SKRIPTA-A4

UNIVERZITET U ZENICI Mašinski fakultet u Zenici

Nedim HODŽIĆ Edin BERBEROVIĆ

ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA IZ MEHANIKE FLUIDA - skripta -

Zenica, mart 2010. godine

Autori: Doc. dr. sc. Nedim HODŽIĆ, dipl. inž. maš. V. as. mr. Edin BERBEROVIĆ, dipl. inž. maš.

ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA IZ MEHANIKE FLUIDA - skripta -

Zenica, mart 2010. godine

PREDGOVOR Skripta pod naslovom „Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida“ namijenjena je prvenstveno studentima druge i treće godine studija prvog ciklusa Mašinskog fakulteta Univerziteta u Zenici koji, prema sadašnjem nastavnom planu i programu, u IV semestru izučavaju osnove mehanike fluida, a u V semestru hidrauliku i pneumatiku. Zbirku mogu da koriste i studenti drugih tehničkih i prirodno-matematičkih fakulteta za izučavanje osnova mehanike fluida, hidromehanike i hidraulike. Nadamo se da ova zbirka zadataka može biti korisna i inženjerima u praksi pri rješavanju određenih praktičnih problema. Sadržaj zbirke zadataka je prilagođen materiji predavanja i trebao bi biti dovoljan za pripremu ispita i uspješno savladavanje materije iz osnova mehanike fluida i hidraulike. Zadacima prezentiranim u ovoj zbirci uglavnom su obuhvaćeni tipični problemi mehanike fluida i hidraulike preuzeti iz citirane literature i na određeni način dorađeni i riješeni. Određen broj zadataka rješavan je na vježbama, a većina zadataka davana je za zadaću i na pismenom dijelu ispita iz mehanike fluida i hidraulike i pneumatike u posljednjih pet godina. Posebnu zahvalnost autori izražavaju recenzentima v. prof. dr. sc. Šefki Šikalu, dipl. inž. maš. i v. prof. dr. sc. Izetu Aliću, dipl. inž. maš. na vrlo korisnim primjedbama i sugestijama. Autori se zahvaljuju i kolegama mr. sc. Denisu Spahiću, dipl. inž. maš. i Josipu Kačmarčiku, dipl. inž. maš. na tehničkoj obradi dodatka zbirci riješenih primjera. Na kraju, kao autori, bit ćemo veoma zahvalni čitaocima na svim dobronamjernim primjedbama i sugestijama, uočenim greškama i primijećenim tehničkim nedostacima, kako bi eventualno naredno izdanje bilo još bolje. Zenica, mart 2010. godine

Autori

i

ii

SADRŽAJ PREDGOVOR ....................................................................................................i 1. UVOD........................................................................................................1 2. STATIKA FLUIDA ........................................................................................31 3. KINEMATIKA FLUIDA ...................................................................................95 4. DINAMIKA FLUIDA ....................................................................................153 LITERATURA ...............................................................................................265 DODATAK ..................................................................................................267

iv

v

Uvod

1.

UVOD

ZADATAK 1.1 Pokazati da se gradijent ( ∇s ) i laplasijan ( Δs ) skalarnog polja s = s (r , ϕ , z , t ) u cilindričnim koordinatama (r, ϕ, z) mogu napisati u obliku ∇s = grads =

∂s G 1 ∂s G ∂s G ir + iϕ + k, ∂r r ∂ϕ ∂z

1 ∂ ⎛ ∂s ⎞ 1 ∂ 2s ∂ 2s Δs = ∇ s = div ( grads ) = + . ⎜r ⎟+ r ∂r ⎝ ∂r ⎠ r 2 ∂ϕ 2 ∂z 2 2

Rješenje Zavisnost Descartes-ovih pravouglih i cilindričnih koordinata, prema slici 1.1 dana je izrazima x = r cos ϕ y = r sin ϕ z =z

r = x 2 + y2

ϕ = arctg

y x z

n grads s(x,y,z,t) ⋅

t M z

G G k iϕ G G j G i O ir

ϕ

x

y

r M'

Slika 1.1 U Descartes-ovim pravouglim koordinatama grads računa se iz izraza

1

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

grads =

∂s G ∂s G ∂s G i + j+ k. ∂x ∂y ∂z

Pošto koordinate x i y zavise od r i ϕ, pojedine izvode u izrazu za grads potrebno je izraziti u funkciji koordinata r i ϕ ⎞ ∂s x ∂s y ∂s ∂s ∂r ∂s ∂ϕ ∂s ∂s ⎛ x y = + = ⋅ + = ⋅ − , ⎜− 2 2 ⎟ 2 2 ∂x ∂r ∂x ∂ϕ ∂x ∂r ∂ϕ ⎝ x + y ⎠ ∂r r ∂ϕ r 2 x +y ∂s ∂s ∂r ∂s ∂ϕ ∂s y ∂s x ∂s y ∂s x , = + = ⋅ + = ⋅ + 2 2 ∂y ∂r ∂y ∂ϕ ∂y ∂r ∂r r ∂ϕ r 2 x 2 + y 2 ∂ϕ x + y

∂s ∂s . = ∂z ∂z ∂s G ∂s G ∂s G j+ k= i + ∂x ∂y ∂z ⎛ ∂s x ∂s y ⎞ G ⎛ ∂s y ∂s x ⎞ G ∂s G j+ k= i +⎜ =⎜ ⋅ − ⋅ + 2 ⎟ 2 ⎟ ∂z ⎝ ∂r r ∂ϕ r ⎠ ⎝ ∂r r ∂ϕ r ⎠ ⎛ ∂s ⎞ G ⎛ ∂s ⎞ G ∂s G 1 ∂s 1 ∂s sin ϕ ⎟ i + ⎜ cos ϕ ⎟ j + k= =⎜ ⋅ cos ϕ − ⋅ sin ϕ + r ∂ϕ r ∂ϕ ∂z ⎝ ∂r ⎠ ⎝ ∂r ⎠ G G 1 ∂s G G ∂s ∂s G cos ϕi + sin ϕ j + cos ϕ j − sin ϕi + k= = r ∂ϕ ∂r ∂z ∂s G 1 ∂s G ∂s G = ir + iϕ + k. ∂r r ∂ϕ ∂z

grads =

(

)

(

)

Za računanje div(grads) potrebno je izraziti druge parcijalne izvode u funkciji koordinata r i ϕ div ( grads ) =

∂ 2s ∂ 2s ∂ 2s + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2

⎛ ∂s ⎞ ∂ ⎛ ∂s x ∂s y ⎞ ⋅ − = ⎜ ⎟= ⎜ 2 ⎟ ⎝ ∂x ⎠ ∂x ⎝ ∂r r ∂ϕ r ⎠ ∂ ⎛ ∂s ⎞ x ∂s ∂ ⎛ x ⎞ ∂ ⎛ ∂s ⎞ y ⎛ ∂s ⎞ ∂ ⎛ y ⎞ = ⋅ ⎜ ⎟⋅ + ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟. ⎜− ⎟ ⋅ + ⎜− ⎟⋅ ∂x ⎝ ∂r ⎠ r ∂r ∂x ⎝ r ⎠ ∂x ⎝ ∂ϕ ⎠ r 2 ⎝ ∂ϕ ⎠ ∂x ⎝ r 2 ⎠

∂ 2s ∂ = 2 ∂x ∂x

Pojedini članovi u gornjem izrazu mogu se dalje napisati kao x ∂ ⎛ ∂s ⎞ x ⎡ ∂ ⎛ ∂s ⎞ ∂r ⎤ x ⎛ ∂ 2s ⎜ ⎟ ⋅ = ⎢ ⎜ ⎟ ⋅ ⎥ ⋅ = ⎜⎜ 2 ⋅ 2 ∂x ⎝ ∂r ⎠ r ⎣ ∂r ⎝ ∂r ⎠ ∂x ⎦ r ∂r x + y2 ⎝

∂s ∂ ⋅ ∂r ∂x

2

⎛ x ⎞ ∂s 1 ⎛ ⋅ ⎜ ⎜ ⎟= ⎝ r ⎠ ∂r x ⎜⎝

⎞ x ∂ 2s ⎛ x ⎞2 ⎟⋅ = 2 ⋅⎜ ⎟ ⎟ r ∂r ⎝ r ⎠ ⎠ x x 2 + y2 − x ⋅ ⎞ ∂s x 2 + y2 x ⎟= ⋅ = x 2 + y 2 ⎟⎠ ∂r x 2 + y2

Uvod

=

∂s ∂s y 2 y2 ⋅ = ⋅ 3 . ∂r x 2 + y 2 ( x 2 + y 2 ) ∂r r

⎞ ⎤ y ∂ 2s y ∂ ⎛ ∂s ⎞ y ⎡ ∂ ⎛ ∂s ⎞ ∂ϕ ⎤ y ⎡ ∂ 2s ⎛ − ⋅ = − ⋅ ⋅ = − ⋅ − = ⎢ ⎢ ⎜ ⎥ ⎜ ⎟⎥ ⋅ ⎜ ⎟ ⎟ ∂x ⎝ ∂ϕ ⎠ r 2 ⎣ ∂ϕ ⎝ ∂ϕ ⎠ ∂x ⎦ r 2 ⎣ ∂ϕ 2 ⎝ x 2 + y 2 ⎠ ⎦ r 2 ∂r 2 ⎞ ∂s ∂ ⎛ y ⎞ ∂s ∂ ⎛ y ∂s ⎛ 2xy ⎞ ∂s 2xy . − ⋅ ⋅ =− ⋅⎜− ⋅ ⎜ 2 ⎜ 2⎟=− ⎟= 2 ⎟ ∂ϕ ∂x ⎝ r ⎠ ∂ϕ ∂x ⎝ x + y ⎠ ∂ϕ ⎝ r 4 ⎠ ∂ϕ r 4

⎛y ⎞ ⋅⎜ 2 ⎟ ⎝r ⎠

2

Dakle, 2

2

∂ 2s ∂ 2s ⎛ x ⎞ ∂s y 2 ∂ 2s ⎛ y ⎞ ∂s 2xy . = + + 2⎜ 2⎟ + ⎟ 2 2 ⎜ 3 ∂x ∂r ⎝ r ⎠ ∂r r ∂ϕ ⎝ r ⎠ ∂ϕ r 4

Analogno se dobivaju i članovi u drugom izvodu ∂ 2s / ∂y 2 ∂ 2s ∂ ⎛ ∂s ⎞ ∂ ⎛ ∂s y ∂s x ⎞ = ⋅ + ⎜ ⎟= ⎜ ⎟= 2 ∂y ∂y ⎝ ∂y ⎠ ∂y ⎝ ∂r r ∂ϕ r 2 ⎠ 2

2

∂ 2s ⎛ y ⎞ ∂s x 2 ∂ 2s ⎛ x ⎞ ∂s 2xy . = 2⎜ ⎟ + + 2⎜ 2⎟ − 3 ∂r ⎝ r ⎠ ∂r r ∂ϕ ⎝ r ⎠ ∂ϕ r 4

Drugi izvod ∂ 2s / ∂z 2 jednak je u Descartes-ovim i cilindričnim koordinatama. Konačno se dobiva div ( grads ) =

∂ 2s ∂ 2s ∂ 2s + + = ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2

∂ 2s = 2 ∂r

⎡⎛ x ⎞2 ⎛ y ⎞2 ⎤ 1 ∂s ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ + ⎣⎢⎝ r ⎠ ⎝ r ⎠ ⎦⎥ r ∂r

1 ∂ 2s + 2 r ∂ϕ 2

⎡⎛ y ⎞ 2 ⎛ x ⎞ 2 ⎤ ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ + ⎣⎢⎝ r ⎠ ⎝ r ⎠ ⎦⎥

⎡⎛ y ⎞2 ⎛ x ⎞2 ⎤ ∂ 2s ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ + 2 = ⎣⎢⎝ r ⎠ ⎝ r ⎠ ⎦⎥ ∂z

∂ 2s 1 ∂s ⎡cos 2 ϕ + sin2 ϕ ⎤⎦ + ⎡⎣sin2 ϕ + cos 2 ϕ ⎤⎦ + 2 ⎣ ∂r r ∂r 2 1 ∂s ∂ 2s 2 2 ⎡sin ϕ + cos ϕ ⎤⎦ + 2 = + 2 r ∂ϕ 2 ⎣ ∂z =

=

∂ 2s 1 ∂s 1 ∂ 2s ∂ 2s + + + = ∂r 2 r ∂r r 2 ∂ϕ 2 ∂z 2

=

1 ∂ r ∂r

2 2 ⎛ ∂s ⎞ 1 ∂ s ∂ s . r + + ⎜ ⎟ 2 2 ∂z 2 ⎝ ∂r ⎠ r ∂ϕ

3

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

ZADATAK 1.2

G Odrediti jedan jedinični vektor s0 u čijem smjeru nema promjene polja pritiska p = 12x 2 + yz u tački T(1,2,3). n

z gradp

G n 3

G s0

G s

t p(x,y,z)

⋅ T

x

G k G 3 j G O i 1 2

y

Slika 1.2 Rješenje

Gradijent pritiska u bilo kojoj tački na površini p(x,y,z) jednak je gradp =

G G G ∂p G ∂p G ∂p G i + j+ k = 24xi + zj + yk , ∂x ∂y ∂z

a u tački T gradijent je G G G G G G gradpT = 24x Ti + z T j + y Tk = 24i + 3 j + 2k .

G Jedinični vektor s0 može biti bilo koji vektor u ravni koja je tangencijalna na površinu p(x,y,z) u tački T, a pošto je gradp okomit na tangencijalnu ravan u G G tački T, iz oslova okomitosti vektora n i s (koji leži u tangencijalnoj ravni) se dobiva G gradp ⋅ s = 0

G gradpT ⋅ s = 0

∂p ∂p ∂p sx + sy + sz = 0 , ∂x ∂y ∂z ⇔ 24sx + 3sy + 2sz = 0 .

⇔

Ako se proizvoljno odabere sx = sy = 1 sz =

−24sx − 3sy

2 −24 − 3 sz = , 2

4

,

Uvod

sz = −

27 . 2

G Dakle, vektor s je

G G G G s = sx i + sy j + szk , G G 27 G G s = 1i + 1 j − k. 2 G G G 27 G s =i + j − k, 2

a jedinični vektor je G G s s0 = G = s

G G 27 G 1i + 1 j − k 2 2

,

⎛ 27 ⎞ 12 + 12 + ⎜ − ⎟ ⎝ 2 ⎠ G G G G 1 1 27 s0 = i + j− k. 184,25 184,25 2 184,25

ZADATAK 1.3

Naći izvod skalarne funkcije U = xyz u tački A(5,1,2) u pravcu ka tački B(9,4,12). Rješenje

Izvod skalarne funkcije U(x,y,z) po određenom pravcu l definiranom jediničnim G vektorom l 0 računa se iz izraza G dU = gradU ⋅ l 0 , dl

Gradijent zadane funkcije U je ∂U G ∂U G ∂U G ∂ ( xyz ) G ∂ ( xyz ) G ∂ ( xyz ) G i + j+ k= i + j+ k, ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z G G G gradU = yzi + xzj + xyk .

gradU =

G Jedinični vektor l 0 definiran je izrazom

G G l l0 = G , l

5

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

gdje je G G G G l = ( x B − x A ) i + ( yB − y A ) j + ( z B − z A ) k , G G G G l = ( 9 − 5 ) i + ( 4 − 1) j + (12 − 2) k , G G G G l = 4i + 3 j + 10k , G l = 42 + 32 + 102 = 125 , na osnovu čega je G G G G 4i + 3 j + 10k l0 = . 125 Izvod funkcije U po pravcu l će biti

G G G G G G ⎛ 4i + 3 j + 10k ⎞ 4yz + 3xz + 10xy dU = yzi + xzj + xyk ⋅ ⎜ . ⎟= dl 125 125 ⎝ ⎠

(

)

Vrijednost izvoda u tački A(5,1,2) iznosi 4 ⋅ 1 ⋅ 2 + 3 ⋅ 5 ⋅ 2 + 10 ⋅ 5 ⋅ 1 88 ⎛ dU ⎞ . = ⎜ ⎟ = 125 125 ⎝ dl ⎠ A

ZADATAK 1.4

G Izračunati vrijednost integrala F =

G G pndA , gdje je F sila pritiska, A površina ∫

A G kugle radijusa R = 4 sa središtem u tački S(2,1,3), a n spoljnja normala na površinu A, ako je polje pritiska p zadano izrazom p = x 2 + y 2 + z 2 . Kolika bi G bila vrijednost sile F za slučaj da je polje pritiska p = const?

6

Uvod

z

n

gradp G n ⋅

t 3

p=x2+y2+z2

R S G kG j G O i 1

2

y

x

Slika 1.3 Rješenje

Primjenom formule Gauss-Ostrogradski dobiva se G F =

G

∫ pndA = ∫ gradpdV ,

A

V

G G G ∂p G ∂p G ∂p G i + gradp = j+ k =2xi + 2yj + 2zk = ( 2x ,2y,2z ) , ∂x ∂y ∂z G G G G G G G FS = ∫ 2xi + 2yj + 2zk dV = 2∫ xidV + 2∫ yjdV + 2∫ zkdV . V

(

)

V

V

V

Svaki integral u gornjoj jednadžbi može se zamijeniti proizvodom odgovarajuće G G koordinate težišta i volumena kugle, npr. ∫ xidV = xSVi . V

G G G G 4R 3π G 4R 3π G 4R 3π G F = 2xSVi + 2ySVj + 2zSVk = 2xS i + 2yS j + 2zS k, 3 3 3 G 4 ⋅ 43 π G 4 ⋅ 43 π G 4 ⋅ 43 π G F = 2⋅2⋅ i + 2 ⋅1 ⋅ j + 2⋅3⋅ k, 3G 3 3 G G G F = 341,33π i + 170,67π j + 512π k . G G Dakle sila F ima komponente F ( 341,33π ;170,67π ;512π ) . Za slučaj da je polje pritiska p = const bit će gradp = ( 0,0,0 ) , pa je vrijednost integrala, odnosno G sila pritiska F = ( 0,0,0 ) .

