋅ cos(ω ⋅ t ) Каде што : ω – преставува фреквенција на осцилациите , односно: 9,81 g = = 4,43 s-1 ω= A 0,3 + 1⋅ 0,2 h + 2 ⋅L a Периодата на осцилациите е: A h + 2 ⋅L 2 ⋅π 0,3 + 1⋅ 0,2 a = 2 ⋅π ⋅ = 1,42 s T = = 2 ⋅π ⋅ ω g 9,81

Задача 19.11. Подмачкувањето на цилиндерот се врши со слободно течење на маслото од садот преку цевка со дијаметар d = 6 mm и должина L = 1 m.При тоа клипот периодично го затвора и отвора доводот на маслото. Во текот на еден од на клипот излезниот пресек на доводната цевка е отворен T = 1 s. Висината на маслото е H0 = 0,8 m, а кинематската вискозност ν = 0,5 cm2/s. Ако се смета 249

течењето ламинарно и ако се занемари кинетичката енергија на излезот од цевката, потребно е да се определи количината на маслото што ќе се доведе во цилиндерот во текот на еден од на клипот.

Решение: Се поставува енергетска равенка за нивото на маслото и излезот од цевката: 1 dv g ⋅ H 0 = e zag + ⋅ ∫ ds dt 0 За ламинарно струење, загубите се дефинирани со равенката: 32 ⋅ν ⋅ L ⋅ v e zag = d2 32 ⋅ν ⋅ L Поради олеснување при пресметката се воведува ознаката K = g ⋅d2 L dv Тогаш горната равенка е: H0 = K ⋅ v + ⋅ g dt dv =0 , тогаш H0 = K ⋅ v 0 При стационарно струење dt L dv А равенката се пишува во следниот облик: K ⋅ (v 0 − v ) = ⋅ , односно: g dt dv K = m ⋅ dt за m = ⋅g v0 − v L

e m⋅t − 1 e m⋅t Елементарниот волумен dV на масло, кое истекува за време dt изнесува: e m⋅t − 1 dV = a ⋅ v ⋅ dt = a ⋅ v 0 ⋅ m⋅t e Со интегрирање на горната равенка се добива вкупниот волумен кој ќе истече од садот за еден од на клипот: t 1 e m⋅t − 1 ⎡ ⎤ V = a ⋅ v 0 ⋅ ∫ m⋅t ⋅ dt = a ⋅ v 0 ⋅ ⎢t 0 − ⋅ 1 − e −m⋅t0 ⎥ m e ⎣ ⎦ 0

Со решавање на оваа равенка се добива брзината: v = v 0 ⋅

(

V=

⎤ 0,006 2 ⋅ π 0,8 ⋅ 32 ⋅ 0,5 ⋅ 10 −4 ⋅ 1 ⎡ 0,006 2 1 ⋅ ⋅ − ⋅ 1 − e − 44,44⋅1 ⎥ ⎢ −4 2 4 0,81⋅ 0,006 ⎣ 32 ⋅ 0,5 ⋅ 10 ⎦

(

V = 4,9 cm3

250

)

)

Задача 20.1. Низ хоризонтална челична цевка на хидросистемот со d = 12 mm, дебелина на ѕидот δ = 1 mm, струи течност со модул на стисливост ε = 12847 bar и густина ρ = 883 kg/m3, со брзина v 0 = 4,5 m/s. Прекид на протокот се прави со помош на електромагнетниот вентил V, кој има време на затворање од t z = 0,02 s. Ако должината од хидроакумулаторот H, каде што се пригушува хидрауличниот удар, до електромагнетниот вентил V, изнесува L=4 m, да се определи: а) Порастот на притисокот пред вентилот V во моментот на затворање на вентилот. б) Оптеретувањето на ѕидовите на цевката, ако дозволениот напон изнесува σ d = 588 bar. Работниот притисок на хидросистемот пред хидрауличниот удар изнесува p1 = 1,962 bar. Модулот на елестичност на челикот е E = 20,6·1010 Pa. Решение: а) Брзината на променливиот бран Ce во еластична цевка се определува според равенката на Жуковски: Ce =

ε ρ

= 1163,45 m/s 12847 ⋅ 10 5 12 ⋅ 1+ 20,6 ⋅ 1010 1 Порастот на притисокот изнесува: Δp = ρ ⋅ v 0 ⋅ C e = 883 ⋅ 4,5 ⋅ 1163,45 = 46,23·105 Pa = 46,23 bar

ε ⋅d 1+ E ⋅δ

=

12847 ⋅ 10 5 883

Оваа применета равенка важи за т.н "прав хидрауличен удар". Ова се формира 2⋅L за време t z < t C = Ce Во конкретниот случај времетраењето на фазата изнесува: 2⋅4 = 0,006876 s < tz = 0,02 s tC = 1163,45 Со тоа се добива "непотполн" хидрауличен удар, кај кој зголемувањето на притисоците е помал од тој "правиот" хидрауличен удар, а тој се определува so ravenkata: t 0,006876 = 15,89 bar Δp ' = Δp ⋅ C = 46,23 ⋅ tz 0,02 Вкупниот притисок за време на ударот е: p = prab + Δp ' = 1,962 + 15,89 = 17,852 bar б) Според Мариот-овата равенка оптоварувањето на цевката изнесува: p ⋅d 17,852 ⋅ 10 5 ⋅ 0,012 σ= = = 107,112 ⋅ 10 5 Pa 2 ⋅δ 2 ⋅ 0,001 При ова се констатира дека ова оптоварување е помало од дозволеното, односно: 251

σ = 107,112 ⋅ 10 5 Pa < σ d = 588 ⋅ 10 5 Pa Задача 20.2. Да се определи брзината на ширење на променливиот бран низ челичната цевка со d = 600 mm и дебелина на ѕидот δ = 10 mm. Низ цевката струи вода со ρ = 1000 kg/m3 и модул на стисливост ε = 20,3 ⋅ 10 8 Pa. Решение: Брзината на ширење на променливиот бран во елестична цевка според Жуковски изнесува: C Ce = ε ⋅d 1+ E ⋅δ Каде што:

C=

ε , m/s - брзина на овие бранови, во нееластична цевка (Е= ∝ ), ρ

ε 20,3 ⋅ 10 8 = = 1424,78 m/s односно: C = ρ 1000 Брзината на ширење на бранот во еластична цевка изнесува: 1424,78 Ce = = 1129,65 m/s 8 20,3 ⋅ 10 ⋅ 0,6 1+ 20,6 ⋅ 10 10 ⋅ 0,01 Според АЛИ-евата равенка оваа брзина изнесува: 9900 Ce = d 48,3 + N ⋅