7

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

ZADATAK 1.5 G G G Odrediti fluks V = ∫ v ⋅ ndA vektora v , po površini kocke brida a = 2 sa A

središtem u koordinatnom početku O(0,0,0). Površina A je orijentirana G G jediničnim vektorima vanjskih normala n , a vektor v je dat izrazom G G G G v = 3xyi + 6yzj − ( 3yz + z ) k . z G n ⋅ G i

G n

G k G j

⋅

G n

y

O

⋅

x a

Slika 1.4 Rješenje

Primjenom formule Gauss-Ostrogradski dobiva se ∂v y ∂v z ⎞ ⎛ ∂v G G G V = ∫ v ⋅ ndA = ∫ divvdV = ∫ ⎜ x + + ⎟ dV = ∂x ∂y ∂z ⎠ A V V ⎝ = ∫ ( 3y + 6z − 3y − 1) dV = ∫ ( 6z − 1) dV = V a /2

=

∫

−a /2

V

a /2

dx ⋅

∫

−a /2

a /2

dy ⋅

∫ ( 6z − 1) dz = x

−a /2

a /2

−a /2

⋅ y −a /2 ⋅ ( 3z 2 − z ) a /2

a /2

−a /2

=

2 2 ⎡ a ⎛ a ⎞ ⎤ ⎡ a ⎛ a ⎞ ⎤ ⎪⎧ ⎛ a ⎞ a ⎡ ⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞ ⎤ ⎪⎫ = ⎢ − ⎜ − ⎟ ⎥ ⋅ ⎢ − ⎜ − ⎟ ⎥ ⋅ ⎨3 ⎜ ⎟ − − ⎢3 ⎜ − ⎟ − ⎜ − ⎟ ⎥ ⎬ = 2 ⎣⎢ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎦⎥ ⎭⎪ ⎣ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎦ ⎣ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎦ ⎩⎪ ⎝ 2 ⎠

= a ⋅ a ⋅ ( −a ) ,

V = 2 ⋅ 2 ⋅ ( −2) , V = −8 .

ZADATAK 1.6

U tački T fluida tenzor napona ima slijedeće komponente

8

Uvod

GG ⎛⎜ N xx N = ⎜ N yx ⎜ ⎝ N zx

N xy N yy N zy

N xz ⎞ ⎛ −7 0 2 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ N yz ⎟ = ⎜ 0 −5 0 ⎟ . N zz ⎠⎟ ⎝⎜ 2 0 −4 ⎠⎟

Odrediti vektor površinskog napona koji djeluje na ravan orijentiranu vektorom G ⎛2 2 1⎞ normale n = ⎜ , − , ⎟ i apsolutnu vrijednost tog vektora. ⎝3 3 3⎠

n

G Nz

G n

G N

G Ny

⋅

G Nx

T

t

z G G G k j i x O

y

Slika 1.5 Rješenje

Vektor površinskog napona određuje se iz izraza ⎛ N xx G G GG ⎜ N n = n ⋅ N = (n x , n y , n z ) ⋅ ⎜ N yx ⎜ N zx ⎝

N xy N yy N zy

N xz ⎞ ⎟ N yz ⎟ , N zz ⎟⎠

G G G GG N n = n ⋅ N = (n x N xx + n y N yx + n z N zx ) i + G + (n x N xy + n y N yy + n z N zy ) j + G + (n x N xz + n y N yz + n z N zz ) k ,

pa su komponente površinskog napona koji djeluje na zadanu ravan jednake

N x = n x N xx + n y N yx + n z N zx =

2 1 ⎛ 2⎞ ⋅ ( −7 ) + ⎜ − ⎟ ⋅ 0 + ⋅ 2 = −4 , 3 3 ⎝ 3⎠

2 1 ⎛ 2⎞ ⋅ ( −7 ) + ⎜ − ⎟ ⋅ 0 + ⋅ 2 , 3 3 ⎝ 3⎠ N x = −4 ,

Nx =

9

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

N y = n x N xy + n y N yy + n z N zy , 2 1 ⎛ 2⎞ ⋅ 0 + ⎜ − ⎟ ⋅ ( −5 ) + ⋅ 0 , 3 3 ⎝ 3⎠ 10 Ny = , 3 N z = n x N xz + n y N yz + n z N zz ,

Ny =

2 1 ⎛ 2⎞ ⋅ 2 + ⎜ − ⎟ ⋅ 0 + ⋅ ( −4 ) , 3 3 ⎝ 3⎠ Nz = 0 .

Nz =

Vektor površinskog napona na danu površinu definiran je izrazom

G 10 G G G N n = −4i + j + 0k , 3 a intenzitet napona iznosi

Nn =

( −4 )

2

2

⎛ 10 ⎞ + ⎜ ⎟ + 02 = 5,21. ⎝ 3 ⎠

ZADATAK 1.7

Izračunati brojnu vrijednost rezultujuće sile koja djeluje na fluidni element na slici 1.6 ako je gustina fluida dana izrazom ρ = x 2 + 2z . Fluid se nalazi u polju G masene sile f m = (166,20,0 ) , a tenzor napona je GG ⎛ 2 + x ⎜ N = ⎜1 + y ⎜ 0 ⎝

1+ y

0⎞ ⎟ x2 +1 0⎟ . 0 0 ⎟⎠ z

M(4,3,2) G N xx

G N yx

G N xy

x

Slika 1.6

10

G N yy

y

Uvod

Rješenje

Ukupna rezultujuća sila koja djeluje na fluidni element jednaka je zbiru masene i površinske sile i definirana je izrazom G G G G G F = Fm + Fp = ∫ ρ f mdV + ∫ f pdA . V

A

Masena sila definirana je izrazom

G G G G G Fm = ∫ ρ f mdV = ∫ ρ 166i + 20 j + 0k dV , V

V

(

)

a intenziteti njenih komponenti u pravcu osa x, y i z iznose 4 3 2 ⎧⎪ ⎡ ⎤ ⎫⎪ Fmx = ∫ ρ ⋅ 166dV = 166∫ ( x 2 + 2z ) dV = 166∫ ⎨ ∫ ⎢ ∫ ( x 2 + 2z ) dz ⎥ dy ⎬dx = 0⎪ V V ⎦ ⎪⎭ ⎩0 ⎣ 0 4 3 4 3 2 ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ = 166∫ ⎨ ∫ ⎡( x 2z + z 2 ) ⎤ dy ⎬dx = 166∫ ⎢ ∫ ( 2x 2 + 4 ) dy ⎥dx = ⎥ 0⎦ ⎣⎢ 0 ⎩0 0 ⎣0 ⎭ ⎦ 4

4

3 4 = 166∫ ⎡( 2x 2y + 4y ) ⎤dx = 166∫ ( 6x 2 + 12)dx = 166 ( 2x 3 + 12x ) = ⎢⎣ 0⎥ 0 ⎦ 0 0

Fmx = 166 ( 2 ⋅ 43 + 12 ⋅ 4 ) = 166 (128 + 48 ) = 166 ⋅ 176 , Fmx = 29216 ,

Fmy = ∫ ρ ⋅ 20dV = 20 ∫ ( x 2 + 2z ) dV , V

V

Fmy = 20 ⋅ 176 Fmz = 0 . Masena sila nema komponentu u pravcu z – ose. U prethodnom izračunavanju integrala dobivena vrijednost 176 predstavlja rješenje volumnog integrala ∫ ( x 2 + 2z ) dV . V

Konačan izraz za masenu silu ima oblik G G G G G G Fm = 29216i + 3520 j + 0k = 29216i + 3520 j .

Površinska sila definirana je izrazom G Fp =

∫

A

G f pdA =

∫ (N

Ax

xx

JJJG + N xy ) dA x +

∫ (N

yy

JJJG + N yx ) dA y ,

Ay

a intenziteti njenih komponenti u pravcu osa x, y i z su

11

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Fpx =

∫N

xx

dAx +

Ax

∫N

yx

dAy =

Ay

∫ ( 2 + x ) dA

x

+

Ax

∫ (1 + y ) dA

=

y

Ay

4 2 ⎡2 ⎤ ⎡ ⎤ = ∫ ⎢ ∫ ( 2 + x ) dz ⎥ dy + ∫ ⎢ ∫ (1 + y ) dz ⎥ dx = 0 ⎣0 0 ⎣0 ⎦ ⎦ 3

3

4

2 2 = ∫ ⎡( 2z + xz ) 0 ⎤ dy + ∫ ⎡( z + yz ) 0 ⎤ dx = ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 0 0

=

3

4

0

0

∫ ( 4 + 2x ) dy + ∫ ( 2 + 2y ) dx = ( 4y + 2xy ) 0 + ( 2x + 2xy ) 0 = 3

4

= (12 + 6x ) + ( 8 + 8y ) , Fpx = (12 + 6 ⋅ 4 ) + ( 8 + 8 ⋅ 3 ) = 36 + 32 ,

Fpx = 68 , Fpy =

∫N

Ay

yy

dAy +

∫N

xy

Ax

dAx =

∫ (x

2

+ 1) dAy +

Ay

∫ (1 + y ) dA

x

Ax

2 4 2 3 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ = ∫ ⎢ ∫ ( x 2 + 1) dx ⎥ dz + ∫ ⎢ ∫ (1 + y ) dy ⎥ dz = 0 ⎣0 0 ⎣0 ⎦ ⎦ 4 3 2⎡ 2⎡ ⎛ x2 ⎞ ⎤ ⎛ y2 ⎞ ⎤ = ∫ ⎢⎜ + x ⎟ ⎥ dz + ∫ ⎢⎜ y + ⎟ ⎥ dz = 3 2 ⎢ ⎥ ⎢ ⎠0⎦ ⎠ 0 ⎥⎦ 0 ⎝ 0 ⎝ ⎣ ⎣

2

2

2

2

9⎞ 76 15 ⎛ 64 ⎞ ⎛ z + z , = ∫⎜ + 4 ⎟ dz + ∫ ⎜ 3 + ⎟ dz = 3 2⎠ 3 0 2 0 ⎠ 0⎝ 0⎝ 152 Fpy = + 15 , 3 Fpy = 65,67 Fpz = 0 . Površinska sila nema komponentu u pravcu z – ose. Konačan izraz za površinsku silu ima oblik

G G G G G G Fp = 68i + 65,67 j + 0k = 68i + 65,67 j . Ukupna sila koja djeluje na fluidni element je

G G G F = Fm + Fp , G G G G F = ( 29216 + 68 ) i + ( 3520 + 65,67 ) j + 0k , G G G F = 29284i + 3585,67 j . Intenzitet ukupne (rezultujuće) sile iznosi

12

=

Uvod

F = 292842 + 3585,672 = 29502,7 .

ZADATAK 1.8

Kapljice karbontetrahlorida se formiraju na temperaturi od 0°C pomoću mlaznice spreja. Ako je srednji promjer kapljica jednak 200 μm odrediti koliki pritisak vlada u unutrašnjosti kapljica. Rješenje

Pritisak unutar kapljice radijus R koji je potreban da uravnoteži površinski napon definiran je izrazom p=

2σ . R

Površinski napon je fizikalna osobina fluida i za karbontetrahlorid na temperaturi 20°C iznosi σ = 0,026 N/m . Pritisak unutar kapljice iznosi

2σ , R 2 ⋅ 0,026 , p= 100 ⋅ 10−6 p = 520 Pa . p=

ZADATAK 1.9

Valjkasti autoklav, promjera d = 1 m i dužine L = 2 m ima poklopce oblika polulopte. Koliko bi vode trebalo dosuti da se pritisak u autoklavu poveća za 10 MPa? Koeficijent stišljivosti vode je β = 0,42 GPa-1. Promjenu volumena suda zanemariti.

L

d

Slika 1.7

13

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Rješenje

Volumen autoklava iznosi 3

d 2π 2⎛d ⎞ d 2π ⎛ L d ⎞ VA = L + 2⋅ ⎜ ⎟ π = ⎜ + ⎟. 4 3⎝2⎠ 2 ⎝2 3⎠

Ako se sa V1 = V A + V označi ukupni volumen vode koji treba da bude sadržan u autoklavu (volumen autoklava + volumen vode koju treba dosuti), a sa V2 = V A volumen autoklava, tada je ukupna promjena volumena vode jednaka volumenu kojeg treba dosuti ΔV = V2 − V1 = V A − (V A + V ) = −V

Promjena pritiska u autoklavu jednaka je Δp = −

1 ΔV 1 ⎛ −V ⎞ 1 V . =− ⎜ ⎟= β V1 β ⎝ VA + V ⎠ β VA + V

Volumen vode koju treba dosuti iznosi

β (V A + V ) Δp = V ,

βV A Δp + βV Δp = V , V (1 − β Δp ) = βV A Δp , V =

βV A Δp = 1 − β Δp

β

d 2π ⎛ L d ⎞ ⎜ + ⎟ Δp 2 ⎝2 3⎠ , 1 − βΔp

12 π ⎛ 2 1 ⎞ 6 ⎜ + ⎟ ⋅ 10 ⋅ 10 2 ⎝2 3⎠ V = , 1 − 0, 42 ⋅ 10−9 ⋅ 10 ⋅ 106 V = 8,83 ⋅ 10−3 m3 . 0, 42 ⋅ 10−9 ⋅

ZADATAK 1.10

Donji kraj kapilarne cijevi radijusa r = 0,5 mm završava se na dubini H = 150 mm ispod nivoa vode. U cijevi se voda popne za h = 5 cm iznad nivoa vode. Ugao dodira jednak je nuli. Naći pritisak zraka koji je potreban da na donjem kraju cijevi izazove zračni mjehur oblika polulopte. Atmosferski pritisak iznosi pat = 101325 Pa.

14

Uvod

r

h

pat

H

ρ

R

Slika 1.8 Rješenje

Radijus meniskusa je jednak radijusu kapilarne cijevi jer je R=

r r = =r. cos θ cos 0°

Porast pritiska Δp preko slobodne površine jednak je pritisku stupca tečnosti vode visine h Δp = p1 − p2 = ρ gh .

pat

H

ρ

pv=p1 p2

Slika 1.9

15

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Iz jednadžbe jednakosti pritisaka na površini zračnog mjehura na kraju cijevi dobiva se pritisak zraka pv pat + ρ gH + Δp = pv ,

pv = pat + ρ gH + ρ gh = pat + ρ g ( H + h ) , pv = 101325 + 1000 ⋅ 9,81 ( 0,15 + 0,05 ) = 103287 Pa ,

pv = 103287 Pa .

ZADATAK 1.11

Izračunati koliki mora biti promjer kapljice vode čiji je površinski napon σ = 0,071 N/m, ako nadpritisak koji vlada u kapljici iznosi pm = 650 Pa. p1 p2 R

D

Slika 1.10 Rješenje

Promjena pritiska preko slobodne površine sfernog oblika može se izračunati iz izraza ⎛ 1 1 ⎞ + p2 − p1 = σ ⎜ ⎟. R R 2 ⎠ ⎝ 1

Pritisci i radijusi iznose p1 = pat , p2 = pat + pm , R1 = R2 = R =

D . 2

Zamjenom u izraz za promjenu pritiska dobiva se pat + pm − pat =

16

2σ , R

Uvod

pm =

4σ . D

Promjer kapljice će biti 4σ , pm 4 ⋅ 0,071 D= , 650 D = 0,44 ⋅ 10−3 m = 0, 44 mm . D=

ZADATAK 1.12

Izračunati približnu viskoznost ulja kada je poznata brzina klizanja ploče na sloju ulja niz strmu ravan. Smatrati da je promjena brzine između ravni i donje površine ploče linearna. Podaci su: A = 9 dm2, δ = 1,2 mm, G = 100 N, v = 0,18 m/s, sinα = 5/13. y

δ

O

A

G v

G G

x

α

Slika 1.11 Rješenje

Sile koje djeluju na ploču su težina ploče i sila trenja uslijed otpora kretanju fluida. y G G sin α

G v

O

A G v

α

x

G G

δ

G Ft

α

Slika 1.12 17

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Pošto se ploča kreće konstantnom brzinom niz strmu ravan, to znači da je suma sila koje djeluju na ploču u pravcu kretanja (x – osa) jednaka nuli

∑F

x

= 0,

G sin α − Ft = 0 , Ft = G sin α .

Kako je promjena brzine između ravni i donje površine ploče linearna, slika 1.12, može se pisati da je gradijent brzine u pravcu y – ose jednak ∂v v = , ∂y δ pa je tangencijalni napon na donjoj površini ploče

τ yx = μ

∂v v =μ . ∂y δ

Sila trenja definirana je izrazom Ft = τ yx A = μ

v

δ

A,

pa se zamjenom u izraz za sumu sila dobiva

μ

v

δ

A = G sin α ,

Gδ sin α , vA 100 ⋅ 1,2 ⋅ 10 −3 5 μ= , ⋅ 0,18 ⋅ 9 ⋅ 10 −2 13 μ = 2,85 Pas .

μ=

ZADATAK 1.13

Viskoznost tečnosti može se mjeriti pomoću rotacionog cilindričnog viskozimetra shematski prikazanog na slici 1.13. Kod ovog uređaja spoljnji cilindar miruje, a unutrašnji se okreće konstantnom ugaonom brzinom ω. Mjeri se obrtni moment M potreban za postizanje ugaone brzine ω i na osnovu tih vrijednosti se određuje viskoznost. Radijus spoljnjeg cilindra je R = 220 mm, a unutrašnjeg R0 = 216 mm. Broj obrtaja unutrašnjeg cilindra je n = 200 min-1 i na njegovo obrtanje troši se snaga P = 46 W. Visina tečnosti u uređaju je h = 20 cm. Ako se zanemari utjecaj krajeva i pretpostavi linearan raspored brzina između cilindara, izvesti zavisnost obrtnog momenta i ugaone brzine i izračunati viskoznost tečnosti za zadane podatke.

18

Uvod

n G v

τ dθ

h

μ

R0 R0

R

R

Slika 1.13 Rješenje

Elementarni obrtni moment koji nastaje kao posljedica djelovanja tangencijalnog napona na elementarnoj površini unutrašnjeg cilindra jednak je dM = R0τ dA ,

pri čemu je elementarna površina dA definirana izrazom dA = R0dθ h .

Ukupni obrtni moment dobit će se integriranjem izraza za dM dM = R0τ ( R0dθ ) h = R02hτ dθ , 2π

M =

∫ R hτ dθ = R hτ θ 2 0

2 0

2π 0

= 2π R02hτ .