δ

Каде што: N = 0,5 за челик (N=1,0 за леано железо), односно: 9900 Ce = = 1118,8 m/s 600 48,3 + 0,5 ⋅ 10 Од овие вредности се гледа дека постои добра согласност меѓу овие две равенки: на Жуковски добиена по теоретски пат и на Алие која е добиена по експериментален пат. Задача 20.3. Да се определи порастот на притисокот на водата во цевководот што ја снабдува турбината со вода. Порастот на притисокот е предизвикан со моментален прекин на работата на турбината. Должината на цевководот изнесува L = 80 m, брзината на водата е v 0 = 2,4 m/s, брзината на ширење на бранот Ce = 850 m/s, времето на запирање на работата на турбината tz = 2 s. Турбината се наоѓа на h=50 m под нивото на слободната површина на водата во езерото. Решение: Времетраењето на промената на брзината изнесува: 2 ⋅ L 2 ⋅ 80 tc = = = 0,188 s Ce 850

252

Поради тоа што ова време е помало од времето на запирање на турбината, во цевководот ќе се предизвика "непотполн" хидрауличен удар. За "непотполен" хидрауличен удар во праксата се користи равенката на А.Д. Морозов, односно: 2⋅k Δp = ⋅h ρ ⋅g 2− k Каде што: k – преставува карактеристика на дадениот цевковод, се определува со равенката: L ⋅v0 80 ⋅ 2,4 k= = = 0,19572 g ⋅ h ⋅ tz 9,81⋅ 50 ⋅ 2 Равенката на Морозов дава точни резултати за k ≤ 0,5 , што е случај кај малите зголемувања на притисокот. Во конкретниот случај зголемувањето на притисокот во цевководот изнесува: 2 ⋅ 0,19572 Δp = ⋅ 50 = 10,865 m ρ ⋅ g 2 − 0,19572 Притисокот на крајот на цевководот изнесува: p = ρ ⋅ g ⋅ h + Δp = 1000 ⋅ 9,81⋅ 50 + 1000 ⋅ 9,81⋅ 10,865 = 597085,65 Pa p = 5,97 bar Задача 20.4. На крајот од степенастиот цевковод (E=20,6·1010 Pa ; D1 = 200 mm ; L1 = 100 mm ; D2 = 150 mm ; L2 = 150 m ; D3 = 100 mm ; L3 = 200 m и δ 1 = δ 2 = δ 3 = δ = 5 mm) поставен е вентил. Низ цевководот тече вода со волуменски проток од q v = 72

m3/h, со модул на стиливост ε = 20,3 ⋅ 10 8 Pa, и ρ = 1000 kg/m3. а) Да се определи најмалото време на затворање на вентилот со кој се исклучува можноста за "потполн" хидрауличен удар. б) Колкаво ќе биде зголемувањето на притисокот пред вентилот кога времето на неговото затворање би изнесувало t z = 1 s. Решение: Се определува брзината на ширење на бранот посебно за секој дел од цевководот:

C e,1 =

ε ρ ε ⋅ D1 1+ E ⋅ δ1

=

20,3 ⋅ 10 8 1000 20,3 ⋅ 10 8 200 1+ ⋅ 20,6 ⋅ 1010 5

= 1206,67 m/s

Ce,2

ε 20,3 ⋅ 10 8 ρ 1000 = = 1251,72 m/s = 8 ε ⋅ D2 20 , 3 ⋅ 10 150 1+ 1+ ⋅ E ⋅δ2 20,6 ⋅ 1010 5

Ce,3

ε 20,3 ⋅ 10 8 ρ 1000 = = 1302,22 m/s = 8 ε ⋅ D3 20 , 3 10 100 ⋅ 1+ 1+ ⋅ E ⋅ δ3 20,6 ⋅ 1010 5 253

Се определува времето на промената на фазите за редно врзаниот цевководи: 2 ⋅ L1 2 ⋅ L2 2 ⋅ L3 2 ⋅ 100 2 ⋅ 150 2 ⋅ 200 + + = + + = 0,712 s tc = Ce,1 Ce , 2 Ce,3 1206,67 1251,72 1302,22 Најмалото време за затворање на вентилот, со кое потполно би се изолирал хидрауличниот удар е: t z,min ≥ t c = 0,712 s Во конкретниот случај t z > t c , доаѓа до "непотполн" хидрауличен удар кој би предизвикал пораст на притисокот пред вентилот за вредност: t t t 4⋅q Δp ' = Δp ⋅ c = ρ ⋅ v 0,3 ⋅ C e,3 ⋅ c = ρ ⋅ 2 v ⋅ C e,3 ⋅ c tz tz tz D3 ⋅ π 72 4⋅ 0,712 Δp ' = 1000 ⋅ 3600 ⋅ 1302,22 ⋅ = 23,614 ⋅ 10 5 Pa = 23,614 bar 2 0,1 ⋅ π 1 Задача 20.5. Пумпата П транспортира qv = 1,256 l/s вода од големиот отворен резервоар A во големиот отворен резервоар B низ цевковод со D = 40 mm. Должината на всисниот цевковод е Lvsis = 80 m, а на потисниот Lpot = 120 m. Коефициентите на локалните отпори се: всисната корпа ξ vk = 12 ; на колената ξ k ,1 = 0,3 ; ξ k ,2 = 0,2 и на вентилот ξ v = 2,15 . Да се определи: а) Специфичната енергија на пумпата, ако разликата на слободните површини на водата меѓу двата резервоари е H = 53,4 m. б) Надпритисокот pm,K = ? во пресекот K на потисниот дел на цевководот кој се наоѓа на висина h = 6,4 m над слободната површина на резервоарот A, при што должината на цевководот од пресекот K до резервоарот B е Lk = 100 m. в) Минималната дебелина на ѕидот на цевката во пресекот K, ако дозволениот напон на истегнување на материјалот на цевката изнесува σ d = 400 bar, и ако зголемувањето на притисокот поради евентуалниот хидрауличен удар Δp = 12 ⋅ v , каде v m/s – брзина на струењето на водата во цевководот. Решение: Од дадениот волуменскиот проток на водата се определува брзината на струењето на водата во цевководот: 4⋅q 4 ⋅ 1,256 ⋅ 10 −3 v vsis = v pot = v = 2 v = = 1 m/s D ⋅π 0,04 2 ⋅ π Реjнoлдс-овиот број изнесува: v ⋅ D 1⋅ 0,4 Re = = = 40000 > R e,kr ν 1⋅ 10 −6 За определување на коефициентот на триење се користи равенката на Бласиус, односно: 0,3164 0,3164 λ= = 0,02237 =4 4 R 40000 e 254

Ако се постави проширена енергетска равенка за струење низ цевковод со пумпа, и за нивоата на течноста на резервоарите се добива: ⎞ v2 ⎛ Lvsis + L pot p0 p + e p = 0 + g ⋅ H + ⎜⎜ λ ⋅ + ξ izl + ξ k ,1 + ξ k ,2 + ξ k ,3 + 2 ⋅ ξ v + 1⎟⎟ ⋅ D ρ ρ ⎠ 2 ⎝ 2 80 + 120 ⎛ ⎞ 1 + 12 + 0,3 + 0,2 + 0,2 + 2 ⋅ 2,15 + 1⎟ ⋅ = 588,779 J/kg e p = 9,81⋅ 53,4 + ⎜ 0,02237 ⋅ 0,04 ⎝ ⎠ 2 б) Од енергетската равенка за пресек K и нивото на резервоарот B следи: p0 + pm,K v 2 p ⎛ L ⎞ v2 + + g ⋅ h = 0 + g ⋅ H + ⎜ λ ⋅ K + ξ k ,2 + ξ k ,3 + ξ v + 1⎟ ⋅ 2 D ρ ρ ⎝ ⎠ 2 p ⎛ L ⎞ Се определува : m,K = g ⋅ (H − h ) + ⎜ λ ⋅ k + ξ k ,2 + ξ k ,3 + ξ v ⎟ ρ ⎝ D ⎠ v2 ⎛ L ⎞ pm,k = ρ ⋅ g ⋅ (H − h ) + ⎜ λ ⋅ k + ξ k ,2 + ξ k ,2 + ξ v ⎟ ⋅ ρ ⋅ 2 ⎝ D ⎠ 100 12 ⎛ ⎞ pm,k = 1000 ⋅ 9,81⋅ (53,4 − 6,4 ) + ⎜ 0,02237 ⋅ + 0,2 + 0,2 + 2,15 ⎟ ⋅ 1000 ⋅ 0,04 2 ⎝ ⎠ pm,k= 490307,5 Pa = 4,903 bar в) Порастот на притисокот предизвикан поради евентуалниот хидрауличен удар изнесува: Δp = 12 ⋅ v = 12 ⋅ 1 = 12 bar. Вкупниот притисок во пресекот К за време на хидрауличниот удар ќе биде: pK = pm,K + Δp = 4,903 + 12 = 16,903 bar Минималната дебелина на ѕидот на цевката според равенката на Мариот, изнесува: p ⋅ D 16,903 ⋅ 10 5 ⋅ 0,04 =0,000845 m δ min,K = K = 2 ⋅σ d 2 ⋅ 400 ⋅ 10 5

255

256

Задача 21.1. Slo`eno ramninsko potencijalno struewe sostaveno od dve zbirni struewa i toa: - uniformen tok vo negativen x - pravec, definiran so potencijalot na brzinata |ϕ0| = v0·x i so strujnata funkcija |ψ0| = v0·y - struewe vo radijalen tok prema ponorot koj se nao|a vo koordinatniot q po~etok so potencijal na brzinata ϕ p = v ⋅ ln r i strujnata funkcija 2 ⋅π qv ψp = ⋅ θ . Da se opredeli: 2 ⋅π a) to~kata na stagnacija na zbirnoto struewe b) nultite strujnici v) nacrta strujnata slika Re{enie: a) potencijalot na brzinite na zbirnoto struewe se opredeluva na sledniot na~in: 1 q q ϕ = ϕ 0 + ϕ p = −v 0 ⋅ x − v ⋅ ln x 2 + y 2 2 = −v 0 ⋅ x − v ⋅ ln x 2 + y 2 2 ⋅π 4 ⋅π q ili ϕ = −v 0 ⋅ r ⋅ cos θ − v ⋅ ln r 2 ⋅π Strujnata funkcija na slo`enoto struewe se opredeluva: q q ψ = ψ 0 + ψ p = −v 0 ⋅ y − v ⋅ θ ili ψ = −v 0 ⋅r ⋅ sinθ − v ⋅ θ 2 ⋅π 2 ⋅π Kompleksniot potencijal na zbirnoto struewe iznesuva: q q ⎛ ⎞ w = ϕ + i ⋅ψ = −v 0 ⋅ r ⋅ cos θ − v ⋅ ln r + i ⋅ ⎜ − v 0 ⋅ r ⋅ sinθ − v ⋅ θ ⎟ 2 ⋅π 2 ⋅π ⎠ ⎝ q w = −v 0 ⋅ r ⋅ (cos θ + i ⋅ sinθ ) − v ⋅ (ln r + i ⋅ θ ) 2 ⋅π So pomo{ na ojlerovite transformacii: z = r ⋅ e i ⋅θ = r ⋅ (cos θ + i ⋅ sinθ ) , odnosno ln z = ln r ⋅ e i ⋅θ = ln r + ln e i ⋅θ = ln r + i ⋅ θ Toga{ kome~nata forma na kompleksniot potencijal e: q w (z ) = −v 0 ⋅ z − v ⋅ ln z 2 ⋅π Skalarnite komponenti na brzinata se: q q x y ∂ϕ ∂ψ vy = = −v 0 − v ⋅ 2 =− v ⋅ 2 ; vx = 2 2 ⋅π x + y 2 ⋅π x + y 2 ∂x ∂y Kompleksnata brzina e: q q x y +i⋅ v ⋅ 2 v = v x − i ⋅ v y = −v 0 − v ⋅ 2 2 2 ⋅π x + y 2 ⋅π x + y 2 To~kata na stagnacija se opredeluva, koga ravenkata za opredeluvawe na kompleksnata brzina se izedna~i so nula, odnosno: v =0 , treba vx = 0 i vy = 0

(

(

Od uslovot v y = 0 ,

(

− 2 ⋅π ⋅ x + y

)⋅ v

sledi

)

(

)

)

y = 0 ; za v x = 0 se dobiva ravenkata

− q v ⋅ x = 0 ; za y=0 se dobiva: − 2 ⋅ π ⋅ x 2 ⋅ v 0 − qv ⋅ x = 0 ; za x=0 se qv dobiva v x ≠ 0 ; toga{: x = − 2 ⋅ π ⋅ v0 2

2

0

257

⎛ ⎞ qv , 0 ⎟⎟ To~kata na stagnacija ima koortinati: S ⎜⎜ − ⎝ 2 ⋅π ⋅v0 ⎠

b) Ako ravenkata na strujnata funkcija ψ = −v 0 ⋅ r ⋅ sinθ −

ψ (x, y ) = −v 0 ⋅ y −

qv ⋅ θ , ili 2 ⋅π

qv y arc tg se izedna~i so nula, re{enijata gi davaat nultite 2 ⋅π x

strujnici: q y − v 0 ⋅ y − v arc tg = 0 2 ⋅π x

2 ⋅ π ⋅ v 0 ⋅ r ⋅ sinθ y =− , odnosno: x qv 2 ⋅ π ⋅ v 0 ⋅ r ⋅ sinθ θ =− qv Za θ = 0 , ravenkata e zadovolena od dvete strani ( 0 > r > − ∝ i 0 < r < + ∝ ), odnosno celata x-oska. Za da se opredelat drugite nulti strujnici, poslednata raveka treba da se napi{i vo drug oblik: qv qv θ θ ; se voveduva smenata: k = , toga{: r = −k ⋅ r =− ⋅ 2 ⋅ π ⋅ v 0 sinθ 2 ⋅π ⋅v0 sinθ 2 ⋅π π π π π θ 6 4 3 2 3 r -1,05 -1,11 -1,21 -1,57 -2,42 k qv 1 θ Za θ = 0 = −k⋅ = − k , odnosno r = −k = − - to~ka lim r = −k ⋅ lim θ →0 θ →0 sin θ 2 ⋅π ⋅v0 cos θ na stagnacija. qv π ; r =− ⋅ =−∝ Za θ = π 2 ⋅π ⋅v0 0