0

Kod linearnog rasporeda brzina u prostoru između cilindara, prema Newtonovom zakonu viskoznosti bit će

τ =μ

R0ω dv v =μ =μ . dr R − R0 R − R0

Tražena zavisnost obrtnog momenta i ugaone brzine definirana je izrazom M = 2π R02h μ

R0ω 2π R03h μ = ω. R − R0 R − R0

19

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Dobivena relacija se koristi za izračunavanje viskoznosti nakon mjerenja obrtnog momenta i ugaone brzine, čime je viskoznost tečnosti u viskozimetru indirektno izmjerena. U zadatku su umjesto obrtnog momenta i ugaone brzine zadani snaga i broj obrtaja, pa je za izračunavanje viskoznosti potrebno koristiti relacije između navedenih veličina. Ako se ugaona brzina izrazi preko broja obrtaja

ω=

πn 30

,

a obrtni moment preko snage M =

P

ω

=

30P , πn

Može se napisati izraz iz kojeg se izračunava viskoznost na osnovu zadanih podataka. Dakle, slijedi 30P 2π R03h μ π n = , πn R − R0 30 P =

μ=

2π 3R03h μn 2 π 3R03h μn 2 , = 900 ( R − R0 ) 450 ( R − R0 )

450 ( R − R0 ) P , π 3R03hn 2

450 ( 0,22 − 0,216 ) ⋅ 46 , π 3 ⋅ 0,2163 ⋅ 0,2 ⋅ 2002 μ = 0,0331 Pas .

μ=

ZADATAK 1.14

Granični uvjet koji kaže da je brzina fluidnih djelića koji su u dodiru sa čvrstom površinom jednaka brzini te površine, to jest da nema relativnog kretanja (eng. no slip) vrijedi kako za mirujuću tako i za površinu koja se kreće. Na slici 1.14 je prikazan slučaj gdje se kretanje dva fluida koji se ne miješaju ostvaruje kretanjem beskonačne ploče sa gornje strane, dok je donja ploča nepokretna. Kao rezultat takvog kretanja javljaju se tangencijalni viskozni naponi u fluidima. Gornji fluid stvara tangencijalni napon na gornjoj površini, a donji na donjoj. Odrediti odnos ovih napona.

20

Uvod

y

v1 = 3 m/s

τ1

δ = 0,02 m

fluid 1

μ1 = 0,4 Pas fluid 2

δ = 0,02 m

τ2

O

v12 = 2 m/s

μ2 = 0,2 Pas x

Slika 1.14 Rješenje

Tangencijalni napon koji djeluje u fluidu, pa time i na dodirnoj površini sa čvrstim tijelom, prema Newton-ovom zakonu viskoznosti jednak je umnošku dinamičke viskoznosti i gradijenta brzine. Za fluid 1 bit će ⎛ dv ⎞ ⎛v −v ⎞ = μ1 ⎜ 1 12 ⎟ , ⎟ ⎝ δ ⎠ ⎝ dy ⎠gornja pl .

τ1 = μ1 ⎜

3−2 , 0,02 τ1 = 20 N/m2

τ1 = 0,4 ⋅

Za fluid 2 bit će ⎛ dv ⎞ ⎛v − 0 ⎞ = μ2 ⎜ 12 ⎟ ⎟, ⎝ δ ⎠ ⎝ dy ⎠donja pl .

τ 2 = μ2 ⎜

2−0 , 0,02 τ 2 = 20 N/m2 .

τ 2 = 0,2 ⋅

Vidljivo je da se isti tangencijalni napon prenosi kroz fluid od gornje do donje ploče, pa je i njihov odnos jednak jedinici

τ1 20 = = 1. τ 2 20

21

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

ZADATAK 1.15

Ako je sa v označena brzina, sa l dužina i sa ν kinematska viskoznost, odrediti koje od navedenih kombinacija veličina predstavljaju bezdimenzionalne veličine: a) vlν, b) vl/ν, c) v2ν, d) v/(lν). Rješenje

Dimenzija za izvedenu fizikalnu veličinu brzinu je [LT-1], dimenzija za fizikalnu veličinu dužinu je [L], a dimenzija za izvedenu fizikalnu veličinu viskoznost je [L2T-1]. a) Izraz vlν nije bezdimenzionalna veličina, jer je ⎡⎣LT −1 ⎤⎦ [L ] ⎡⎣L2 T −1 ⎤⎦ = ⎡⎣L4 T −2 ⎤⎦ . b) Izraz

vl

ν

jeste bezdimenzionalna veličina, jer je

⎡⎣LT −1 ⎤⎦ [L ] = ⎡⎣L0 T 0 ⎤⎦ = [1] 2 −1 ⎡⎣L T ⎤⎦ c) Izraz v 2ν nije bezdimenzionalna veličina, jer je 2

⎡⎣LT −1 ⎤⎦ ⎡⎣L2 T −1 ⎤⎦ = ⎡⎣L4 T −3 ⎤⎦ d) Izraz

v nije bezdimenzionalna veličina, jer je lν

⎡⎣LT −1 ⎤⎦ = ⎡⎣L−2 ⎤⎦ 2 −1 [L ] ⎡⎣L T ⎤⎦

ZADATAK 1.16

Odrediti dimenzije koeficijenata A i B koji se pojavljuju u jednadžbi d 2x dx +A + Bx = 0 ako je ona dimenziono zadovoljena (x je dužina, a t je 2 dt dt vrijeme). Rješenje

22

Uvod

Pošto je jednadžba dimenziono zadovoljena, to znači da svi članovi moraju imati istu dimenziju. d 2x dx +A + Bx = 0 , 2 dt dt ⎡⎣LT -2 ⎤⎦ + [ A ] ⋅ ⎡⎣LT -1 ⎤⎦ + [B ] ⋅ [L ] = ⎡⎣LT -2 ⎤⎦ ,

[ A ] ⋅ ⎡⎣LT-1 ⎤⎦ = ⎡⎣LT-2 ⎤⎦ , ⎡⎣LT-2 ⎤⎦ = ⎡⎣ T -1 ⎤⎦ , [A] = -1 ⎡⎣LT ⎤⎦

[B ] ⋅ [L ] = ⎡⎣LT-2 ⎤⎦ ,

⎡⎣LT -2 ⎤⎦ = ⎡⎣ T-2 ⎤⎦ . [B ] = [L ]

Na primjer, u Si sistemu jedinica koeficijenti A i B bi imali jedinice 1 , s 1 [B ] = ⎡⎣ T-2 ⎤⎦ = 2 . s

[ A ] = ⎡⎣ T-1 ⎤⎦ =

ZADATAK 1.17 3/2

⎛ v2 ⎞ Provjeriti da li je jednadžba V = C 2gB ⎜ H + dimenziono zadovoljena, to ⎟ 2g ⎠ ⎝ jest da li se ona može primijeniti u bilo kojem sistemu mjernih jedinica. Veličine koje figuriraju u jednadžbi su: protok V , konstanta C , gravitaciono ubrzanje g , širina B , visina H i brzina v . Rješenje

Da bi jednadžba bila dimenziono zadovoljena moraju svi njeni članovi imati istu dimenziju. U danom slučaju član na lijevoj strani mora imati istu dimenziju kao član na desnoj strani. Pojedine veličine i njihove pripadajuće dimenzije su slijedeće V ⎡⎣L3 T -1 ⎤⎦ - protok, C [1] - konstanta, g ⎡⎣LT −2 ⎤⎦ - gravitaciono ubrzanje,

B [L ] - širina,

H [L ] - visina,

23

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

v ⎡⎣LT -1 ⎤⎦ - brzina.

Zamjenom dimenzija u zadanu jednadžbu dobiva se ⎛ 3 -1 -2 1/2 ⎡⎣L T ⎤⎦ = [1] ⋅ ⎡⎣LT ⎤⎦ ⋅ [L ] ⋅ ⎜ [L ] + ⎜ ⎝ ⎛ ⎡⎣L3 T -1 ⎤⎦ = ⎡⎣L1/2 T -1 ⎤⎦ ⋅ [L ] ⋅ ⎜ [L ] + ⎜ ⎝ ⎡⎣L3 T -1 ⎤⎦ = ⎡⎣L3/2 T-1 ⎤⎦ ⋅ ([L ] + [L ]) 3/2 ⎡⎣L3 T -1 ⎤⎦ = ⎡⎣L3/2 T -1 ⎤⎦ ⋅ [L ] , ⎡⎣L3 T -1 ⎤⎦ = ⎡⎣L6/2 T-1 ⎤⎦ ,

2 ⎡⎣LT-1 ⎤⎦ ⎞ ⎟ ⎡⎣LT -2 ⎤⎦ ⎟ ⎠

2 ⎡⎣L2 T -2 ⎤⎦ ⎞ ⎟ ⎡⎣LT -2 ⎤⎦ ⎟ ⎠

3/2

3/2

,

3/2

,

,

⎡⎣L3 T -1 ⎤⎦ = ⎡⎣L3 T -1 ⎤⎦ .

Jednadžba je dimenziono zadovoljena. Na primjer u SI sistemu, mjerne jedinice bi bile

m3 s m3 s m3 s m3 s m3 s

2 ⎛ ⎛m⎞ ⎞ 1/2 ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ s ⎛m⎞ ⎜ = 1⋅ ⎜ 2 ⎟ ⋅ m ⋅ m + ⎝ ⎠ ⎟ ⎜ ⎛m⎞ ⎟ ⎝s ⎠ ⎜ 2 ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎝s ⎠ ⎠ ⎝ m1/2 3/2 = ⋅ m ⋅ ( m + m) , s m3/2 = ⋅ m3/2 , s m6/2 = , s m3 = . s

3/2

,

ZADATAK 1.18

Sila otpora površine Fotp po jedinici širine glatke ravne ploče dužine L postavljene u struju fluida gustine ρ, viskoznosti μ i brzine v0 dana je izrazom Fotp ,L = f (v 0 , L , μ , ρ ) . Pomoću Π teoreme prevesti ovu zavisnost u bezdimenzionalan oblik. Rezultat uporediti s poznatim izrazom za silu otpora ρv 2 površine Fotp = C λ A 0 , gdje je A = L2 površina ploče , a Cλ = Cλ(Re) je srednji 2 koeficijent otpora površine.

24

Uvod

G v0

ρ, μ G Fotp

L

Slika 1.15 Rješenje

Funkcionalna zavisnost sile otpora od navedenih veličina definirana je izrazom Fotp ,L = f (v 0 , L , μ , ρ ) , odnosno F ( Fotp ,L ,v 0 , L , μ , ρ ) = 0 .

Pojedine veličine iz gore navedene funkcionalne zavisnosti imaju dimenzije navedene u tabeli 1.1. Tabela 1.1 Veličina brzina dužina gustina viskoznost Sila po jedinici širine

Oznaka Dimenzija v0 LT-1 L L ρ ML-3 ML-1T-1 μ Fotp,L MT-2

Pretpostavljajući da se funkcionalna zavisnost može napisati u obliku x5 v 0x1 Lx2 ρ x3 μ x 4 Fotp ,L = const ,

odgovarajuća dimenzionalna pojedinih veličina glasi

( LT ) ( L ) ( ML ) ( ML -1 x1

x2

-3 x 3

-1

T -1 )

x4

jednadžba

( MT )

-2 x5

dobivena

korištenjem

dimenzija

= M0L0 T 0 .

Na osnovu principa dimenzionalne homogenosti slijedi sistem od m = 3 jednadžbe sa n = 5 nepoznatih x1, x2, x3, x4 i x5 u obliku x3 + x 4 + x5 = 0 ,

25

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

x1 + x 2 − 3x 3 − x 4 = 0 , − x1 − x 4 − 2x 5 = 0 .

Dobiveni sistem jednadžbi može se napisati u matričnom obliku A X = 0 ili {a}m ×n {x }n ×l = {0}m×l , ⎡ x1 ⎤ ⎢ ⎥ ⎡ 0 0 1 1 1 ⎤ ⎢ x 2 ⎥ ⎡0 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 1 1 −3 −1 0 ⎥ × ⎢ x 3 ⎥ = ⎢0 ⎥ . ⎢⎣ −1 0 0 −1 −2⎥⎦ ⎢ x 4 ⎥ ⎢⎣0 ⎥⎦ ⎢⎣ x 5 ⎥⎦

čija se matrica sistema sastoji se od dimenzionalnih kategorija pojedinih veličina x1 v0

x2 L

x3

x4

ρ

μ

eksponenata

odgovarajućih

x5 Fotp

⎡ 0 0 1 1 1⎤ M . A = ⎢⎢ −1 1 −3 −1 0 ⎥⎥ L ⎢⎣ −1 0 0 −1 −2⎥⎦ T

Rang matrice A je r = 3, jer je na primjer 0

0

1

1 1 −3 = 0 + 0 + 0 − ( − 1 + 0 + 0 ) = 1 ≠ 0 . −1 0 0

Prema tome tražena zavisnost se može opisati bezdimenzionalne grupe, odnosno sa 2 Π parametra

sa

n–r=5–3=2

φ ( Π1, Π 2 ) = 0 . Da bi se odredili ti parametri potrebno je riješiti sistem jednadžbi po x1, x2 i x3 uz proizvoljno biranje x4 i x5 x1 = −x 4 − 2x 5 , x2 = − x 4 − x5 , x 3 = −x 4 − x 5 .

Uzima se fundamentalno rješenje koje garantira linearnu nezavisnost Π parametara

26

Uvod

x4

μ Π1 Π2

1 0

x5 Fotp 0 1

x1 x 2 x 3 v0 L ρ . −1 −1 −1 −2 −1 −1

Dakle, dobivaju se slijedeći Π parametri

μ

Π1 = μ1v 0−1L−1ρ −1 =

=

ν

v0L ρ v0L Fotp ,L −2 −1 −1 1 Π 2 = Fotp ρ = . v L ,L 0 v 02L ρ

=

1 , Re

Kombinacijom dobivenih parametara mogu se dobiti bezdimenzionalne grupe koje odgovaraju postavljenom problemu

slijedeće

1 = Re , Π1 2F Π 2 ' = 2Π 2 = 2otp ,L . v0 L ρ Π1 ' =

Tražena zavisnost φ ( Π1, Π 2 ) = 0 će preći u oblik φ ' ( Π1 ', Π 2 ') = 0 , tako da nakon uvrštavanja izraza za Π parametre slijedi ⎛

φ ' ( Π1 ', Π 2 ') = φ ' ⎜ Re, ⎝

2Fotp ,L v 02L ρ

2Fotp ,L ⎞ ⎟ = 0 , odnosno v 02L ρ ⎠

= ϕ ( Re ) ,

Fotp ,L = ϕ ( Re ) L

ρv 02 2

,

Fotp,L je sila po jedinici širine, a ukupna sila će biti Fotp = Fotp ,L L = ϕ ( Re ) L2

ρv 02 2

.

Pošto je površina ploče A = L2 gornji izraz se može napisati u obliku Fotp = ϕ ( Re ) A

ρv 02 2

.

Dimenzionalnom analizom dobiven je izraz koji odgovara poznatom izrazu za silu otpora površine pri čemu je funkcija ϕ ( Re ) = C λ ( Re ) . 27

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

ZADATAK 1.19

Pomoću Π teoreme odrediti izraz za silu po jedinici dužine F koja djeluje na cilindar promjera D postavljen u uniformnu struju brzine v0 savršenog nestišljivog fluida gustine ρ ako je cirkulacija oko cilindra Γ. G v0 G F

ρ D

Slika 1.16 Rješenje

Funkcionalna zavisnost sile od navedenih veličina je oblika F ( F , D ,v 0 , ρ , Γ ) = 0

Pojedine veličine iz gore navedene funkcionalne zavisnosti imaju dimenzije navedene u tabeli 1.2. Tabela 1.2 Veličina sila po jedinici dužine promjer brzina gustina cirkulacija oko cilindra

Oznaka Dimenzija F MT-2 D L v0 LT-1 ρ ML-3 L2T-1 Γ

Pretpostavljajući da se funkcionalna zavisnost može napisati u obliku F x1 D x2v 0x3 ρ x 4 Γ x5 = const ,

odgovarajuća dimenzionalna pojedinih veličina glasi

jednadžba

( MT ) ( L ) ( LT ) ( ML ) ( L T ) -2 x1

28

x2

-1 x 3

-3 x 4

2

-1 x 5

dobivena

= M0L0 T 0 .

korištenjem

dimenzija

Uvod

Na osnovu principa dimenzionalne homogenosti slijedi sistem od m = 3 jednadžbe sa n = 5 nepoznatih x1, x2, x3, x4 i x5 u obliku x1 + x 4 = 0 , x 2 + x 3 − 3x 4 + 2x 5 = 0 , −2x1 − x 3 − x 5 = 0 .

Dobiveni sistem jednadžbi napisan u matričnom obliku ima formu A X = 0, ⎡ x1 ⎤ ⎢ ⎥ ⎡ 1 0 0 1 0 ⎤ ⎢ x 2 ⎥ ⎡0 ⎤ ⎢ 0 1 1 −3 2 ⎥ × ⎢ x ⎥ = ⎢0 ⎥ . ⎢ ⎥ ⎢ 3⎥ ⎢ ⎥ ⎣⎢ −2 0 −1 0 −1⎦⎥ ⎢ x 4 ⎥ ⎣⎢0 ⎦⎥ ⎢⎣ x 5 ⎥⎦

Matrica sistema sastoji se od eksponenata odgovarajućih dimenzionalnih kategorija pojedinih veličina x1 x 2

x3

x4

x5

F

v0

ρ

Γ

D

⎡1 0 0 1 0⎤ M . A = ⎢⎢ 0 1 1 −3 2 ⎥⎥ L ⎢⎣ −2 0 −1 0 −1⎥⎦ T

Rang matrice A je r = 3, jer je na primjer 1

0

0

0

1

1 = −1 + 0 + 0 − ( 0 + 0 + 0 ) = − 1 ≠ 0 .

−2 0 −1

Prema tome tražena zavisnost se može opisati bezdimenzionalne grupe, odnosno 2 Π parametra

sa

n–r=5–3=2

φ ( Π1, Π 2 ) = 0 . Da bi se odredili ti parametri potrebno je riješiti sistem jednadžbi po x1, x2 i x3 uz proizvoljno biranje x4 i x5 x1 = −x 4 , x2 = x 4 − x5 , x 3 = 2x 4 − x 5 .