;

arc tg

Задача 21.2. Za dvodimenzionalno bezvrtlo`no struewe na nestisliv fluid smesten e izvor vo to~kata z=2 i so proizvodnost ε=3, i ponor so proizvodnost ε=-3 smesten vo to~kata z=-2. da se opredeli:

258

a) Kompleksniot potencijal W(z), potemcijalot na brzinata ϕ(x,y) i strujnata funkcija ψ(x,y). b) Da se skicira strujnata slika Re{enie: Se razgleduva to~ka M(x,y) vo ramninata (x,0,y)

a) Spored slikata, kompleksnite potencijali na izvorot i ponorot mo`at da se prestavat so slednite ravenki:

w i (z ) =

ε

⋅ ln(z − 2)

w p (z ) = −

;

2 ⋅π Kompleksniot potencijal na zbirnoto struewe e: w (z ) = w i (z ) + w p (z ) =

ε

⋅ ln(z − 2) + −

2 ⋅π Potencijalot na zbirnoto struewe e:

ϕ = ϕi + ϕ p =

ε

ε

⋅ ln r1 −

2 ⋅π 2 ⋅π Strujnata funkcija na zbirnoto struewe e:

ψ = ψ i +ψ p =

ε

ε

⋅ θ1 −

ε

2 ⋅π

ε 2 ⋅π

ε

2 ⋅π 2 ⋅π 2 ⋅π Od gornata slika se dobivaat potrebnite golemini:

(x − 2)2 + y 2

2 ⋅π

⋅ ln(z + 2)

⋅ ln(z + 2) =

⋅ ln r 2 =

⋅θ 2 =

ε

⋅ ln

ε 2 ⋅π

⋅ ln

z−2 z+2

r1 r2

⋅ (θ 1 − θ 2 )

y x −2 y 2 r2 = (x + 2) + y 2 ; tg θ 2 = x+2 Kone~niot oblik na potencijalot na brzinata na zbirnoto struewe e: (x − 2)2 + y 2 ε ⋅ ln ϕ ( x, y ) = 4 ⋅π (x + 2)2 + y 2 So koristewe na adicionite ravenki se dobiva zavisnosta: y y − tgθ 1 − tgθ 2 4⋅y tg (θ 1 − θ 2 ) = = x −2 x +2 = 2 y ⎞ x + y2 − 4 1 + tgθ 1 ⋅ tgθ 2 ⎛ y 1+ ⎜ ⋅ ⎟ ⎝ x −2 x + 2⎠ Kone~niot oblik na strujnata funkcija na zbirnoto struewe e: ε 4⋅y ψ (x, y ) = ⋅ arc tg 2 2 ⋅π x + y2 −4 Nultite strujnici se dobivaat koga ψ (x, y ) = 0 , odnosno 4·y=0 ; y=0, toa zna~i x – oskata. r1 =

;

tg θ 1 =

259

Ravenkata za ekvipotencijalnite linii se dobiva: (x − 2)2 + y 2 = e 4⋅πε⋅ϕ0 =C = const, 1 (x + 2)2 + y 2

(x − 2)2 + y 2 = C1 ⋅ (x + 2)2 + C1 ⋅ y 2

Posle sreduvawe se dobiva: x 2 + y 2 + 4 − 2 ⋅ x ⋅ C = 0 , familija na krugovi so centri vo to~kite x=2 i x = -2. Ravenkata za strujnite linii se dobiva: 2 ⋅ π ⋅ψ 0 4⋅y 1 = tg = = const . 4 ⋅ y ⋅ C 2 = x 2 + y 2 − 4 , odnosno: 2 2 ε C2 x +y −4

x 2 + y 2 = 4 ⋅ y ⋅ C 2 − 4 = 0 ; familija na krugovi so centri koi se nao|aat na y – oskata, a vrvata niz to~kit x=2 i x=-2.

Задача 21.3. Дa se opredeli kompleksniot potencijal, zapirnata to~ka i nultite strujnici na zbirnoto potencijalno ramninskoto struewe na nestisliv fluid sostaveno od ednoobrazno paralelno struewe zadadeno so kompleksniot potencijal w 1 (z ) = −v 0 ⋅ z ⋅ (1 + i ) , pri {to v 0 = 1 m/s i: a) izvor so proizvodnost ε = 2 ⋅ π vo to~kata z = −1 + i ; b) ponor so proizvodnost ε = 2 ⋅ π vo to~kata z = −1 + i ; v) izvor so proizvodnost ε = 2 ⋅ π vo to~kata z = 1 − i ; g) ponor so proizvodnost ε = 2 ⋅ π vo to~kata z = 1 − i ; d) izvor so proizvodnost ε = 2 ⋅ π vo to~kata z = −1 − i ; |) ponor so proizvodnost ε = 2 ⋅ π vo to~kata z = −1 − i ; Re{enie: a) Zbirnoto struewe e: w (z ) = w 1 (z ) + w 2 (z ) = − v 0 ⋅ z ⋅ (1 + i ) +

Od

v (z ) =

dw (z ) 1 = − v 0 ⋅ (1 + i ) + dz z + (1 − i )

zapirnata to~ka: z =

260

2 ⋅π ⋅ ln[z + (1 − i )] = − v 0 ⋅ z ⋅ (1 + i ) + ln[z + (1 − i )] 2 ⋅π = 0, se dobivaat koordinatite na