29

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Uzima se fundamentalno rješenje koje garantuje linearnu nezavisnost Π parametara x4

ρ Π1 Π2

1 0

x5 Γ 0 1

x1 x 2 x 3 F D v0 . −1 1 2 0 −1 −1

Dakle, dobivaju se slijedeći Π parametri Π1 = ρ 1F −1D1v 02 = Π 2 = Γ1D −1v 0−1 =

ρv 02D F

,

Γ . Dv 0

Kombinacijom dobivenih parametara mogu se dobiti bezdimenzionalne grupe koje odgovaraju postavljenom problemu

slijedeće

1 F = , Π1Π 2 ρv 0 Γ Dv 0 1 Π2 ' = = . Π2 Γ Π1 ' =

Tražena zavisnost φ ( Π1, Π 2 ) = 0 će preći u oblik φ ' ( Π1 ', Π 2 ') = 0 , tako da nakon uvrštavanja izraza za Π parametre slijedi ⎛

Dv ⎞ F , 0 ⎟ = 0 , odnosno ⎝ ρU 0 Γ Γ ⎠

φ ' ( Π1 ', Π 2 ') = φ ' ⎜

F ⎛ Dv 0 ⎞ =ϕ⎜ ⎟, ρU 0 Γ ⎝ Γ ⎠

⎛ Dv 0 ⎞ F = ρU 0 Γϕ ⎜ ⎟. ⎝ Γ ⎠

30

Statika fluida

2.

STATIKA FLUIDA

ZADATAK 2.1 Odrediti podpritisak pv koji pokazuje vakuummetar postavljen na rezervoaru hidrauličkog ulja, prema slici 2.1. Gustina ulja je ρu = 900 kg/m3, gustina žive je ρž = 13600 kg/m3, a visine su H = 1,5 m i h = 0,25 m.

II

3

4

II

p=pat – pv H

ρu I

1

pat

2

I

h

ρž

Slika 2.1 Rješenje Ravni konstantnog pritiska označene su na slici 2.1 sa I–I i II–II. Apsolutni pritisci u karakterističnim tačkama na tim ravnima iznose p1 = p2 i p3 = p4 . Pritisak p1 jednak je atmosferskom pritisku pat, jer je rezervoar sa živom otvoren, a pritisak p3 je jednak p3 = pat − pv . U skladu sa osnovnom jednadžbom hidrostatike bit će p2 = p4 + ρu g ( H − h ) + ρž gh .

Zamjenjujući p2 i p4 iz gornjih izraza dobiva se pat = pat − pv + ρu g ( H − h ) + ρ ž gh ,

31

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

odakle se direktno dobiva podpritisak pv = ρu g ( H − h ) + ρ ž gh , pv = 900 ⋅ 9,81 (1,5 − 0,25 ) + 13600 ⋅ 9,81 ⋅ 0,25 ,

pv = 44390,25 Pa.

ZADATAK 2.2 Odrediti podpritisak i apsolutni pritisak u tački A cjevovoda u kojem se nalazi voda gustine ρv = 1000 kg/m3 ako se u U-cijevi nalazi živa gustine ρž = 13600 kg/m3. Zadane su visine: h1 = 5 m, h2 = 4 m i h3 = 0,5 m. Atmosferski pritisak iznosi pat = 1,013 bar. ρv y

3 4

pA=pat - pv

x

I

pat

y 1 2

x

I h2

h3

A

h1 ρž

Slika 2.2 Rješenje Podpritisak u tački A cjevovoda može se odrediti postavljanjem jednadžbe ravnoteže pritisaka ili za ravan x–x ili za ravan y–y, slika 2.2. Jednadžba ravnoteže pritisaka za ravan x–x glasi p x1 = px 2 , pri čemu je px1 = p A − ρv g (h1 − h 3 ) + ρ ž g (h1 − h 2 ) ,

p A = pat − pv ,

px1 = pat − pv − ρv g (h1 − h 3 ) + ρ ž g (h1 − h 2 ) ,

px 2 = pat , na osnovu čega se dobiva

32

Statika fluida

pat − pv − ρv g (h1 − h 3 ) + ρ ž g (h1 − h 2 ) = pat , pv = − ρv g (h1 − h 3 ) + ρ ž g (h1 − h 2 ) pv = −1000 ⋅ 9,81 ( 5 − 0,5 ) + 13600 ⋅ 9,81 ( 5 − 4 ) ,

pv = 89271 Pa , Apsolutni pritisak u tački A cjevovoda iznosi p A = pat − pv ,

pA = 1,013 ⋅ 105 − 89271 , pA = 12029 Pa . Zadatak se mogao riješiti i primjenom principa ronioca na osnovu čega direktno slijedi pat − pv − ρv g (h1 − h 3 ) + ρ ž g (h1 − h 2 ) = pat ,

što je analogno prethodno dobivenom. ZADATAK 2.3

Na rezervoar napunjen benzinom (ρb = 700 kg/m3) do visine h5 priključena su tri različita instrumenta za mjerenje pritiska. Na vrhu rezervoara je manometar M, pri dnu lijeve bočne strane je pijezometar, a na desnoj strani postavljen je tročlani U-manometar i to sa živom (ρž = 13600 kg/m3), vodom (ρv = 1000 kg/m3) i zrakom (ρzr ≈ 0 kg/m3). Odrediti pokazivanje manometra M i pijezometra H kada se u tročlanom U-manometru nivoi tečnosti nalaze na visinama h1 = 1 m, h2 = 1,6 m, h3 = 1,8 m, h4 = 0,2 m i h5 = 2 m. ρb

ρb

M

ρv

ρzr

pat

pM=pat+pm H h5

h2

h5

h3

h1 ρb

0

0

h4

ρž

ρv

Slika 2.3

33

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Rješenje

Pokazivanje manometra M može se odrediti postavljanjem jednadžbe ravnoteže pritisaka u odnosu na ravan 0-0 za sistem manometara sa desne strane rezervoara pat + pm + ρb g (h 5 − h1 ) − ρ ž g (h 2 − h1 ) + ρv gh 2 − ρ ž gh 3 − ρv g (h 5 − h 4 ) = pat , pm = ρ ž g (h 2 − h1 + h 3 ) + ρv g (h 5 − h 4 − h 2 ) − ρb g (h 5 − h1 ) ,

pm = g ⎡⎣ ρ ž (h 2 − h1 + h 3 ) + ρv (h5 − h 4 − h 2 ) − ρb (h5 − h1 ) ⎤⎦ , pm = 9,81 ⎡⎣13600 (1,6 − 1 + 1,8 ) + 1000 ( 2 − 0,2 − 1,6 ) − 700 ⋅ ( 2 − 1) ⎤⎦ , pm = 315293,4 Pa . Usvojivši da je pat = 101325 Pa pokazivanje manometra iznosi pM = pat + pm , pM = 101325 + 315293,4 , pM = 416618, 4 Pa Pokazivanje pijezometra, odnosno visina H može se odrediti postavljanjem jednadžbe ravnoteže pritisaka u odnosu na ravan 0-0 za sistem pijezometar – rezervoar, na osnovu čega slijedi pat + ρb g ( H − h 5 ) = pat + pm

ρb gH = pm + ρb gh 5 pm + h5 , ρb g 315293,4 H = + 2, 700 ⋅ 9,81 H = 47,2 m . H =

ZADATAK 2.4

Homogeni čelični zatvarač treba da ostane u zatvorenom položaju zahvaljujući sopstvenoj težini. Naći minimalnu debljinu zatvarača. Pretpostaviti da je na slobodnoj površini p = pat = 0 Pa. Ostali podaci su: a = 0,2 m, b = 1 m (normalno na ravan crteža), H = 0,5 m, α = 60°, ρ = 1000 kg/m3 (voda) i ρč = 7800 kg/m3.

34

Statika fluida

pat

δ H

O

a

ρ

α

Slika 2.4 Rješenje

Minimalna debljina zatvarača δ može se odrediti pomoću momentne jednadžbe sila koje djeluju na zatvarač, definirane u odnosu na osu koja prolazi tačku O. Sile koje djeluju na zatvarač, kao što je prikazano na slici 2.5, su sila pritiska G G vode Fp , koja djeluje u centru pritiska C i težina čeličnog zatvarača G , koja djeluje u težištu T. Za slučaj ravnoteže moment tih sila za osu koja prolazi kroz tačku O definira je izrazom

∑M

O

= 0,

G cos α ⋅ TO − Fp ⋅ CO = 0 . pat

ηC

δ

ηT

hT

O a

H T G Fp

C

α G G

η

Slika 2.5 Intenzitet sile težine ploče jednak je G = mč g = ρčVč g = ρč δ abg . Intenzitet sile pritiska vode jednak je 35

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

a ⎛ ⎞ Fp = pT A = ρ ghT A = ρ g ⎜ H − sin α ⎟ ab . 2 ⎝ ⎠

Koordinata ηC određena je izrazom ba 3 I ξξ H a H a a2 12 . ηC = ηT + = − + = − + a⎞ a⎞ sin α 2 ηT A sin α 2 ⎛ H ⎛ H 12 ⎜ − ⎟ ab − ⎟ ⎜ ⎝ sin α 2 ⎠ ⎝ sin α 2 ⎠

Dužina CO jednaka je ⎛ H ⎞ CO = ηC − ⎜ −a⎟ = ⎝ sin α ⎠ H a a2 ⎛ H ⎞ = − + −⎜ −a⎟, a⎞ sin α 2 sin α ⎛ H ⎠ − ⎟ ⎝ 12 ⎜ α sin 2 ⎝ ⎠ 2 a a CO = + . a⎞ 2 ⎛ H 12 ⎜ − ⎟ ⎝ sin α 2 ⎠ Dužina TO jednaka je

TO =

a . 2

G G Iz definirane jednadžbe ravnoteže momenata sila Fp i G za tačku O dobiva se

debljina ploče ⎡ ⎤ 2 ⎢ ⎥ a a a a ⎛ ⎞ ⎥=0 ρč δ abg cos α − ρ g ⎜ H − sin α ⎟ ab ⎢ + 2 2 ⎝ ⎠ ⎢ 2 12 ⎛ H − a ⎞ ⎥ ⎜ ⎟ ⎢⎣ ⎝ sin α 2 ⎠ ⎥⎦

⎡ ⎤ 2 ⎢ ⎥ a a ⎛ ⎞ a ⎥ ρ ⎜ H − sin α ⎟ ⎢ + 2 ⎝ ⎠ ⎢ 2 12 ⎛ H − a ⎞ ⎥ ⎜ ⎟ ⎢⎣ ⎝ sin α 2 ⎠ ⎥⎦ , δ = a ρč cos α 2

36

Statika fluida

⎡ ⎤ 2 ⎢ ⎥ 0,2 0,2 ⎛ ⎞ 0,2 ⎥ 1000 ⎜ 0,5 − sin 60° ⎟ ⎢ + 2 ⎝ ⎠ ⎢ 2 12 ⎛ 0,5 − 0,2 ⎞ ⎥ ⎜ ⎟ ⎢⎣ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎝ sin 60° , δ = 0,2 7800 cos 60° 2 δ = 0,1134 m .

ZADATAK 2.5

Posuda dimenzija (L + δ) × B × H podijeljena je klipom koji se može kretati bez trenja na dvije komore. Ako se u lijevu komoru ulije volumen V1 m3 tečnosti gustine ρ1, a u desnu volumen V2 m3 tečnosti gustine ρ2, odrediti dubine h1 i h2 u ravnotežnom stanju. δ

L1

L2

pat pat

H

h1 ρ1,V1

ρ2,V2

h2

L+δ

B

Slika 2.6 Rješenje

Položaj klipa u posudi zavisit će od volumena V1 i V2 kao i od vrijednosti gustina tečnosti. Na slici 2.7 prikazan je ravnotežni položaj klipa i sile koje djeluju na njega u tom položaju. δ

L1

pat

h1/2 G F1

h1 ρ1,V1

L2

h2/2

T1 T2 C1

C2

pat

G F2

ρ2,V2

h2

L

Slika 2.7

37

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Iz uvjeta ravnoteže sila koje djeluju na klip slijedi F1 = F2 ,

h1 1 h1B = ρ1gh12B , 2 2 h2 1 F2 = pT 2 A2 = ρ2g h 2B = ρ2gh 22B . 2 2 F1 = pT 1A1 = ρ1g

G G Izjednačavanjem izraza za intenzitet sila pritiska F1 i F2

1 1 ρ1gh12B = ρ2gh 22B , 2 2 slijedi da je h1 = h2

ρ2 . ρ1

Na osnovu geometrijskih veličina prikazanih na slici 2.7 slijede izrazi za definiranje volumena V1 i V2 V1 = BL1 , h1 V V2 = Bh 2L2 , odnosno 2 = BL2 , h2 L = L1 + L2 . V1 = Bh1L1 , odnosno

Kombiniranjem gornjih izraza dobiva se V1 V2 + = BL , h1 h 2 a množenjem prvo sa h1 a onda i sa h2 dobiva se V1 + V2 V1

h1 = BLh1 , h2

h2 + V2 = BLh 2 . h1

Uvrštavanjem u ove izraze dobivenog odnosa h1/h2 slijede traženi izrazi za dubine h1 i h2

38

Statika fluida

V1 + V2 h1 =

BL V1

h2 =

ρ2 ρ1

ρ1 + V2 ρ2 BL

,

.

ZADATAK 2.6

Zatvarač OP između dva spremnika može se okretati bez trenja oko ose O, slika 2.8. Odrediti kolikom silom i u kojem smjeru treba djelovati na zatvarač u tački P da bi bio u ravnoteži u vertikalnom položaju. Dati su podaci: H1 = 5 m, H2 = 2 m, h = 2 m, ρv = 1000 kg/m3 (voda), ρu = 800 kg/m3 (ulje) B = 1 m (širina zatvarača i posuda, okomito na ravan crteža) zrak

pat

p = pat – pv h H1

O

pat

T ρv

H2 ρu

P

Slika 2.8 Rješenje

Pritisak vode djeluje sa lijeve strane zatvarača, a pritisak ulja sa desne strane na površinu zatvarača veličine A = H 2B . Sile koje djeluju na zatvarač i odgovarajuće geometrijske karakteristike spremnika prikazane su na slici 2.9.

Intenzitet sile hidrostatičkog pritiska vode na zatvarač definiran je izrazom H ⎞ ⎛ Fv = pTv A = ρv ghTv A = ρv g ⎜ H1 − h − 2 ⎟ H 2B , 2 ⎠ ⎝

a intenzitet sile hidrostatičkog pritiska ulja na zatvarač izrazom

39

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Fu = pTu A = ρu ghTu A = ρu g

H2 H2 H 2B = ρu g 2 B . 2 2 zrak

pat

p = pat – pv h

H1

ρv

pat

O

hTv G Fv

hTu

T

Cv

Cu P

G F

G Fu

H2 ρu B

Slika 2.9 G G G Tražena sila F može se dobiti iz uvjeta ravnoteže momenata sila Fv i Fu za osu koja prolazi kroz tačku O

∑M

O

= 0,

−Fu ⋅ CuO − F ⋅ PO + Fv ⋅ C v O = 0 , F =

Fv ⋅ C v O − Fu ⋅ CuO . PO

Pojedine dužine u prethodnoj jednadžbi iznose PO = H 2 ,

BH 23 I I H H H H H 2H 2 CuO = 2 + ξξ = 2 + ξξ = 2 + 12 = 2+ 2 = , H 2 ηTu A 2 hTu A 2 2 6 3 2 BH 2 2 BH 23 I I H H H H H 22 12 . C v O = 2 + ξξ = 2 + ξξ = 2 + = 2+ H2 ⎞ H2 ⎞ 2 ηTv A 2 hTu A 2 ⎛ 2 ⎛ 12 ⎜ H1 − h − ⎜ H1 − h − 2 ⎟ BH 2 2 ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎝

G Intenzitet sile F jednak je

40

Statika fluida

⎡ ⎤ 2 ⎢ ⎥ H ⎞ H H2 H2 2H 2 ⎛ ⎥ − ρu g 2 B ⋅ ρv g ⎜ H1 − h − 2 ⎟ H 2B ⋅ ⎢ 2 + 2 ⎠ 2 3 ⎝ ⎢ 2 12 ⎛ H − h − H 2 ⎞ ⎥ ⎜ 1 ⎟ ⎢⎣ ⎥ 2 ⎠⎦ ⎝ , F = H2

F =

⎡ ⎤ 2 ⎢ ⎥ 2⎞ 2 2 22 2⋅2 ⎛ ⎢ ⎥ 1000 ⋅ 9,81 ⎜ 5 − 2 − ⎟ ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ + − 800 ⋅ 9,81 ⋅ ⋅1 ⋅ 2⎠ 2 3 ⎝ ⎢ 2 12 ⎛ 5 − 2 − 2 ⎞ ⎥ ⎜ ⎟⎥ ⎢⎣ 2⎠⎦ ⎝ 2

,

F = 12426 N = 12,426 kN . G Sila F mora biti usmjerena prema zatvaraču, s desna ulijevo. ZADATAK 2.7

Odrediti koliki se vakuum (podpritisak) smije postići u spremniku A da ne dođe do otvaranja zatvarača zanemarljive težine. Dati su podaci: B = 1 m (širina zatvarača normalno na ravan crteža), H = 2 m, α = 60°, ρ = 1000 kg/m3 (voda). Trenje u zglobu O zanemariti. zrak

p = pat – pv

A

O pat

α

H

H/2 ρ

ρ P

Slika 2.10 Rješenje

Sile koje djeluju na zatvarač i odgovarajuće geometrijske veličine prikazane su na slici 2.11.

41

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

zrak

p = pat – pv A

ηT1 O pat

ηC1 ηC2

H/2 ρ

T1 C1 G F2

G Fzr

G F1

T2 C2

H ρ

P

η

Slika 2.11 Intenzitet sile hidrostatičkog pritiska vode sa desne strane zatvarača definiran je izrazom F1 = pT1 A = ρ ghT1 A = ρ g

H H H2 B = ρg B, 2 sin α 2sin α

a sa lijeve strane izrazom F2 = pT2 A = ρ ghT2 A = ρ g ⋅

1 H BH H2 = ρg B. 2 2 2sin α 8 sin α

Intenzitet sile podpritiska zraka koja djeluje sa desne strane zatvarača je Fzr = pv A = pv

H B. sin α

Za slučaj ravnoteže suma momenata ovih sila za osu koja prolazi kroz zglob O mora biti jednaka nuli

∑M

O

= 0,

−F1 ⋅ C1O + F2 ⋅ C2O + Fzr ⋅ T1O = 0

Udaljenosti C1O , C2O i T1O iznose

42

Statika fluida 3

⎛ H ⎞ B⎜ ⎟ ⎝ sin α ⎠ I H H H 2H 12 + = + = , C1O = ηT 1 + ξξ = H H ηT 1A 2sin α α α α 2sin 6 sin 3 sin B 2sin α sin α 3

⎛ H ⎞ B⎜ ⎟ ⎝ 2sin α ⎠ I H H 12 + + = C2O = T1O + ηT 2 + ξξ = H H ηT 2 A 2sin α 4sin α B 4sin α 2sin α 3H H 5H = + = , 4sin α 12sin α 6sin α T1O =

H . 2sin α

Podpritisak pv se može odrediti iz definirane momentne jednadžbe iz koje slijedi H2 2H H2 5H H H + ρg + pv = 0, B⋅ B⋅ B⋅ 2sin α 3sin α 8 sin α 6sin α sin α 2sin α 1 2H 1 5H 1 ρg ⋅ − ρg ⋅ − pv ⋅ = 0 , 2 3 8 6 2 ⎛1 5 ⎞ pv = 2ρ gH ⎜ − ⎟, ⎝ 3 48 ⎠ ⎛1 5 ⎞ pv = 2 ⋅ 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 2 ⋅ ⎜ − ⎟, ⎝ 3 48 ⎠ pv = 8992,5 Pa .