⎛ 1 1 − 1 + i ⋅ ⎜⎜1 − 2 ⋅v0 ⎝ 2 ⋅v0

⎞ 1 1⎞ ⎛ ⎟⎟ , odnosno: ZT ⎜ x = − , y = ⎟ 2 2⎠ ⎝ ⎠

b) Zbirnoto struewe e: w (z ) = w 1 (z ) + w 2 (z ) = − v 0 ⋅ z ⋅ (1 + i ) -

Od

v (z ) =

dw (z ) 1 = − v 0 ⋅ (1 + i ) − dz z + (1 − i )

zapirnata to~ka: z = −

w (z ) = w 1 (z ) + w 2 (z ) = − v 0 ⋅ z ⋅ (1 + i ) +

v (z ) =

⎞ 3 3⎞ ⎛ ⎟⎟ , odnosno: ZT ⎜ x = − , y = ⎟ 2 2⎠ ⎝ ⎠

2 ⋅π ⋅ ln[z − (1 − i )] = − v 0 ⋅ z ⋅ (1 + i ) + ln[z − (1 − i )] 2 ⋅π

1 dw (z ) = − v 0 ⋅ (1 + i ) + dz z − (1 − i )

zapirnata to~ka: z =

= 0, se dobivaat koordinatite na

⎛ 1 1 − 1 + i ⋅ ⎜⎜1 + 2 ⋅v0 ⎝ 2 ⋅v0

v) Zbirnoto struewe e:

Od

2 ⋅π ⋅ ln[z + (1 − i )] = − v 0 ⋅ z ⋅ (1 + i ) - ln[z + (1 − i )] 2 ⋅π

= 0, se dobivaat koordinatite na

⎛ 1 1 + 1 − i ⋅ ⎜⎜1 + 2 ⋅v0 ⎝ 2 ⋅v0

⎞ 3 3⎞ ⎛ ⎟⎟ , odnosno: ZT ⎜ x = , y = − ⎟ 2 2⎠ ⎝ ⎠

261

g) Zbirnoto struewe e: w (z ) = w 1 (z ) + w 2 (z ) = − v 0 ⋅ z ⋅ (1 + i ) -

Od

v (z ) =

1 dw (z ) = − v 0 ⋅ (1 + i ) − z − (1 − i ) dz

zapirnata to~ka: z = 1 −

w (z ) = w 1 (z ) + w 2 (z ) = − v 0 ⋅ z ⋅ (1 + i ) +

v (z ) =

262

2 ⋅π ⋅ ln[z + (1 + i )] = − v 0 ⋅ z ⋅ (1 + i ) + ln[z + (1 + i )] 2 ⋅π

1 dw (z ) = − v 0 ⋅ (1 + i ) + dz z + (1 + i )

zapirnata to~ka: z =

= 0, se dobivaat koordinatite na

⎛ 1 1⎞ 1 ⎞ 1 ⎛ ⎟⎟ , odnosno: ZT ⎜ x = , y = − ⎟ − i ⋅ ⎜⎜1 − 2 2⎠ 2 ⋅v0 ⎝ ⎝ 2 ⋅v0 ⎠

d) Zbirnoto struewe e:

Od

2 ⋅π ⋅ ln[z − (1 − i )] = − v 0 ⋅ z ⋅ (1 + i ) + ln[z − (1 − i )] 2 ⋅π

= 0, se dobivaat koordinatite na

⎛ 1 1 − 1 − i ⋅ ⎜⎜1 + 2 ⋅v0 ⎝ 2 ⋅v0

⎞ 1 3⎞ ⎛ ⎟⎟ , odnosno: ZT ⎜ x = − , y = − ⎟ 2 2⎠ ⎝ ⎠

|) Zbirnoto struewe e: w (z ) = w 1 (z ) + w 2 (z ) = − v 0 ⋅ z ⋅ (1 + i ) -

Od

v (z ) =

2 ⋅π ⋅ ln[z + (1 + i )] = − v 0 ⋅ z ⋅ (1 + i ) - ln[z + (1 + i )] 2 ⋅π

1 dw (z ) = − v 0 ⋅ (1 + i ) − dz z + (1 + i )

zapirnata to~ka: z = −

= 0, se dobivaat koordinatite na

⎛ 1 ⎞ 1 3 1⎞ ⎛ − 1 + i ⋅ ⎜⎜ − 1⎟⎟ , odnosno: ZT ⎜ x = − , y = − ⎟ 2 ⋅v0 2 2⎠ ⎝ ⎝ 2 ⋅v0 ⎠

Задача 21.4. Ramninsko potencijalno struewe na nestisliv fluid opredeleno e so so strujnata funkcija: ⎛ a2 ⎞ ⎟⎟ , m>0 ψ (x, y ) = m ⋅ f1 (x ) ⋅ ⎜⎜1 − ⎝ f 2 ( x, y ) ⎠ Da se opredeli: a) Nepoznatite funkcii f1(x) i f2(x,y), od uslovot da y – oskata i krugot 2 2 x + y = a 2 bidat nulti strujnici na dadenoto struewe. b) Potencijalot na brzinata ϕ (x, y ) , ako ϕ (a,0 ) = 0 v) Da se skicira strujnata slika i da se dade fizi~ko tuma~ewe na parametarot m. Re{enie: 263

Nultata strujnica se dobiva: ⎛ a2 ⎞ ⎟⎟ = 0 , sleduvaat ravenkite: f1 (x ) = 0 i f 2 (x, y ) = 0 m ⋅ f1 (x ) ⋅ ⎜⎜1 − ⎝ f 2 ( x, y ) ⎠ So sporeduvawe na ovie ravenki so uslovite za nulti strujnici dadeni vo zada~ata se dobivaat: f1 (x ) = x i f 2 (x, y ) = x 2 + y 2 Toga{ strujnata funkcija e: ⎛ a2 ⎞ ⎟ ψ (x, y ) = m ⋅ x ⋅ ⎜⎜1 − 2 x + y 2 ⎟⎠ ⎝ b) ravenkata na strujnata funkcija vo polarni koordinati e: ⎛ ⎛ a2 ⎞ a2 ⎞ ψ (r ,θ ) = m ⋅ r ⋅ cos θ ⋅ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ = m ⋅ cos θ ⋅ ⎜⎜ r − ⎟⎟ r ⎠ ⎝ ⎝ r ⎠ Radijalnata i kru`nata komponenta na brzinata se: 1 ∂ϕ ∂ψ ∂ϕ 1 ∂ψ vθ = ⋅ vr = = ⋅ ; =− r ∂θ ∂r ∂r r ∂θ Od gornite ravenki se dobivaat: ⎛ a 2 ⎞⎤ ⎛ a2 ⎞ ∂ϕ 1 ∂ ⎡ ∂ϕ ⎜ ⎟ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − m r cos θ 1 ili m sin θ = − ⋅ ⋅ ⎢ ⎜ r 2 ⎟⎥ ∂r ∂r r ∂θ ⎣ ⎝ r ⎠ ⎝ ⎠⎦ Po integracijata se dobiva: ⎛ a2 ⎞ a2 ⎞ ⎟⎟ + C = − m ⋅ r ⋅ sin θ ⋅ ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ + C r ⎠ r ⎠ ⎝ ⎝ Od grani~niot uslov daden vo zada~ata se dobiva C=0, odnosno: ⎛ a2 ⎞ ϕ (r ,θ ) = −m ⋅ r ⋅ sin θ ⋅ ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ r ⎠ ⎝ Vo dekartov koordinaten sistem, potencijalot na brzinata e: ⎛ a2 ⎞ ⎟ ϕ (x, y ) = −m ⋅ y ⋅ ⎜⎜1 + 2 x + y 2 ⎟⎠ ⎝ v) vrz baza na nultata strujnica lesno mo`e da se nacrta strujnata slika, pri toa konstantata a pretstavuva radius na kru`niot cilinder koj e opstruen od sovr{eniot fluid. Za opredeluvawe na fizi~koto zna~ewe na konstantata m se bara: 2 2 ⎫ ⎧ ⎡ ⎛ ∂ψ ⎞ 2 y −x ⎤ lim v y = lim ⎜ − lim m 1 a = ⋅ − ⋅ ⎟ ⎬ = −m ⎨ ⎢ ⎥ y →∝ y 2 + x 2 ⎦⎭ ⎝ ∂x ⎠ y →∝ ⎩ ⎣ y →∝ m– pretstavuva brzina vo bezkrajnost so koja fluidot strui vo negativen smer na y – oskata. ⎛