−ρg

ZADATAK 2.8

Izračunati ugao α za koji će se zakrenuti prstenasti manometar, promjera cijevi d = 20 mm i promjera prstena D = 200 mm, ako su pritisci zraka u priključcima p1 = 90 kPa i p2 = 80 kPa, a masa cjelokupnog instrumenta m = 0,533 kg na kraku a = 120 mm.

43

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

savitljive cijevi p1

p2 zrak d

a živa

m

D

Slika 2.12 Rješenje

Prstenasti manometar sa položajem žive u cijevi za slučaj kada u priključcima djeluju pritisci p1 i p2 (p1 > p2) prikazan je na slici 2.13. U tom slučaju na živu G G u manometru djeluju sile pritiska zraka Fp1 i Fp 2 , kao površinske sile, te sila G težine manometra G kao masena sila. G Fp 2

O

G Fp1

α

x

G G

Slika 2.13 Za ravnotežno stanje suma momenata ovih sila za osu koja prolazi kroz nepokretni oslonac O jednaka je nuli, na osnovu čega slijedi

44

Statika fluida

∑M

O

= 0,

D D − Fp 2 − Gx = 0 , 2 2 ( Fp1 − Fp 2 ) D2 − Gx = 0 . Fp1

G G G Intenziteti sila Fp1 , Fp 2 i G , i krak x iznose

d 2π , 4 d 2π , F p 2 = p2 4 G = mg , x = a sin α . Fp1 = p1

Zamjenom u izraz za sumu momenata dobiva se ⎛ d 2π d 2π ⎞ D p p − ⎜ 1 ⎟ − mga sin α = 0 , 2 4 4 ⎠2 ⎝ d 2π D p − p − mga sin α = 0 . ( 1 2) 8

Ugao zakretanja manometra će biti

sin α

α

p1 − p2 ) d 2π D ( = , 8mga

p1 − p2 ) d 2π D ( = arcsin

α = arcsin

8mga

,

( 90 − 80 ) ⋅ 103 ⋅ 0,022 π ⋅ 0,2 , 8 ⋅ 0,533 ⋅ 9,81 ⋅ 0,12

α ≈ 30° . ZADATAK 2.9

G Izračunati koliki je najmanji intenzitet sile F pod kojom bi poklopac A rezervoara vode, prema slici 2.14, bio zatvoren. Manometar M pokazuje nadpritisak u rezervoaru pm = 1,5 atm (1 atm ≈ 0,981 bar). Težina poklopca je zanemarljiva, širina poklopca je b = 1 m, a ostali podaci su h1 = 0,6 m, h2 = h1/2, l = 0,4 m.

45

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

l O h2

G F

h1 M

ρ

pm

Slika 2.14 Rješenje

Pošto u rezervoaru vlada nadpritisak pm, fiktivna visina slobodne površine vode, na kojoj bi vladao atmosferski pritisak bit će iznad gornjeg nivoa rezervoara i može se odrediti iz izraza pm = ρ gH , p H = m, ρg 1,5 ⋅ 0,981 ⋅ 105 , 1000 ⋅ 9,81 H = 15 m . H =

Na slici 2.15 prikazan je fiktivni nivo (fiktivna slobodna površina) i sile koje djeluju na poklopac sa odgovarajućim koordinatama. Koordinatni početak postavljen je na fiktivnoj slobodnoj površini u tački O1. Za slučaj ravnoteže poklopca suma momenata sila koje djeluju na poklopac za proizvoljno izabranu tačku u ravni jednaka je nuli. Momenta jednadžba za tačku O će imati oblik

∑M

O

= 0,

Fl − Fh CO = 0 .

Rastojanje CO jednako je CO =

a +e. 2

Dužina poklopca a iznosi a = h 22 + l 2 =

46

h12 2 1 h12 + 4l 2 , +l = 4 2

Statika fluida

1 0,62 + 4 ⋅ 0, 42 , 2 a = 0,5 m . a=

O1

fiktivni nivo

pat

hT

l yT

O h2

G F

C

α

T

H

G Fh

h1

y

M pm

ρ e

b

C

η

T

a

ξ

Slika 2.15 Udaljenost centra pritiska u kojem djeluje sila pritiska od težišta poklopca (ekscentricitet e) jednaka je ba 3 I a2 e = ξξ = 12 = . yT A yT ab 12yT

Koordinata yT težišta je yT =

hT h 2ahT = T = . sin α h 2 h1 a

Dubina težišta u odnosu na fiktivni nivo iznosi

47

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

h2 3h h = H − h1 + 1 = H − 1 , 2 4 4 3 ⋅ 0,6 hT = 15 − , 4 hT = 14,55 m . hT = H − h1 +

na osnovu čega je koordinata težišta yT jednaka 2ahT , h1 2 ⋅ 0,5 ⋅ 14,55 yT = , 0,6 yT = 24,25 m . yT =

Ekscentricitet e će biti jednak e=

a2 , 12yT

0,52 , 12 ⋅ 24,25 e = 8,59 ⋅ 10−4 m .

e=

Rastojanje CO iznosi CO =

0,5 + 8,59 ⋅ 10−4 = 0,250859 m . 2

Intenzitet sile pritiska vode na poklopac iznosi Fh = ρ ghT A = ρ ghT ab , Fh = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 14,55 ⋅ 0,5 ⋅ 1 , Fh = 71367,75 N .

G Tražena sila F kojom treba djelovati na poklopac iznosi Fh ⋅ CO , l 71367,75 ⋅ 0,250859 F = , 0, 4 F = 44758 N .

F =

48

Statika fluida

ZADATAK 2.10

Brana jedinične dužine (b = 1 m) zadržava dvije tečnosti različitih gustina ρ2 i ρ1 = ρ2/3 i može da se okreće oko tačke O. Nivo tečnosti gustine ρ2 nalazi se na visini h, a tečnosti gustine ρ1 na visini 2h. Ugao između horizontalne ravni i brane iznosi α = 45°. Odrediti u funkciji poznatih veličina (ρ2, g, h) horizontalnu G silu F kojom treba djelovati u tački B da bi brana ostala u ravnoteži u danom položaju. Težinu brane zanemariti.

G B F

pat ρ1 h

h ρ2

O

α

Slika 2.16 Rješenje

Sile koje djeluju na branu prikazane na slici 2.17. To su dvije sile pritiska G G G tečnosti F1 i F2 koje djeluju u pripadajućim centrima pritiska C1 i C2, te sila F koja djeluje u tački B. Za slučaj ravnoteže suma momenata ovih sila za osu koja prolazi kroz tačku O mora biti jednaka nuli G B F

pat ρ1 h

h/2 G F1

ρ2

C1

e1

T1 C1

G F2

h

T1

T2 C2

ξ1

η1

α O y

Slika 2.17

49

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

∑M

O

= 0,

−F1 ⋅ C1O − F2 ⋅ C2O + F ⋅ 2h = 0 ,

odnosno F =

F1 ⋅ C1O + F2 ⋅ C2O . 2h

G Intenzitet sile pritiska F1 iznosi

F1 = pT1 A1 = ρ1g

h h h 2 2 b = ρ1g ρ1gh 2b = ρ2gh 2b . 2hb = 2 sin 45° 2 2 6

G Udaljenost centra pritiska sile F1 od težišta T1 (ekscentricitet e1) iznosi 3

⎛ h ⎞ 3 b⎜ ⎟ b h 2 ⎝ sin 45° ⎠ I ξ1ξ1 2 12 12 e1 = h. = = = h 6 yT 1A1 2 hb 2h 2 b h 2 sin 45° sin 45°

(

)

Na nivou tečnosti gustine ρ2 vlada nadpritisak, pa se za tečnost gustine ρ2 može se postaviti fiktivni nivo slobodne površine prema slici 2.18 pat + ρ1gh = pat + ρ2gH , ρ ρ h H = 1h = 1 h = . ρ2 3 ρ1 3 G Intenzitet sile pritiska F2 iznosi

h⎞ h 5 ⎛ ⎛h h ⎞ F2 = pT2 A2 = ρ2g ⎜ H + ⎟ 2ρ2gh 2b . b = ρ2g ⎜ + ⎟ 2hb = 2 ⎠ sin 45° 6 ⎝ ⎝3 2⎠ G Udaljenost centra pritiska sile F2 od težišta T2 (ekscentricitet e2) iznosi 3

⎛ h ⎞ 3 b⎜ ⎟ b h 2 ⎝ sin 45° ⎠ I ξ2ξ2 2 12 12 e2 = h. = = = h⎞ 10 yT 2 A2 ⎛ ⎛h h ⎞ ⎜H + ⎟ ⎜ + ⎟ 2b 2h h 2⎠ ⎝ ⎝3 2⎠ b sin 45° sin 45°

50

(

)

Statika fluida

G F

pat ρ2

O1 H

G F2

h

T2 C2

ρ2

α

e2

T2

O C2

y

ξ2

η2

Slika 2.18 G G Udaljenosti napadnih tačaka sila pritiska F1 i F2 od ose O iznose

3 h 2 3 2 9 2h − 2h 4 2 2 − = C1O = T1O − e1 = h= 2h − h= h, sin 45° 6 2 6 6 3 h 2 2 2 2 2 2 C2O = T2O − e 2 = h= h− h= h. − sin 45° 10 2 10 5 Zamjenom gornjih izraza u jednadžbu za sumu momenata dobiva se izraz za G intenzitet sile F kojom treba djelovati na branu u tački B ⎛4 3 2 3⎞ 2 4 2 5 2 2 10 3 2ρ2gh 2 ⋅ h+ hb ρ2g ⎜ h + h ⎟ b ρ2g h b ρ2gh 2b ⋅ 9 3 ⎠ ⎝ 6 3 6 5 9 F = = = , 2h 2h 2h odnosno F =

5 ρ2gh 2 . 9

ZADATAK 2.11

G Odrediti težinu utega G koja je potrebna da bi se kružna vrata posude otvorila. Težinu samih vrata zanemariti. Podpritisak zraka u posudi iznosi pv = 0,05886 bar. U posudi je voda gustine ρ = 1000 kg/m3. Zadani su podaci: hT = 600 mm, l = 200 mm, d = 300 mm, α = 60°.

51

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

l

zrak

α

p = pat – pv

O hT

G G

T C

d

ρ

Slika 2.19 Rješenje

Sile koje djeluju na kružna vrata u bočnoj stjenci posude su sila pritiska vode G G Fh koja djeluje u centru pritiska C, sila podpritiska zraka Fzr koja djeluje u G težištu vrata T i težina utega G koja se prenosi na vrata preko polužnog sistema i djeluje na kraku dužine l, slika 2.20. Za slučaj ravnoteže vrata moment tih sila za osu koja prolazi kroz tačku O mora biti jednak nuli

∑M

O

= 0,

Fh ⋅ CO − Fzr ⋅ TO − G ⋅ l = 0 ,

G=

Fh ⋅ CO − Fzr ⋅ TO . l l

zrak

α

p = pat – pv yT hT G Fh

O G Fzr

C

G G

T e

T

ρ

y

C

η

Slika 2.20

52

d

ξ

Statika fluida

Intenzitet sile pritiska zraka i vode definiran je izrazima d 2π Fzr = pv A = pv , 4 Fh = pT A = ρ ghT A = ρ ghT

d 2π . 4

Udaljenosti TO i CO iznose TO = d /2 , CO =

d +e , 2

pri čemu je udaljenost centra pritiska od težišta vrata (ekscentricitet e) jednak d 4π I d2 64 e = ξξ = sin α , = hT d 2π 16hT yT A sin α 4

pa je udaljenost CO jednaka d d2 CO = + sin α . 2 16hT Minimalna potrebna težina utega iznosit će ⎛d ⎞ d2 d 2π d ⋅⎜ + ⋅ sin α ⎟ − pv 2 16hT 4 2 ⎝ ⎠ , G= l ⎞ 0,32 π ⎛ 0,3 0,32 0,32 π 0,3 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 0,6 ⋅ sin 60° ⎟ − 0,05886 ⋅ 105 ⋅ ⋅⎜ + ⋅ 4 2 16 ⋅ 0,6 4 2 ⎝ ⎠ G = , 0,2 G = 16,9 N .

ρ ghT

d 2π 4

ZADATAK 2.12

G Odrediti vertikalnu silu FA da bi se kapak profila parabole, širine b = 1 m, zadržao u položaju prikazanom na slici 2.21. Težina kapka je zanemarljiva.

53

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

z l = h2/10

z2 = 10y

pat

G FA

voda

h

H

ρ

y

O L = H2/10

x

Slika 2.21 Rješenje

Sile koje djeluju na kapak paraboličnog profila su horizontalna i vertikalna G komponenta sile pritiska vode i sila FA koju treba odrediti, slika 2.22. Za slučaj ravnoteže kapka u položaju prema slici 2.22, moment tih sila za osu koja prolazi kroz tačku O jednak je nuli

∑M

O

= 0,

FA ⋅ L − Fhy ⋅ zCy − Fhz ⋅ yCz , odnosno FA =

Fhy ⋅ zCy + Fhz ⋅ yCz L

.

z l = h2/10 y pat

dy

dA Cz voda

G Ty Fhy

h

ρ

zCy

Cy

z

z2 = 10y

G Fhz

G dFhz

h–z

G FA

H z

Ty Cy

y

O

b L = H2/10

Slika 2.22 54

h Δh

yCz x

Ay

h/2

ξ

Statika fluida

Intenzitet horizontalne komponente sila pritiska jednak je Fhy = ρ ghTy Ay = ρ g

h 1 hb = ρ gh 2 , 2 2

a intenzitet vertikalne komponente sile pritiska određen je izrazom dFhz = ρ gdV = ρ gbdA = ρ g (h − z ) dy ,

gdje je z 2 = 10y , y=

z2 , 10

odnosno dy = dFhz

2zdz 1 = zdz , 10 5 1 = ρ g (h − z ) zdz , 5

na osnovu čega slijedi h

Fhz = ∫ dFhz o

h

h

h ⎛ z2 z3 ⎞ 1 1 1 = ∫ ρ g (h − z ) zdz = ρ g ∫ (hz − z 2 ) dz = ρ g ⎜ h − ⎟ = 5 5 5 3 ⎠0 ⎝ 2 o o

⎛h3 h3 ⎞ 1 1 h3 1 ρ gh 3 . = ρg ⎜ − = ⎟ = ρg 5 3 ⎠ 5 6 30 ⎝ 2

Pošto je intenzitet vertikalne sile pritiska jednak Fhz = ρ gV =

1 ρ gh 3 , 30

bit će ukupni volumen tečnosti iznad površine kapka do slobodne površine jednak V =

1 3 h . 30

Udaljenost zCy iznosi

55

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

zCy

bh 3 I h h h h h h = − Δh = − ξξ = − 12 = − = , 2 2 hTy Ay 2 h hb 2 6 3 2

a udaljenost yCz definirana je izrazom h

yCz

1 1 1 1 30 z 2 1 = ∫ ydV = ∫ ybdA = ∫ ydA = ∫ y (h − z ) dy = 3 ∫ (h − z ) ⋅ zdz = 5 VV VV V A V A h 0 10 30 = 50h 3

h

3 ∫0 (hz − z ) dz = 5h 3 3

4

h

⎛ z4 z5 ⎞ 3 ⎛h5 h5 ⎞ 3 h5 h − = − = , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 5 ⎠ 0 5h 3 ⎝ 4 5 ⎠ 5h 3 20 ⎝ 4

odnosno yCz =

3 2 h . 100

Intenzitet tražene sile bit će jednak 1 h 1 3 2 1 1 h ρ gh 2 ⋅ + ρ gh 3 ⋅ ρ gh 3 + ρ gh 5 3 30 100 1000 , = 10 ⋅ 6 FA = 2 H2 H2 10 3 2 ρ gh ⎛ 5 h ⎞ FA = ⎜ + ⎟. H 2 ⎝ 3 100 ⎠

ZADATAK 2.13

Ako se dio cilindra zanemarljive težine, prikazan na slici 2.23, nalazi u ravnoteži, pronaći odnos gustina tečnosti koje se nalaze lijevo i desno od cilindra. Veza cilindra i pregradnog zida u tački O je zglobna, a širina dijela cilindra je L. z

pat

R

ρ1

O ρ2

Slika 2.23

56

Statika fluida

Rješenje

Sile koje djeluju na karakteristične površine dijela cilindra prikazane su na slici 2.24, a to su horizontalna i vertikalna komponenta sile pritiska tečnosti lijevo od cilindra i horizontalna komponenta sile pritiska tečnosti desno od cilindra. z

4R 3π

η1

ξ1

G Fh1z

A1y

R/2

η2

pat R/2

C 1z G T1y T2 G Fh1y Fh 2

e1

A2

ξ2

e2

C 1y C 2

L

ρ1

O ρ2

L

Slika 2.24 Za slučaj ravnoteže, moment tih sila za osu koja prolazi kroz tačku O mora biti jednak nuli

∑M

O

= 0,

Fh 2 ⋅ C2O − Fh1y ⋅ C1y O − Fh1z ⋅

4R = 0. 3π

Projekcija zakrivljene površine cilindra na vertikalnu ravan ima veličinu A1y = A2 = A = RL . Dubina na kojoj se nalaze težišta obje površine je jednaka i iznosi hT 1y = hT 2 = hT =

R . 2

Udaljenost centra pritiska od težišta površine jednaka je i sa lijeve i sa desne strane cilindra i ona iznosi LR 3 I R e1 = e 2 = e = ξξ = 12 = . hT A R RL 6 2

57

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Analogno navedenom slijedi da su i dužine C2O i C1y O jednake, pa se jednadžba za sumu momenata može napisati u obliku

(F

h2

− Fh1y ) ⋅ C2O − Fh1z ⋅

4R = 0. 3π

Intenzitet horizontalne sile pritiska na strani fluida 2 jednak je Fh 2 = ρ2ghT 2 A2 = ρ2g

R 1 RL = ρ2gR 2L , 2 2

a intenzitet horizontalna komponente sile pritiska na strani fluida 1 Fh 1y = ρ1ghT 1A1y = ρ1g

R 1 RL = ρ1gR 2L . 2 2

Intenzitet vertikalne komponente sile pritiska na strani fluida 1 iznosi Fh1z

R 2π 1 = ρ1gV = ρ1g L = ρ1gR 2π L . 4 4

Udaljenost C2O iznosi C 2O =

R R R R −e = − = . 2 2 6 3

Uvrštavanjem navedenih izraza u jednadžbu za sumu momenata ona dobiva oblik 1 1 4R ⎛1 2 2 ⎞ R 2 = 0, ⎜ ρ2gR L − ρ1gR L ⎟ ⋅ − ρ1gR π L ⋅ 2 3π ⎝2 ⎠ 3 4 1 1 gR 3L ( ρ2 − ρ1 ) − ρ1gR 3L = 0 , 6 3 1 1 ( ρ2 − ρ1 ) − ρ1 = 0 , 6 3 ρ2 − ρ1 − 2ρ1 = 0 , ρ2 − 3 ρ1 = 0 . Traženi odnos gustina će biti

ρ2 = 3 ρ1 , ρ2 = 3. ρ1

58

Statika fluida

ZADATAK 2.14

Odrediti intenzitet i smjer horizontalne i vertikalne komponente sile pritiska po jedinici širine (B = 1 m) kojom tečni beton (ρ = 2500 kg/m3) djeluje na oplatu AB, prema slici 2.25. z pat

y

O

A

H=1m ρ

R = 0,5 m B

Slika 2.25 Rješenje

Sile pritiska betona koje djeluju na površinu oplate prikazane na slici 2.26. Intenzitet rezultujuće horizontalne sile pritiska betona na oplatu jednak je sumi intenziteta horizontalnih sila pritiska koje djeluju na pojedine segmente oplate, kako je naznačeno na slici 2.27, to jest Fy = FyAC + FyCD − FyBD = ρ ghT 1A1y + ρ ghT 2 A2y − ρ ghT 3 A3y ,

η1

pat A G FyAC

ρ

C3

T3

ξ3 B

T3 C3

R

T G 2 FyCD

G FzBDT 2 G FyBD

C2

T1

ξ1

C1

η2

C G FzCT 2

η3

R

H

T1 C1

A3y

A1y

A2y T2

ξ2

C2

D

Slika 2.26

59

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

odnosno Fy = ρ g (hT 1A1y + hT 2 A2y − hT 3 A3y ) = ⎡H ⎤ R⎞ ⎛ = ρ g ⎢ ⋅ HB + ( H + R ) ⋅ 2RB − ⎜ H + R + ⎟ ⋅ RB ⎥ = 2⎠ ⎝ ⎣2 ⎦ 2 ⎡H 3R ⎞ ⎤ ⎛ = ρ gB ⎢ + 2R ( H + R ) − R ⎜ H + ⎟ = 2 ⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎣ 2 ⎡H 2 3R 2 ⎤ = ρ gB ⎢ + 2HR + 2R 2 − HR − ⎥= 2 ⎦ ⎣ 2 ⎡H 2 R2 ⎤ = ρ gB ⎢ + HR + ⎥, 2 ⎦ ⎣ 2 ⎡12 0,52 ⎤ Fy = 2500 ⋅ 9,81 ⋅ 1 ⋅ ⎢ + 1 ⋅ 0,5 + 2 ⎥⎦ ⎣2 Fy = 27590 N .

Intenzitet rezultujuće vertikalne komponente sile pritiska betona na oplatu jednak je sumi intenziteta vertikalnih sila pritiska koje djeluju na pojedine segmente oplate, slika 2.27, odnosno razlici težina stubova tečnosti iznad gornje i donje površine oplate, kako je prikazano na slici 2.27 Fz = ρ gV1 − ρ gV2 = ρ g (V1 − V2 ) .

G FzCT 2

G Fz

C

B

G FzBDT 2

T2

G V2↑ FzCT 2 G V1 ↓ FzBDT 2

C

T2

T2

B

D

D

Slika 2.27 Za zadanu geometriju vrijednosti volumena V1 i V2 iznosit će

60

volumen koji definira sile pritiska čije djelovanje se poništava

Statika fluida

⎡ ⎛ R 2π ⎤ R 2π ⎞ 2 V1 = ⎢( H + R ) ⋅ R − ⎟B , ⎥ B = ⎜ HR + R − 4 ⎦ 4 ⎠ ⎣ ⎝ ⎡ ⎛ R 2π ⎤ R 2π ⎞ 2 = + + V2 = ⎢( H + R ) ⋅ 2R + B 2 HR 2 R ⎜ ⎟B , ⎥ 2 ⎦ 2 ⎠ ⎣ ⎝

pa je intenzitet rezultujuće vertikalne komponente sile pritiska betona na oplatu jednak

⎡⎛ R 2π ⎞ ⎛ R 2π ⎞ ⎤ 2 − + + 2 HR 2 R Fz = ρ g ⎢⎜ HR + R 2 − ⎟ ⎜ ⎟⎥ B = 4 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎣⎝ ⎡ 3R 2π ⎤ B, = ρ g ⎢ −HR − R 2 − 4 ⎥⎦ ⎣ ⎡ 3 ⋅ 0,52 π ⎤ Fz = 2500 ⋅ 9,81 ⋅ ⎢ −1 ⋅ 0,5 − 0,52 − ⎥ ⋅ 1, 4 ⎣ ⎦ Fz = −32840 N .

ZADATAK 2.15

Izračunati pri kolikoj se najmanjoj visini vode (ρ = 1000 kg/m3) H čelična kugla (ρč = 8000 kg/m3) radijusa R = 100 mm nalazi u ravnoteži na okruglom otvoru promjera d = 1,5R u vertikalnom zidu. Zadan je volumen kugle potopljene u fluid Vu = 3,87R3 i razdaljina težišta tog volumena od vertikalnog zida x2 = 0,727R. x2

pat

H

R Vu Cv

d

T O

ρ

Slika 2.28 Rješenje

Kao što je prikazano na slici 2.29 sile koje djeluju na kuglu su horizontalna i vertikalna komponenta sile pritiska tečnosti i težina kugle. Za slučaj ravnoteže suma momenata tih sila za osu koja prolazi kroz tačku O jednaka je nuli, što je definirano jednadžbom 61

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

∑M

O

= 0,

⎛d ⎞ G ⋅ x1 − Fhz ⋅ x 2 − Fhx ⋅ ⎜ − e ⎟ = 0 . ⎝2 ⎠ z x2

pat

x

η Ax

H

G Fhz G Fhx

ρ

Vu d

Cv

d/2 e

Tx Cx

ξ

O

G G

x1

Slika 2.29 Intenzitet sile težine kugle definiran je izrazom G = ρč gVk = ρč g

4R 3π . 3

Intenzitet vertikalne komponente sile pritiska vode jednak je razlici intenziteta vertikalnih sila pritiska na donjoj i gornjoj površini kugle, odnosno razlici težina stubova vode iznad gornje i donje površine kugle, kao što je prikazano na slici 2.30, i izračunava se prema izrazu Fhz = ρ gV1 − ρ gV2 = ρ g (V1 − V2 ) = ρ gVu = 3,87 ρ gR 3 . G V1 ↑ Fhz1

Vu

O

= O

G V2 ↓ Fhz 2

G Fhz

O ρ

Slika 2.30

62

volumen koji definira sile pritiska čije djelovanje se poništava

Statika fluida

Horizontalna komponenta sile pritiska djeluje na dio površine kugle označen sa cd na slici 2.31 2

Fhx = Fhx ,cd

⎛3 ⎞ ⎜ R ⎟ π 9π 2 d π 2 ⎠ = ρ ghTx Ax = ρ gH = ρ gH ⎝ = ρ gHR 2 . 4 4 16 b

a

c G Fhx

d d

ρ

e

G G Fhx ,ab = −Fhx ,bc

Fhx ,ab = Fhx ,bc

G G Fhx ,de = −Fhx ,ef

Fhx ,de = Fhx ,ef

G G G G Fhx ,ab + Fhx ,bc + Fhx ,de + Fhx ,ef = 0

f

Slika 2.31 Udaljenost x1 iznosi 2

⎛3 ⎞ 2 ⎜ R⎟ 9R 7 d ⎛ ⎞ x1 = R 2 − ⎜ ⎟ = R 2 − ⎜ 2 ⎟ = R 2 − R. = 16 4 ⎝2⎠ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ ⎠ 2

Udaljenost centra pritiska Cx od težišta projekcije površine Tx iznosi 2

⎛3 ⎞ d 4π ⎜ R⎟ 2 2 I ξξ d ⎝ 2 ⎠ = 9R . 64 = = = e= d 2π 16H hTx Ax 16H 64H H 4 G Veličina kraka sile Fhx određena je izrazom

⎛3 ⎞ ⎜ R ⎟ 9R 2 d 3R 9R 2 2 ⎠ −e = ⎝ − = − . 2 2 64H 4 64H Zamjenom gornjih izraza u izraz za sumu momenata dobiva se

ρč g

⎛ 3R 9R 2 ⎞ 4R 3π 7 9π ⋅ − R − 3,87 ρ gR 3 ⋅ 0,727R − ρ gHR 2 ⋅ ⎜ ⎟ = 0, 3 4 16 ⎝ 4 64H ⎠

ρč ρ

7π 27π 81π R R − 2,813R − H+ = 0. 3 64 1024

63

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Tražena dubina H iznosi ⎛ ρč 7π 81π R ⎞ R − 2,813R + ⎜⎜ ⎟, 1024 ⎟⎠ ⎝ ρ 3 64 ⎛ 8000 7π 81π ⋅ 0,1 ⎞ ⋅ 0,1 − 2,813 ⋅ 0,1 + H = ⎜⎜ ⎟, 27π ⎝ 1000 3 1024 ⎟⎠ H = 1, 48 m . 64 27π

H =

ZADATAK 2.16

Glatka cilindrična pregrada radijusa R drži vodu (ρv = 1000 kg/m3) i ulje (ρu = 800 kg/m3) u položaju kao na slici 2.32. Odrediti silu kojom pregrada djeluje na nepomični zid, kao i težinu pregrade. Širina pregrade okomito na ravan crteža je B = 10 m.

ρu R T

ρv

Slika 2.32 Rješenje

Sile koje djeluju na pregradu u horizontalnom pravcu prikazane su na slici G 2.33 i to su sila pritiska ulja Fy ,uAB koja djeluje na segment pregrade AB i dvije G G sile pritiska vode Fy ,vAD i Fy ,vCD koje djeluju na segmente pregrade AD i CD, respektivno. Intenzitet sile kojom pregrada djeluje na zid može se odrediti iz uvjeta ravnoteže ovih sila u horizontalnom pravcu i bit će jednak je sumi intenziteta horizontalnih sila pritiska kojima oba fluida djeluju na cilindričnu pregradu

∑F

y

= 0,

Fy ,uAB + Fy ,vAD − Fy ,vCD − Fy = 0 , odnosno Fy = Fy ,uAB + Fy ,vAD − Fy ,vCD .

64

Statika fluida

z

B ρu

G Fy ,uAB

O

TAB A

CAB

G Fy ,vAD

R C

T TCD

TAD

CCD

CAD ρv

y

G Fy G Fy ,vCD

D

Slika 2.33

G G Sile pritiska vode Fy ,vAD i Fy ,vCD su istog intenziteta i suprotnog smjera, pa se njihovo djelovanje na segmente AD i CD poništava. U tom slučaju intenzitet sile kojom pregrada djeluje na zid bit će jednaka intenzitetu sile pritiska ulja Fy = Fy ,uAB = ρu ghTAB AyAB = ρu g Fy = 800 ⋅ 9,81 ⋅ Fy = 156960 N .

2 ⋅ 2 ⋅ 10 , 2

R RB , 2

Težina pregrade može se odrediti iz uvjeta ravnoteže sila u vertikalnom pravcu. Sile koje djeluju na pregradu u vertikalnom pravcu prikazane su na slici 2.34 i G G to su težina pregrade G i sila pritiska ulja Fz ,uAB na segment AB koje djeluju G vertikalno naniže, te sila hidrostatičkog pritiska ulja Fz ,uADC koja se prenosi kroz vodu i djeluje na segment ADC i sila pritiska vode, to jest sila uzgona G Fz ,vADC koje djeluju vertikalno naviše. Težina pregrade može se odrediti iz uvjeta ravnoteže ovih sila u vertikalnom pravcu i bit će jednak sumi intenziteta vertikalnih sila pritiska kojima oba fluida djeluju na cilindričnu pregradu

∑F

z

= 0,

Fz ,vADC + Fz ,uADC − Fz ,uAB − G = 0 , odnosno G = Fz ,vADC + Fz ,uADC − Fz ,uAB .

65

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

VAB

z

B

ρu

TV,AB

G Fz ,uAB

A

y G Fz ,vADC

C

T TV,ADC G G

ρv

VADC

D G Fz ,uADC

Slika 2.34

G Intenzitet sile pritiska ulja koja djeluje na segment AB, Fz ,uAB jednak je težini stupca ulja iznad površine AB Fz ,uAB = ρu gV AB

⎛ 2 R 2π ⎞ = ρu g ⎜ R − ⎟B . 4 ⎠ ⎝

Intenzitet sile pritiska vode, to jest sile uzgona koja djeluje na segment ADC, G Fz ,vADC jednak je težini istisnutog volumena od strane vode Fz ,vADC = ρv gV ADC

R 2π = ρv g B. 2

Intenzitet sile pritiska ulja koja se prenosi kroz vodu i djeluje na segment ADC, G Fz ,uADC jednak je Fz ,uADC = ρu gR ⋅ 2RB = 2ρu gR 2B .

Uvrštavanjem gornjih izraza u jednadžbu ravnoteže sila u vertikalnom pravcu dobiva se težina cilindrične pregrade ⎛ R 2π R 2π ⎞ B + 2ρu gR 2B − ρu g ⎜ R 2 − ⎟B = 2 4 ⎠ ⎝ ⎛ 2 1 R 2π ⎞ 2 2 = ρv gR π B + ρu gB ⎜ 2R − R + ⎟= 2 4 ⎠ ⎝

G = ρv g

=

66

⎛ 1 R 2π ⎞ ρv gR 2π B + ρu gB ⎜ R 2 + ⎟, 2 4 ⎠ ⎝

Statika fluida

⎛ 2 22 π ⎞ 1 2 G = ⋅ 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 2 π ⋅ 10 + 800 ⋅ 9,81 ⋅ 10 ⎜ 2 + ⎟, 2 4 ⎠ ⎝ G = 1176852,67 N .

ZADATAK 2.17

G Odrediti najmanju silu F kojom treba djelovati na kupasti ventil da bi se ventil odigao od sjedišta. Ventil je uronjen u vodu (ρ = 1000 kg/m3). Zadani su podaci: m = 30 kg, h = 0,5 m, R = 6 cm, r = 3 cm. pat ρ

R

h

h

m

r

Slika 2.35 Rješenje

Sile koje djeluju na kupasti ventil prikazane su na slici 2.36. Prema slici je očigledno da na ventil djeluje vertikalna komponenta sile pritiska vode naviše i G naniže, zatim težina ventila i sila podizanja ventila F . pat

h

V'

ρ

G G

r

pat

G F2 ''

V''

R

h

G F2 '

pat

G F1

G F

Slika 2.36

67

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Djelovanje horizontalnih komponenti sila pritiska vode zbog simetričnosti kupastog ventila se poništava. Za slučaj ravnoteže ventila suma tih sila u vertikalnom pravcu jednaka je nuli, odnosno

∑F

z

= 0,

F + F2 = G + F1 , F = G + F1 − F2 . Intenzitet sile pritiska vode koja djeluje na gornju površinu ventila naniže je F1 = ρ gV ' = ρ gR 2π h , a intenzitet sile pritiska vode koja djeluje na donju površinu ventila naviše je F2 = ρ g (V1 + V2 − V3 ) = ρ gV '' .

Volumen V1 je volumen zarubljene kupe definiran izrazom V1 =

πh 3

(R

+ r 2 + Rr ) .

2

Volumen V2 je volumen cilindra iznad ventila veličine V2 = R 2π h , a volumen V3 je volumen cilindra osnove radijusa r i visine 2h V3 = 2hr 2π . Na osnovu definiranih volumena V1, V2 i V3 dobiva se da je veličina volumena V'' jednaka V '' = V1 + V2 − V3 = V '' =

πh 3

( 4R

2

πh 3

(R

2

+ r 2 + Rr ) + R 2π h − 2hr 2π ,

− 5r 2 + Rr ) .

Intenzitet sile pritiska vode F2 će biti F2 = ρ g

πh 3

( 4R

2

− 5r 2 + Rr ) .

Intenzitet sile težine ventila je G = mg .

68

Statika fluida

Intenzitet sile potrebne za podizanje ventila iznosit će

πh

( 4R 2 − 5r 2 + Rr ) 3 F = 30 ⋅ 9,81 + 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 0,062 π ⋅ 0,5 − π ⋅ 0,5 − 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 4 ⋅ 0,062 − 5 ⋅ 0,032 + 0,06 ⋅ 0,03 ) , ( 3 F = 289,68 N . F = mg + ρ gR 2π h − ρ g

ZADATAK 2.18

Platforma mase m postavljena je na dvije drvene grede dužine l čije su dimenzije b × b i 2b × 2b, respektivno. Rastojanje između osa greda iznosi L, a gustina drveta je ρd. Grede plivaju u tečnosti gustine ρ. Odrediti na kojem G mjestu treba djelovati silom F da bi platforma ostala u horizontalnom položaju u ravnoteži. Također odrediti visinu greda koja se u tom slučaju ne nalazi potopljena u tečnost. y

m

G F

pat z

ρd ρd

b ρ

2b L

Slika 2.37 Rješenje

Sile koje djeluju na platformu i grede prikazane su na slici 2.38. Sile koje G G djeluju vertikalno naniže su težina platforme G , nepoznata sila F i težine G G G G samih greda G1 i G 2 , a vertikalno naniže djeluju dvije sile uzgona Fu1 i Fu 2 kojima tečnost djeluje na potopljene grede i koje se sa greda prenose na platformu.