ϕ (r ,θ ) = −m ⋅ sin θ ⋅ ⎜⎜ r +

264

Задача 21.5. Da se opredeli kompleksniot potencijal, zapirnata to~ka i obele`at nultite strujnici na zbirnoto potencijalno ramninskoto struewe na nestisliv fluid sostaveno od ednoobrazno paralelno struewe zadadeno so kompleksniot potencijal w 1 (z ) = v 0 ⋅ z ⋅ (1 − i ) , pri {to v 0 = 1 m/s i: a) izvor so proizvodnost ε = 2 ⋅ π vo to~kata z = −1 − i ; b) ponor so proizvodnost ε = 2 ⋅ π vo to~kata z = −1 − i ; v) izvor so proizvodnost ε = 2 ⋅ π vo koordinatniot po~etok z = 0 Re{enie: a) Zbirnoto struewe e: w (z ) = w 1 (z ) + w 2 (z ) = v 0 ⋅ z ⋅ (1 − i ) +

Od v (z ) =

2 ⋅π ⋅ ln[z + (1 + i )] = v 0 ⋅ z ⋅ (1 − i ) + ln[z + (1 + i )] 2 ⋅π

dw (z ) 1 = v 0 ⋅ (1 − i ) + = 0, se dobivaat koordinatite na zapirnata dz z + (1 + i )

to~ka: z = −

⎛ 1 1 − 1 − i ⋅ ⎜⎜1 + 2 ⋅v0 ⎝ 2 ⋅v0

⎞ 3 3⎞ ⎛ ⎟⎟ , odnosno: ZT ⎜ x = − , y = − ⎟ 2 2⎠ ⎝ ⎠

265

b) Zbirnoto struewe e: w (z ) = w 1 (z ) + w 2 (z ) = v 0 ⋅ z ⋅ (1 − i ) -

Od v (z ) =

2 ⋅π ⋅ ln[z + (1 + i )] = v 0 ⋅ z ⋅ (1 − i ) - ln[z + (1 + i )] 2 ⋅π

dw (z ) 1 = v 0 ⋅ (1 − i ) − = 0, se dobivaat koordinatite na zapirnata dz z + (1 + i )

to~ka: z =

⎛ 1 ⎞ 1 1⎞ 1 ⎛ − 1 + i ⋅ ⎜⎜ − 1⎟⎟ , odnosno: ZT ⎜ x = − , y = − ⎟ 2 2⎠ 2 ⋅v0 ⎝ ⎝ 2 ⋅v0 ⎠

v) Zbirnoto struewe e: w (z ) = w 1 (z ) + w 2 (z ) = v 0 ⋅ z ⋅ (1 − i ) +

2 ⋅π ⋅ ln z = v 0 ⋅ z ⋅ (1 − i ) + ln z 2 ⋅π

dw (z ) 1 = v 0 ⋅ (1 − i ) + = 0, se dobivaat koordinatite na zapirnata to~ka: dz z 1 1⎞ 1 i ⎛ , odnosno: ZT ⎜ x = − , y = − ⎟ z=− − 2 2⎠ 2 ⋅v0 2 ⋅v0 ⎝

Od v (z ) =

266

Задача 21.6. Za ramninskoto potencijalno struewe na nestisliv fluid opredelen so potencijalot na brzinata ϕ (x, y )A ⋅ x 2 − y 2 + 2 ⋅ B ⋅ x ⋅ y (A>0 i B>0)

(

)

a) da se opredeli kompleksnata brzina v (z ) i kompleksniot potencijal w (z ) , pri uslov w (0 ) = 0 b) Da se opredeli strujnata funkcija i odnosot na parametrite A/B, taka da protokot niz konturata ograni~ena so to~kite C 0, 3 i D 2, 3 bide ednakov na nula. v) Za odnosot na parametrite A/B opredeleni pod b), da se opredeli nultata strujnica, skicira strujnata slika i opredeli smerot na struewe.

(

)

(

)

Re{enie: a) skalarnite komponenti na brzinata se: ∂ϕ ∂ϕ ; vy = = −2 ⋅ A ⋅ y + 2 ⋅ B ⋅ x vx = = 2⋅ A⋅ x + 2⋅B ⋅ y ∂y ∂x Kompleksnata brzina e: v (z ) = v x − i ⋅ v y = 2 ⋅ A ⋅ x + 2 ⋅ B ⋅ y − i ⋅ (− 2 ⋅ A ⋅ y + 2 ⋅ B ⋅ x )

v (z ) = (x + i ⋅ y ) ⋅ (2 ⋅ A − 2 ⋅ i ⋅ B ) = 2 ⋅ (A − i ⋅ B ) ⋅ z dw (z ) Od ravenkata v = se opredeluva kompleksniot potencijal: dz dw (z ) = v ⋅ dz = 2 ⋅ (A − i ⋅ B ) ⋅ z ⋅ dz Po integracijata se dobiva: z2 w (z ) = 2 ⋅ (A − i ⋅ B ) ⋅ +C 2 Integracionata konstanta C se opredeluva od grani~nite uslovi: Za w (0 ) = 0 sledi C=0. Kompleksniot potencijal vo kone~en oblik: w (z ) = (A − i ⋅ B ) ⋅ z 2 b) Kompleksniot potencijal kako funkcija od potencijalot na brzinata i strujnata funkcija, prika`an so slednata ravenka: 2 w (x, y ) = ϕ (x, y ) + i ⋅ψ (x.y ) = (A − i ⋅ B ) ⋅ (x + i ⋅ y ) 267

(

[ (

)