69

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

y

pat

G Fu1 G G1

G F

G Fu 2

z D1 T1 ρd

D2 G G

G T2 G2

b ρ

ρd

2b L

Slika 2.38 U slučaju ravnoteže prikazanog sistema momenti tih sila za ose koje prolaze kroz težišta potopljenih greda T1 i T2 moraju biti jednaki nuli

∑M ∑M

T1

=0 i

T2

= 0,

odnosno ⎡1 ⎛ b ⎞ b⎤ −F ⋅ y − G ⋅ ⎢ ⎜ L + b + ⎟ − ⎥ − G 2 ⋅ L + Fu 2 ⋅ L = 0 i 2 ⎠ 2⎦ ⎣2 ⎝ ⎡1 ⎛ b⎞ ⎤ F ⋅ ( L − y ) + G ⋅ ⎢ ⎜ L + b + ⎟ − b ⎥ + G1 ⋅ L − Fu1 ⋅ L = 0 . 2⎠ ⎣2 ⎝ ⎦ Nakon daljnjeg sređivanja ove dvije momentne jednadžbe glase ⎛L b⎞ −F ⋅ y − G ⋅ ⎜ + ⎟ + L ( Fu 2 − G 2 ) = 0 i ⎝ 2 4⎠ ⎛L b⎞ F ⋅ ( L − y ) + G ⋅ ⎜ − ⎟ + L (G1 − Fu1 ) = 0 . ⎝ 2 4⎠ Težina platforme jednaka je

G = mg , a težine greda iznosit će G1 = ρd gV1 = ρd gb 2l i G 2 = ρd gV2 = 4 ρd gb 2l . Sile uzgona koje djeluju na grede imaju intenzitete

70

Statika fluida

Fu1 = ρ gVu1 = ρ gb (b − z ) l i Fu 2 = ρ gVu 2 = 2ρ gb ( 2b − z ) l .

Uvrštavanjem gornjih za intenzitete pojedinih sile u momentne jednadžbe dobiva se ⎛L b⎞ −F ⋅ y − mg ⋅ ⎜ + ⎟ + L ⎡⎣2ρ gb ( 2b − z ) l − 4 ρd gb 2l ⎤⎦ = 0 i ⎝ 2 4⎠ ⎛L b⎞ F ⋅ ( L − y ) + mg ⋅ ⎜ − ⎟ + L ⎣⎡ ρd gb 2l − ρ gb (b − z ) l ⎦⎤ = 0 . ⎝ 2 4⎠ Posljednje dvije jednadžbe predstavljaju sistem čijim rješavanjem će se dobiti tražene nepoznate dužine y i z. Dužina z se može odrediti eliminacijom dužine y iz sistema, to jest sabiranjem momentnih jednadžbi FL + mgL + L ( 5 ρd gb 2l − 5 ρ gb 2l + 3 ρ gbzl ) = 0 , 3 ρ gbzlL = 5 ρ gb 2lL − 5 ρd gb 2lL − L ( F + mg ) , ⎛ ρ ⎞ 5 ρ gb 2lL ⎜1 − d ⎟ − L ( F + mg ) 5 ρ gb lL − 5 ρd gb lL − L ( F + mg ) ρ ⎠ ⎝ = z= , 3 ρ gblL 3 ρ gblL 2

2

odnosno z=

ρ ⎞ F + mg 5 ⎛ b ⎜1 − d ⎟ − . ρ ⎠ 3 ρ gbl 3 ⎝

Zamjenom dobivenog izraza za dužinu z u prvu momentnu jednadžbu dobiva se dužina y kako slijedi ⎧⎪ ⎫ ⎡ ρ ⎞ F + mg ⎤ 5 ⎛ ⎛L b⎞ 2 ⎪ −F ⋅ y − mg ⋅ ⎜ + ⎟ + L ⎨2ρ gb ⎢2b − b ⎜1 − d ⎟ + ⎥ l − 4 ρd gb l ⎬ = 0 ρ ⎠ 3 ρ gbl ⎦ 3 ⎝ ⎝ 2 4⎠ ⎣ ⎩⎪ ⎭⎪ y=−

mg F

mg ⎛ L ⋅⎜ F ⎝2 mg ⎛ L =− ⋅⎜ F ⎝2 =−

⎧ ⎫ ⎛ ρ ⎞ 10 F + mg 2 l − 4 ρd gb 2l ⎬ = ρ gb 2 ⎜1 − d ⎟ l + 2ρ gb ⎨4 ρ gb l − 3 3 ρ gbl ρ ⎠ ⎝ ⎩ ⎭ 2 2 F + mg L ) − 4ρd gb lL = ρ ⎞ lL 2 ( ⎛ b ⎞ 4 ρ gb lL 10 ρ gb 2 ⎜1 − d ⎟ + + ⎟+ − ρ ⎠F 3 4⎠ F 3 F F ⎝ 2 ρd ⎞ ⎛ 10 ⎞ 2 ( F + mg ) L b ⎞ ρ gb lL ⎛ + ⎟+ = ⎟+ ⎜1 − ⎟⎜4 − ρ ⎠⎝ 4⎠ 3 ⎠ 3 F F ⎝

⎛L b⎞ L ⋅⎜ + ⎟ + ⎝ 2 4⎠ F

ρd ⎞ 2 mgL mgb 2 ρ gb 2lL ⎛ 2 mgL =− − + = ⎜1 − ⎟+ L + ρ ⎠ 3 2F 4F 3 F 3 F ⎝

71

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

⎤ ⎛ ρ ⎞ L ⎡ 3mgb + 4 ρ gb 2l ⎜1 − d ⎟ + 4F + 4mg ⎥ , ⎢ −3mg − 6F ⎣ 2L ρ ⎠ ⎝ ⎦

=

odnosno y=

ρd ⎞ ⎤ L ⎡ 3b ⎞ ⎛ 2 ⎛ ⎢4F + mg ⎜1 − ⎥. ⎟ + 4 ρ gb l ⎜1 − 6F ⎣ 2L ⎠ ρ ⎟⎠ ⎦ ⎝ ⎝

ZADATAK 2.19

Posuda pliva u rezervoaru u tečnosti gustine ρ = 900 kg/m3, tako da se njeno dno nalazi u ravni sa osom otvora na kojem je priključen U-manometar sa živom. Odnos gustina žive i fluida u rezervoaru je ρž = 3ρ. Visina pokazivanja manometra iznosi h = 1 m, a ostale dimenzije iznose: h1 = h/2, D = 4h, d = 2h, H1 = 4h i H2 = 5h. Odrediti gustinu materijala posude ρp i masu posude mp. ρp

pat d H2

pat

H1

x

h ρ

D h1

ρž

Slika 2.39 Rješenje

Sile koje djeluju na posudu, kako je prikazano na slici 2.40, su težina posude G G G koja djeluje vertikalno naniže i sila uzgona Fu vertikalno naviše kojom tečnost u rezervoaru djeluje na posudu. U slučaju ravnoteže sistema suma tih sila u vertikalnom pravcu mora biti jednaka nuli

∑F

z

= 0,

Fu − G = 0 , Fu = G .

72

Statika fluida

z

ρp

y

pat

O G Fu

H2

H1

pat D

G G

x

T

ρ

h

0

0

h1

ρž

Slika 2.40 Intenziteti sile uzgona i težine posude iznose respektivno Fu = ρ gVu , G = ρ p gV p , pri čemu su volumeni Vu i Vp određeni izrazima D 2π Vu = z, 4 D 2π d 2π VP = H2 − H1 . 4 4 Uvrštavanjem ovih izraza u jednadžbu jednakosti vertikalnih sila ona dobiva slijedeći oblik

ρg

⎛ D 2π ⎞ D 2π d 2π z = ρpg ⎜ H2 − H1 ⎟ . 4 4 ⎝ 4 ⎠

U cilju određivanja dubine uranjanja posude z promatra se osnovna jednadžba hidrostatike za nivo razdvajanja tečnosti u U-manometru 0–0 pat + ρ g ( z + h1 ) = pat + ρ ž gh ,

na osnovu koje se dobiva z=

ρž 3ρ h h − h1 = h− , 2 ρ ρ

73

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

odnosno z=

5 h. 2

Uvrštavanjem izraza za dubinu z u jednadžbu jednakosti vertikalnih sila može se odrediti gustina materijala posude 2 4h ) π ( ρg

4

2 ⎡ ( 4h )2 π ⎤ 2h ) π ( 5 h = ρpg ⎢ ⋅ 5h − ⋅ 4h ⎥ , 2 4 ⎢⎣ 4 ⎥⎦

⎡16h 2π ⎤ 16h 2π 5 4h 2π ⋅ 5h − ⋅ 4h ⎥ , h = ρp ⎢ 4 2 4 ⎣ 4 ⎦ 3 3 3 10 ρh π = ρ p ( 20h π − 4h π ) ,

ρ

10 ρh 3π = 16 ρ ph 3π ,

10 ρh 3π 5 = ρ, 16h 3π 8 5 ρ p = ⋅ 900 , 8 kg ρ p = 562,5 3 . m

ρp =

Na osnovu izračunate gustine, masa posude bit će jednaka ⎛ D 2π ⎞ d 2π m p = ρ pV p = ρ p ⎜ H2 − H1 ⎟ = 16 ρ ph 3π , 4 ⎝ 4 ⎠ 3 m p = 16 ⋅ 562,5 ⋅ 1 π ,

m p = 28260 kg .

ZADATAK 2.20

Pod djelovanjem tega mase m posuda napunjena tečnošću gustine ρ kreće se G uz kosu ravan konstantnim ubrzanjem a . Ako se zanemari trenje i masa kotura, užeta i posude, pokazati da je relativni pritisak u tački M jednak pM = ρ gH cos α + ρ gL

m (1 + sin α ) , m + ρV

pri čemu je volumen fluida u posudi V = LHB , a B je širina posude.

74

Statika fluida

pat

G a

otvor

L

ρ H

m

M

α

Slika 2.41 Rješenje

Ako se usvoji koordinatni sistem prema slici 2.42 sa koordinatnim početkom na slobodnoj površini, komponente ubrzanja iznose ay = a cos α i a z = a sin α .

z

G a G fm

y

x

L

H

G a

a z = a sin α

pat

ay = a cos α

O ⋅ G g

ρ m

M

α

Slika 2.42 Rezultujuća masena sila koja djeluje na fluid u posudi je

G G G f m = −a + g = ( 0, −a cos α , −a sin α − g ) .

75

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Primjenom osnovne jednadžbe statike fluida za slučaj prikazan na slici 2.42 dobiva se dp

ρ dp

ρ

G G = f m ⋅ dr , = f mx dx + f mydy + f mz dz ,

gdje su komponente masene sile date izrazima f mx = 0

f my = −a cos α

f mz = −a sin α − g ,

pa se osnovna jednadžba statike fluida svodi na oblik dp

ρ

= −a cos α dy − (a sin α + g ) dz ,

a integriranjem ove jednadžbe se dobiva izraz za raspored pritiska u tečnosti koja se nalazi u posudi p = − ρa cos α y − ρ (a sin α + g ) z + C .

Ako se usvoji da je na slobodnoj površini pritisak jednak p = pat, za tačku u koordinatnom početku (x = y = z = 0) dobiva se da je konstanta C jednaka pat = − ρa cos α ⋅ 0 − ρ (a sin α + g ) ⋅ 0 + C ,

C = pat , pa je raspored relativnog pritiska u fluidu dat izrazom p − pat = − ρa cos α y − ρ (a sin α + g ) z .

Izraz za intenzitet ubrzanja može se izvesti ako se promatra kretanje posude u pravcu strme ravni. Na posudu djeluje inercijalna sila, sila u užetu i sila gravitacije, pa je prema drugom Newton-ovom zakonu m f a = Fu − m f g sin α . Masa fluida mf u posudi jednaka je m f = ρV , a sila u užetu dobiva se iz jednadžbe za drugi Newton-ov zakon za kretanje mase m ma = mg − Fu , Fu = mg − ma , pa gornja jednadžba postaje 76

Statika fluida

ρVa = mg − ma − ρVg sin α , odakle se može odrediti intenzitet ubrzanja a=

mg − ρVg sin α . m + ρV

Za određivanje pritiska u tački M potrebno je izraz za ubrzanje uvrstiti u jednadžbu za raspored pritiska u fluidu i zamijeniti koordinate tačke M, koje se mogu dobiti iz geometrije sa slike 2.42. Prema toj slici tačka M ima koordinate M(0, –Lcosα +Hsinα,–Lsinα –Hcosα), na osnovu kojih je relativni pritisak u tački M definiran izrazom

( p − pat )M

= − ρa cos α y − ρ (a sin α + g ) z = = − ρa cos α ( −L cos α + H sin α ) − ρ (a sin α + g )( −L sin α − H cos α ) =

= ρaL cos2 α − ρaH sin α cos α + ρaL sin2 α + ρaH sin α cos α + + ρ gL sin α + ρ gH cos α = = ρ gH cos α + ρ gL sin α + ρaL ( cos 2 α + sin2 α ) = = ρ gH cos α + ρ L ( g sin α + a ) . G Uvrštavanjem izraza za intenzitet ubrzanja a u gornji izraz dobiva se izraz za veličinu relativnog pritiska u tački M u obliku

( p − pat )M

⎛ mg − ρVg sin α ⎞ = ρ gH cos α + ρ L ⎜ g sin α + ⎟= m + ρV ⎝ ⎠ ⎡ (m + ρV ) g sin α + mg − ρVg sin α ⎤ = ρ gH cos α + ρ L ⎢ ⎥= m + ρV ⎣ ⎦ = ρ gH cos α + ρ gL

m ( sin α + 1) . m + ρV

ZADATAK 2.21

Na vagon koji se kreće pravolinijski po horizontalnoj ravni postavljena je U-cijev malog promjera, prema slici 2.43. Naći formulu za izračunavanje ubrzanja vagona u m/s2 u zavisnosti od očitanja h izraženog u mm na skali postavljenoj na jedan krak U-cijevi. Obrazložiti koja situacija odgovara pozitivnom, a koja negativnom očitanju.

77

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

l +10

pat

h

0 -10 ρ G a

G a

Slika 2.43 Rješenje

G Promatrat će se slučaj pravolinijskog kretanja vagona sa ubrzanjem a udesno. Za taj slučaj i za usvojeni koordinatni sistem prema slici 2.44, rezultujuća masena sila koja djeluje na fluid u vagonu je

G G G f m = −a + g = ( 0, −a , −g ) . l

l/2

+10

z G a

y

⋅ G g

G fm

pat

x G a

h

0 -10

ρ

Slika 2.44 Primjenom osnovne jednadžbe statike fluida za slučaj prikazan na slici 2.44 dobiva se dp

ρ dp

ρ

G G = f m ⋅ dr , = f mx dx + f mydy + f mz dz ,

gdje su komponente masene sile date izrazima f mx = 0

78

f my = −a

f mz = −g ,

Statika fluida

pa se osnovna jednadžba statike fluida svodi na oblik dp

ρ

= −ady − gdz ,

a integriranjem ove jednadžbe se dobiva izraz za raspored pritiska u tečnosti koja se nalazi u U-cijevi p = − ρay − ρ gz + C .

Ako se stavi da je na slobodnoj površini pritisak jednak p = pat , za tačku u koordinatnom početku (x = y = z = 0) dobiva se da je konstanta C jednaka pat = − ρa ⋅ 0 − ρ g ⋅ 0 + C , C = pat ,

pa je raspored relativnog pritiska u fluidu dat izrazom p − pat = − ρay − ρ gz .

Nivo fluida u desnom kraku ima koordinate y = l/2 i z = –h i na njemu je pritisak p = pat. Uvrštavanjem ovih vrijednosti u izraz za raspored relativnog pritiska u fluidu dobiva se p − pat = − ρa

0 = − ρa

l − ρ g ( −h ) , 2

l − ρ g ( −h ) , 2

G odakle se može odrediti intenzitet ubrzanja a u funkciji od pokazivanja h

a=

2g h. l

Zavisno od toga da li je očitanje h pozitivno ili negativno mogu nastupiti četiri situacije. Vagon se kreće ulijevo: - ako je h > 0 vagon ubrzava, - ako je h < 0 vagon usporava. Vagon se kreće udesno: - ako je h > 0 vagon usporava, - ako je h < 0 vagon ubrzava.

79

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

ZADATAK 2.22

Tanka cijev ispunjena tečnošću i zatvorena na jednom kraju okreće se oko vertikalne ose konstantnom ugaonom brzinom ω. Odrediti položaj ose (dužinu a) i ugaonu brzinu rotacije ω, tako da pritisci u tački A i tački na sredini cijevi S budu jednaki atmosferskom. Skicirati liniju rasporeda pritiska duž cijele cijevi. pat

ω

h

ρ S

A

a l

Slika 2.45 Rješenje

Ako se usvoji koordinatni sistem prema slici 2.46, centrifugalno ubrzanje i njegove komponente u pravcu osa x i y definirani su izrazima G G G a = a x + ay , G G G G a x = ω 2 xi ay = ω 2yi , G G G a = ω 2 xi + ω 2yj . B

ω h

t

pat G a G fm

⋅

S G g

l

Slika 2.46

80

A

x a

ρ

z

O

y

Statika fluida

Rezultujuća masena sila koja djeluje na tečnost u tankoj cijevi definirana je izrazom G G G f m = a + g = (ω 2 x , ω 2y, −g ) . Primjenom osnovne jednadžbe statike fluida za slučaj prikazan na slici 2.46 dobiva se dp

ρ dp

ρ

G G = f m ⋅ dr , = f mx dx + f mydy + f mz dz ,

gdje su komponente masene sile date izrazima f mx = ω 2 x

f my = ω 2y

f mz = −g ,

pa se osnovna jednadžba statike fluida svodi na oblik dp

ρ

= ω 2 xdx + ω 2ydy − gdz ,

a integriranjem ove jednadžbe se dobiva izraz za raspored pritiska u tečnosti koja se nalazi u tankoj cijevi p=

ρω 2 2

(x

2

+ y 2 ) − ρ gz + C .