)]

w (x, y ) = A ⋅ x 2 − y 2 + 2 ⋅ B ⋅ x ⋅ y + i ⋅ B ⋅ y 2 − x 2 + 2 ⋅ A ⋅ x ⋅ y Od poslednata ravenka se dobiva ravenkata za strujnata funkcija: ψ (x, y ) = B ⋅ y 2 − x 2 + 2 ⋅ A ⋅ x ⋅ y Volumenskiot protok niz konturata ograni~ena so to~kite C i D iznesuva: qv = ψ D − ψ C

(

)

(

)

(

)

Goleminita na strujnata funkcija vo to~kite C 0, 3 i D 2, 3 iznesuvaat:

ψC = 3⋅B

i

ψ D = 4 ⋅ A ⋅ 3 − B , odnosno qv = 4 ⋅ A ⋅ 3 − 4 ⋅ B

3 3 v) Nultatа strujnica se opredeluva koga ravenkata za strujnata funkcija se izedna~i na nula: A B ⋅ y 2 − x2 + 2⋅ A⋅ x ⋅ y = 0 , odnosno: y 2 − x 2 + 2 ⋅ ⋅ x ⋅ y = 0 B Ako ova posledna ravenka se podeli so x 2 se dobiva: 2 3 y ⎛y⎞ ⋅ −1= 0 ⎜ ⎟ + 2⋅ 3 x ⎝x⎠ Po re{avaweto na kvadratnata ravenka se dobivaat slednite dve pravi, koi pretstavuvaat nulti strujnici: 3 y1 = ⋅ x ; α 1 = 30° i y 2 = − 3 ⋅ x α 2 = 120° 3 Od uslovot daden vo zada~ata: za q v = 0 , se dobiva A/B =

(

)

(

)

Задача 21.7. Za ramninsko potencijalno struewe daden e potencijalot na brzinata ϕ (x, y ) = x 2 − y 2 + x ⋅ y . Da se opredeli kompleksniot potencijal w (z ) , nultata strujnica za grani~niot slu~aj w (0 ) = 0 i da se skicira strujnata slika. Re{enie: Skalarnite komponenti na brzinata se:

268

∂ϕ ∂ϕ = 2⋅ x + y ; vy = = −2 ⋅ y + x ∂x ∂y Kompleksnata brzina e: v (z ) = v x − i ⋅ v y = 2 ⋅ x + y − i ⋅ (− 2 ⋅ y + x ) vx =

v (z ) = v x − i ⋅ v y = 2 ⋅ x + y + 2 ⋅ i ⋅ y − i ⋅ x = 2 ⋅ (x + i ⋅ y ) − i ⋅ (x + i ⋅ y ) v (z ) = (2 − i ) ⋅ z

Od ravenkata v (z ) =

dw (z ) so integracija se dobiva ravenkata za kompleksniot dz

potencijal.

z2 +C 2 Od dadeniot grani~en uslov se opredeluva integracionata konstanta, odnosno w (0 ) = 0 , sledi C=0, toga{: w (z ) = ∫ (2 − i ) ⋅ z ⋅ dz = (2 − i ) ⋅

z2 2 Drugiot oblik na ravenkata na kompleksniot potencijal, kako funkcija od potencijalot na brzinata i strujnata funkcija e: 2−i 2 w (x, y ) = ϕ (x, y ) + i ⋅ψ (x, y ) = ⋅ (x + i ⋅ y ) 2 w (z ) = (2 − i ) ⋅

2⋅ x2 + 4⋅i ⋅ x ⋅ y − 2⋅ y 2 − i ⋅ x2 + 2⋅ x ⋅ y + i ⋅ y 2 2 ⎡1 ⎤ w (x, y ) = ϕ (x, y ) + i ⋅ψ (x, y ) = x 2 − y 2 + x ⋅ y + i ⋅ ⎢ ⋅ y 2 − x 2 + 2 ⋅ x ⋅ y ⎥ ⎣2 ⎦ w ( x, y ) =

(

)

Strujnata funkcija e:

(

(

)

)

1 ⋅ y 2 − x2 + 2⋅ x ⋅ y 2 Nultata strujnica se dobiva koga ravenkata za strutnra funkcija se izedna~i so nula, odnosno: 1 ψ ( x, y ) = 0 ; ⋅ y 2 − x2 + 2⋅ x ⋅ y = 0 2

ψ (x, y ) =

(

)

2

y ⎛y⎞ ⎜ ⎟ + 4 ⋅ −1= 0 x ⎝x⎠ Po re{avaweto na kvadratnata ravenka se dobivaat slednite dve pravi, koi pretstavuvaat nulti strujnici: y1 = − 2 + 5 ⋅ x ; α1 = 13,28° i y 2 = − 2 − 5 ⋅ x α 2 = 103,28°

(

)

(

)

269

Задача 21.8. Za ramninsko potencijalno struewe na nestisliv fluid ⎛ 1 ⎞ ⎟ , da se opredelen so potencijalot na brzinata ϕ (x, y ) = (x + y ) ⋅ ⎜⎜1 + 2 x + y 2 ⎟⎠ ⎝ opredeli: a) Kompleksniot potencijal w (z ) i strujnata funkcija ψ (x, y ) , ako e w (1) = 2 ; b) Nultata strujnica i nacrta strujnata slika. Re{enie: a) Potencijalot na brzinata se pi{uva vo polarni koordinata, odnosno: 1⎞ ⎛ ϕ (r ,θ ) = (cos θ + sinθ ) ⋅ ⎜ r + ⎟ r⎠ ⎝

Zavisnostite na radijalnta i kru`nata brzina i skalarnite komponenti na brzinata vo x i y pravecot se: v x = v r ⋅ cos θ − v θ ⋅ sinθ ; v y = v r ⋅ sinθ + v θ ⋅ cos θ Kompleksnata brzina e: v = v x − i ⋅ v y = v r ⋅ cos θ − v θ ⋅ sinθ − i ⋅ (v r ⋅ sinθ + v θ ⋅ cos θ ) v = (cos θ − i ⋅ sin θ ) ⋅ (v r − i ⋅ vθ ) = e − i ⋅θ ⋅ (v r − i ⋅ vθ ) Od druga strana, kompleksnata brzina mo`e da se napi{e: 1 ∂ϕ ⎞ − i ⋅θ ⎡ 1⎞ 1 ⎞⎤ ⎛ ∂ϕ ⎛ ⎛ −i ⋅ ⋅ v = e − i ⋅θ ⋅ ⎜ ⎟ = e ⋅ ⎢(cos θ + sin θ ) ⋅ ⎜1 − 2 ⎟ − i ⋅ (cos θ − sin θ ) ⋅ ⎜1 + 2 ⎟⎥ r ∂θ ⎠ ⎝ r ⎠ ⎝ r ⎠⎦ ⎝ ∂r ⎣

270

⎡ ⎛ 1 1 ⎞⎤ ⋅ ⎢e i ⋅θ ⋅ (1 − i ) − e − i ⋅θ ⋅ ⎜ 2 + 2 ⎟⎥ r ⎠⎦ ⎝r ⎣ −2 −2⋅i ⋅θ −2 v (1 − i ) − (1 + i ) ⋅ r ⋅ e = (1 − i ) − (1 + i ) ⋅ z dw (z ) Od ravenkata v (z ) = so integracija se dobiva ravenkata za kompleksniot dz potencijal. 1+ i w (z ) = ∫ (1 − i ) − (1 + i ) ⋅ z −2 ⋅ dz = (1 − i ) ⋅ z + +C z Od dadeniot grani~en uslov se opredeluva integracionata konstanta, odnosno w (1) = 2 , sledi C=0, toga{: 1+ i w (z ) = (1 − i ) ⋅ z + z Drugiot oblik na ravenkata na kompleksniot potencijal, kako funkcija od potencijalot na brzinata i strujnata funkcija e: 1+ i x −i ⋅y w (x, y ) = ϕ (x, y ) + i ⋅ψ (x, y ) = (1 − i ) ⋅ (x + i ⋅ y ) + ⋅ x +i ⋅y x −i ⋅y 1 1 ⎡ ⎤ v = e − i ⋅θ ⋅ ⎢e i ⋅θ − i ⋅ e i ⋅θ − 2 ⋅ e − i ⋅θ − 2 ⋅ e − i ⋅θ ⎥ = e − i ⋅θ r r ⎣ ⎦

[

]

⎛ ⎛ 1 ⎞ 1 ⎞ w (x, y ) = (x + y ) ⋅ ⎜⎜1 + 2 ⎟ + i ⋅ (y − x ) ⋅ ⎜⎜1 − 2 ⎟ 2 ⎟ 2 ⎟ x +y ⎠ ⎝ ⎝ x +y ⎠ Ravenkata na strujnata funkcija e: ⎛ 1 ⎞ ψ (x, y ) = (y − x ) ⋅ ⎜⎜1 − 2 ⎟ 2 ⎟ ⎝ x +y ⎠ b) Nultite strujnici se dobivaat koga ravenkata za strutnra funkcija se izedna~i so nula, odnosno: ψ ( x, y ) = 0 ; (y − x ) ⋅ ⎛⎜⎜1 − 2 1 2 ⎞⎟⎟ = 0 x +y ⎠ ⎝ Pravata y = x za α = 45° 1 = 0 sledi x 2 + y 2 = 1 krug so radius R = 1. Od 1 − 2 x + y2

271

Задача 21.9. Za ramninsko potencijalno struewe, dadeno so potencijalot na x x + 2 brzinata ϕ (x, y ) = , da se opredeli: 16 x + y 2 a) Kompleksniot potencijal w (z ) , kompleksnata brzina v (z ) pri uslov w (4 ⋅ i ) = 0 . b) Strujnata funkcija ψ (x, y ) , nultata strujnica i nacrta strujnata slika. v) Volumenskiot protok na fluidot i cirkulacijata na brzinata me|u to~kite A(-4,0) i B(-4,-4). g) Pravecot na strueweto. Re{enie: a) Skalarnite komponenti na brzinata se: ∂ϕ 1 1 2⋅ x2 ; = + 2 − vx = 2 ∂x 16 x + y 2 x2 + y 2

(

)

vy =

∂ϕ 2⋅ x ⋅ y =− ∂y x2 + y 2

(

)

2

Kompleksnata brzina e: v ( x, y ) = v x − i ⋅ v y =

Kompleksnata brzina e:

v (z ) = Od ravenkata v (z ) =

1 1 2 ⋅ x2 + 2 − 16 x + y 2 x 2 + y 2

(

)

2

+i⋅

2⋅ x ⋅y

(x

2

+ y2

)

2

1 x −i ⋅y 1 1 = − 2 − 16 (x − i ⋅ y ) ⋅ (x + i ⋅ y ) 16 z

dw (z ) so integracija se dobiva ravenkata za kompleksniot dz

potencijal.

1⎞ 1 1 ⎛ 1 w (z ) = ∫ ⎜ − 2 ⎟ ⋅ dz = ⋅z + +C z 16 ⎝ 16 z ⎠ Od dadeniot grani~en uslov se opredeluva integracionata konstanta, odnosno w (4 ⋅ i ) = 0 , sledi C=0, toga{: 1 1 w (z ) = ⋅z + z 16 b) So razlagawe na kompleksniot potencijal na realen del (potencijalot na brzinata) i imaginaren del (strujnata funkcija) se dobiva: x −i ⋅y x i ⋅y x i ⋅y 1 1 w (x, y ) = + 2 − 2 ⋅ (x + i ⋅ y ) + ⋅ = + 2 x + i ⋅ y x − i ⋅ y 16 16 x + y 16 x + y2 ⎛ y ⎞ ⎛ x ⎞ x y ⎟ ⎟ + i ⋅ ⎜⎜ w (x, y ) = ϕ (x, y ) + i ⋅ψ (x, y ) = ⎜⎜ − 2 + 2 2 ⎟ 2 ⎟ ⎝ 16 x + y ⎠ ⎝ 16 x + y ⎠ Strujnata funkcija e: y y − 2 ψ (x, y ) = 16 x + y 2 Nultite strujnici se dobivaat koga ravenkata za strutnra funkcija se izedna~i so nula, odnosno: y y ψ ( x, y ) = 0 ; − 2 =0 16 x + y 2

Se dobiva y = 0 ; x – oska 272

x 2 + y 2 = 16 , krug so radius R=4 v) Volumenskiot protok na fluidot me|u to~kite A(-4,0) i B(-4,-4) iznesuva: qv = ψ B − ψ A Vrednosti na strujnata funkcija vo to~kite A(-4,0) i B(-4,-4). 1 −4 −4 0 0 ψA = − =0 ; ψB = − =− 2 2 2 2 16 (− 4 ) + (− 4 ) 8 16 (− 4 ) + 0 1 1 −0 = − 8 8 Cirkulacijata na brzinata me|u to~kite A(-4,0) i B(-4,-4) iznesuva: Γ = ϕB − ϕ A Vrednostite na potencijalot na brzinata vo to~kite A(-4,0) i B(-4,-4) iznesuvaat: 3 1 −4 −4 −4 −4 ; ϕB = + =− ϕA = + = − 2 2 2 16 (− 4 ) + (− 4 ) 8 16 (− 4 ) + 0 2 2 qv = −

3 ⎛ 1⎞ 1 − ⎜− ⎟ = 8 ⎝ 2⎠ 8 g) Vo proizvolno izbrana to~ka B(4,4) se opredeluva vrednosta na skalarnite komponenti na brzinata Γ=−

vx =

1 1 2 ⋅ 42 + 2 − 16 4 + 42 42 + 42

(

)

2

=

1 >0 16

;

vy = −

2⋅4⋅4

(4

2

+4

)

2 2

=−

1