Ako se usvoji da je na slobodnoj površini pritisak jednak p = pat, za tačku u koordinatnom početku (x = y = z = 0) dobiva se da je konstanta C jednaka pat =

ρω 2

2 C = pat ,

(0

2

+ 02 ) − ρ g ⋅ 0 + C ,

pa je raspored relativnog pritiska u tečnosti dat izrazom p − pat =

ρω 2 2

(x

2

+ y 2 ) − ρ gz .

Iz uvjeta zadatka, da je pritisak u tački S i u tački A jednak atmosferskom pA = pS = pat dobiva se

( p − pat )S

ρω 2 ⎛

2

l ⎞ = ⎜ a − ⎟ − ρ gzS , 2 ⎝ 2⎠

81

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

( p − pat )A =

ρω 2

(l − a )

2

2

− ρ gz A ,

odnosno 2

ρω 2 ⎛

l ⎞ 0= ⎜ a − ⎟ − ρ gzS , 2 ⎝ 2⎠

0=

ρω 2 2

(l − a )

2

− ρ gz A .

Izjednačavanjem gornjih jednadžbi i uzimajući u obzir da je zA = zS dobiva se 2

ρω 2 ⎛

l ⎞ ρω 2 2 − = a (l − a ) , ⎜ ⎟ 2 ⎝ 2⎠ 2 2

l ⎞ 2 ⎛ ⎜ a − ⎟ = (l − a ) , 2⎠ ⎝ l a − = l −a , 2 3 2a = l , 2 3 a = l. 4

Koordinata zA = zS može se odrediti iz jedne od jednadžbi za pritisak u tački A ili tački S

ρω 2 z A = zS =

2

(l − a )

2

ρg

ω2 ⎛

2

2

3 ⎞ ω2 ⎛ l ⎞ = ⎜l − l ⎟ = ⎜ ⎟ . 2g ⎝ 4 ⎠ 2g ⎝ 4 ⎠

Ugaona brzina ω može se dobiti iz uvjeta da je i u tački B u lijevom kraku cijevi pritisak jednak atmosferskom pB = pat

( p − pat )B

ω2 9

ρω 2

a 2 − ρ g (h + z S ) = 2 2 2 ⎡ ρω 2 ⎛ 3 ⎞ ω2 ⎛ l ⎞ ⎤ = ⎜ l ⎟ − ρ g ⎢h + ⎜ ⎟ ⎥, 2 ⎝4 ⎠ 2g ⎝ 4 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢

=0=

l 2 = gh +

ω2 l 2

2 16 2 16 2 ω 2⎛ 9 1 ⎞ l ⎜ − ⎟ = gh , 2 ⎝ 16 16 ⎠ 4gh ω2 = 2 , l

82

,

Statika fluida

ω=

2 gh . l

ZADATAK 2.23

Odrediti visinu h suda oblika zarubljenog konusa i ugaonu brzinu ω da bi na radijusu R, prema slici 2.47, zid suda tangirao slobodnu površinu, a tjeme slobodne površine dodirivalo dno suda. Volumen tečnosti koja se zadržava u sudu iznosi V = R 3π /12 . R

pat

V1

ρ

h

ω

Slika 2.47 Rješenje

Ako se usvoji koordinatni sistem prema slici 2.48, centrifugalno ubrzanje u pravcu ose r definirano je izrazom G G a = r ω 2r0 . R

z

V2

pat

t

β

.

O

ω r'

h

G g

G a r G fm

Slika 2.48 83

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Rezultujuća masena sila koja djeluje na tečnost u sudu definirana je izrazom G G G f m = a + g = (r ω 2 , − g ) . Primjenom osnovne jednadžbe statike fluida za slučaj prikazan na slici 2.48 dobiva se dp

ρ dp

ρ

G G = f m ⋅ dr , = f mx dx + f mydy + f mz dz ,

gdje su komponente masene sile date izrazima f mx = ω 2 x

f my = ω 2y

f mz = −g ,

pa se osnovna jednadžba statike fluida svodi na oblik dp

ρ

= ω 2 xdx + ω 2ydy − gdz ,

a integriranjem ove jednadžbe se dobiva izraz za raspored pritiska u tečnosti koja se nalazi u sudu p=

1 ρω 2 ( x 2 + y 2 ) − ρ gz + C , 2

odnosno p=

1 2 2 ρr ω − ρ gz + C , 2

gdje je x 2 + y2 = r 2 .

Ako se usvoji da je na slobodnoj površini pritisak jednak p = pat, za tačku u koordinatnom početku (r = z = 0) dobiva se da je konstanta C jednaka 1 ρ ⋅ 02 ⋅ ω 2 − ρ g ⋅ 0 + C , 2 C = pat , pat =

pa je raspored pritiska u fluidu dat izrazom

84

Statika fluida

p − pat =

1 2 2 ρr ω − ρ gz . 2

Iz uvjeta zadatka, da je pritisak u tački O jednak atmosferskom pO = pat dobiva se jednadžba slobodne površine

( p − pat )O 0= z=

=

1 2 2 ρr ω − ρ gz , 2

1 2 2 ρr ω − ρ gz , 2

ω2 2g

r2.

Tangens ugla koji tangenta na slobodnu površinu zaklapa sa r – osom dobiva se iz uvjeta dz ω 2 = r dr g

i na radijusu R jednak je tangensu ugla β h , R −r ' dz tgβ = , dr h ω2 = r. R −r ' g

tgβ =

Izraz za ugaonu brzinu može se dobiti iz jednadžbe za slobodnu površinu

ω2 =

2gz r2

i za r = R, z = h ugaona brzina iznosi

ω2 =

2gh . R2

Zamjenom izraza za ugaonu brzinu u izraz za jednakost tangensa uglova dobiva se h ω2 = r, R −r ' g

85

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

2gh 2 h = R R, R −r ' g 1 2 = , R −r ' R R = 2 ( R − r ') , r'=

R . 2

Visina h može se dobiti iz jednadžbe jednakosti volumena V = V1 − V2 , R 3π π h 2 R 2π h = , R + r '2 + Rr ') − ( 12 3 2 2 R 3π π h ⎡ 2 ⎛ R ⎞ R ⎤ R 2π h = , ⎢R + ⎜ ⎟ + R ⎥ − 12 3 ⎣⎢ 2 ⎦⎥ 2 ⎝2⎠ R 3π π h 7R 2 R 2π h = − , 12 3 4 2 R 3π R 2π h = , 12 12 h =R.

Za h = R ugaona brzina će iznositi 2g , R 2g ω= . R

ω2 =

ZADATAK 2.24

Na slici 2.49 je prikazan poprečni presjek podmornice cilindričnog oblika promjera D = 3 m i dužine L = 20 m, koja miruje pod morem. Na bazi pokazivanja instrumenata (U-manometar i barometar) odrediti: a) dubinu uranjanja H, b) količinu vode koju je podmornica primila za vrijeme uranjanja, ako je težina podmornice sa ispražnjenim rezervoarima za vodu jednaka G = 406 kN. Očitanje barometra je hb = 750 mmHg. Ostali podaci: h2 = 840 mmHg, h1 = 200 mmHg, ρž = 13600 kg/m3, ρv = 1000 kg/m3.

86

Statika fluida

Pb

H

ρv

p≈0 h1

h1

ρž

h2

Slika 2.49 Rješenje

a) Ako se barometarski (apsolutni) pritisak na slobodnoj površini mora označi sa pb, a apsolutni pritisak u podmornici sa pp, jednadžba hidrostatike primijenjena na ravan koja razdvaja vodu i živu u U-manometru glasi pb + ρv g ( H + h1 ) = p p + ρž g ⋅ 2h1 .

Pritisak u podmornici pp može se odrediti iz jednadžbe hidrostatike postavljene za manometar koji se nalazi unutar podmornice p p = ρ ž gh 2 .

Barometarski pritisak na površini mora, izražen preko pritiska živinog stupca visine hb iznosi pb = ρž ghb .

Zamjenom izraza za pb i pp u početnu jednadžbu dobiva se

ρ ž ghb + ρv g ( H + h1 ) = ρž g (h 2 + 2h1 ) , odakle se može odrediti dubina uranjanja H =

ρž (h + 2h1 − hb ) − h1 , ρv 2

87

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

13600 ( 0,84 + 2 ⋅ 0,2 − 0,75 ) − 0,2 , 1000 H = 6,464 m .

H =

b) Količina vode koju je podmornica primila može se odrediti iz ravnoteže sila G koje djeluju u vertikalnom pravcu na podmornicu, a to su: sila uzgona Fu , koja G djeluje u težištu potopljenog volumena P, zatim težina podmornice G p i težina G G G primljene vode u rezervoarima Gr . Sile G p i Gr djeluju u težištu podmornice T G G G G p + Gr + Fu = 0 , G p + Gr − Fu = 0 , G p + ρv gVr − ρv gV p = 0 , G p + ρv gVr − ρv g

D 2π L = 0. 4 pb

G Fu

P T G G G p + Gr

Slika 2.50 Iz dobivenog izraza može se odrediti volumen primljene vode u rezervoarima koji iznosi D 2π L − Gp ρv g 4 Vr = , ρv g Vr =

Vr = 99,9 m3 .

88

32 π ⋅ 20 − 406 ⋅ 103 4 , 1000 ⋅ 9,81

1000 ⋅ 9,81

Statika fluida

ZADATAK 2.25

Drveni konus visine H i gustine ρd pliva u vodi gustine ρv u položaju prema slici 2.51. Odrediti dubinu uranjanja konusa u vodu. z r

y

x

O

pat

H

ρv

z ρd R

Slika 2.51 Rješenje

Sile koje djeluju na djelomično potopljeni konus prikazane su na slici 2.52, a to su težina samog konusa koja djeluje vertikalno naniže i sila uzgona koja djeluje vertikalno naviše. Za slučaj ravnoteže konusa suma tih sila u vertikalnom pravcu jednaka je nuli

∑F

z

= 0,

Fu − G = 0 , G = Fu . z r

x

y O

r C

pat G Fu

ρv G G

B'

A' D

H

H

z

T

z

T

ρd A

R

R

B

Slika 2.52

89

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Intenzitet sile težine konusa jednaka je R 2π H. G = ρd gVd = ρd g 3 Intenzitet sile uzgona jednak je ⎡ R 2π ⎤ r 2π Fu = ρv gVu = ρv g ⎢ H− ( H − z )⎥ . 3 ⎣ 3 ⎦

Veličina radijusa r može se dobiti iz sličnosti trouglova ΔABC i ΔA'B'C, na osnovu čega slijedi R r = , H H −z H −z r = R. H Uvrštavanjem ovog izraza u izraz za intenzitet sile uzgona dobiva se 2 ⎡ R 2π ⎤ ⎛H −z ⎞ 2 π Fu = ρv g ⎢ H −⎜ ( H − z )⎥ = ⎟ R 3 ⎝ H ⎠ ⎣⎢ 3 ⎦⎥

R 2π = ρv g 3

3 ⎡ H − z) ⎤ ( R 2π = ρ g ⎢H − ⎥ v 3 H 2 ⎥⎦ ⎢⎣

⎡ H 3 − ( H − z )3 ⎤ ⎢ ⎥. H2 ⎢⎣ ⎥⎦

Izjednačavanjem izraza za intenzitet sile težine i sile uzgona dobiva se R 2π R 2π ρd g H = ρv g 3 3

⎡ H 3 − ( H − z )3 ⎤ ⎢ ⎥, H2 ⎢⎣ ⎥⎦

H 3 − (H − z ) , H2 3

ρd H = ρv

ρd 3 3 H = H 3 − (H − z ) , ρv

⎛ ρd ⎞ 3 − 1⎟ H 3 = − ( H − z ) , ⎜ ⎝ ρv ⎠ ⎛ ρ ⎞ 3 ( H − z ) = ⎜1 − d ⎟ H 3 , ρv ⎠ ⎝ H − z = H 31−

ρd , ρv

⎛ ρ ⎞ z = H ⎜⎜1 − 3 1 − d ⎟⎟ . ρv ⎠ ⎝ 90

Statika fluida

ZADATAK 2.26

Homogeni drveni cilindar promjera d, visine H i gustine ρd pliva na površini vode. Odrediti graničnu visinu Hgr cilindra pri kojoj se mijenja stabilnost plivanja.

d

pat

H

ρv z ρd

Slika 2.53 Rješenje

Sile koje djeluju na djelomično potopljeni cilindar u vodi prikazane su na slici 2.54. To su težina samog cilindra koja djeluje vertikalno naniže i sila uzgona koja djeluje vertikalno naviše. Za slučaj ravnoteže cilindra suma tih sila u vertikalnom pravcu mora biti jednaka nuli

∑F

z

= 0,

Fu − G = 0 , G = Fu . d

pat

r

G Fu

h

M

H D

δ

z

T

ρv

G G

ρd

Slika 2.54

91

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Intenzitet sile težine cilindra jednak je G = ρd gVd = ρd g

d 2π H. 4

Intenzitet sile uzgona određen je izrazom Fu = ρv gVu = ρv g

d 2π z. 4

G G Izjednačavanjem intenziteta sile težine G cilindra i sile uzgona Fu dobiva se

ρd g z=

d 2π d 2π H = ρv g z, 4 4

ρd H. ρv

Metacentrični radijus može se odrediti primjenom izraza r = MD =

I xx , V

d 4π d 4π ρv d 2 64 . r = 64 = = d 2π d 2π ρd 16 ρd H z H 4 4 ρv

Udaljenost središta deplasmana (potopljeni volumen cilindra) od ose inklinacije jednaka je DO =

z ρd H = . 2 ρv 2

Udaljenost težišta cilindra od ose inklinacije iznosi TO =

⎞ H H ρd H H ⎛ ρd − (H − z ) = z − = = − 1⎟ . H− ⎜2 ρv 2 2 2 2 ⎝ ρv ⎠

Metacentrična visina h jednaka je

(

)

h = MT = MD − TD = MD − DO − TO =

⎡ρ H H ρv d 2 −⎢ d − 16 ρd H ⎣ ρv 2 2

⎛ ρd ⎞⎤ − 1⎟ ⎥ ⎜2 ⎝ ρv ⎠⎦

Stabilna ravnoteža moguća je samo u slučaju kada je δ < r, a ravnoteža će biti narušena, odnosno stabilnost plivanja će se poremetiti u slučaju kada se 92

Statika fluida

poklope tačka M (metacentar) i tačka T (težište cilindra), to jest kada bude ispunjen uvjet

δ =r , odnosno h = 0.

Dakle, granična visina Hgr cilindra pri kojoj se mijenja stabilnost plivanja određena je izrazom ⎡ρ H H ρv d 2 −⎢ d − 16 ρd H ⎣ ρv 2 2

⎛ ρd ⎞⎤ − 1⎟ ⎥ = 0 , ⎜2 ⎝ ρv ⎠⎦ ⎞ ρv d 2 ρ H ⎛ ρd = − 2 d + 1⎟ , ⎜ ρv 16 ρd H 2 ⎝ ρv ⎠ 2 ρv d ρd ⎞ H⎛ = ⎜1 − ⎟, ρv ⎠ 16 ρd H 2⎝ d 2 ρv d 2 ρv2 H 2 16 ρd = = , ρd 16 ρd ( ρv − ρd ) 2 1− H =

d ρv 2

ρv

1 2ρd ( ρv − ρd )

.

93

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

94

Kinematika fluida

3.

KINEMATIKA FLUIDA

ZADATAK 3.1

(

)

Polje brzine fluida je zadano izrazom v = (v 0 /l ) xi − yj , pri čemu su v0 i l konstante. Odrediti u kojim tačkama polja strujanja je intenzitet brzine fluida jednak v0. Skicirati polje brzina u prvom kvadrantu (x > 0, y > 0), brzine predstaviti strelicama u odgovarajućim tačkama. Također odrediti jednadžbe strujnih linija za ovo ravansko strujanje i skicirati ih. Rješenje

(

)

Na osnovu zadanog vektora brzine v = (v 0 /l ) xi − yj , komponente brzine u pravcu osa pravouglog koordinatnog sistema Oxyz iznose

vx =

v0 x l

vy = −

v0 y l

vz = 0 .

Intenzitet brzine u svakoj tački polja definiran je izrazom 2

2

v ⎛v ⎞ ⎛ v ⎞ v = v x2 + v y2 + v z2 = ⎜ 0 x ⎟ + ⎜ − 0 y ⎟ = 0 l ⎝ l ⎠ ⎝ l ⎠

x 2 + y2 .

Za postavljeni uvjet da intenzitet brzine v treba biti jednak v0 slijedi

v0 =

v0 l

x 2 + y2 ,

odnosno

x 2 + y2 = l 2 . Dakle, intenzitet brzine fluida v će biti jednak v0 u svim tačkama kruga sa centrom u ishodištu i radijusa jednakog l, kako je prikazano na slici 3.1. Pravac djelovanja vektora brzine fluida u odnosu na x – osu općenito je određen tangensom ugla kojeg zaklapaju v x i v y komponente brzine, pa je u danom slučaju

95

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

v0 y −y = l = . tgϕ = v vx x 0 x l vy

−

y

vx

2l

ϕ

2v 0

v

2v 0

vy

2v 0 l

v0

v0

2v 0

v0 v0

v 0 /2 0

3v 0 /2

l

2l

Slika 3.1 Jednadžba strujnih linija ima oblik

dx dy = , vx vy dx dy , = v0 v0 x − y l l dx dy =− . x y Integriranjem se dobiva

dx dy = −∫ , x y ln y = − ln x + ln C , ln ( xy ) − ln C = 0 ,

∫

⎛ xy ⎞ ln ⎜ ⎟ = 0, ⎝C ⎠ xy = e0 , C xy = 1. C

96

2v 0 x

Kinematika fluida

Izvedenom jednadžbom strujnih linija nakon integriranja definirana je familija hiperbola xy = C u ravni Oxy, prikazanih na slici 3.2 y 2l

vy l

vy vx

0

l

2l

x

Slika 3.2

ZADATAK 3.2

Voda struji iz oscilirajućeg elementa prikazanog na slici 3.3, pri čemu se stvara polje brzine dano izrazom v = v x 0 sin ⎡⎣ω (t − y /v y 0 ) ⎤⎦ i + v y 0 j , gdje su vx0, vy0 i ω konstante. Na taj način y – komponenta brzine ostaje konstantna, v = v y 0 , a x – komponenta brzine u ravni y = 0 podudara se sa brzinom oscilatornog dijela, v x = v x 0 sin (ωt ) . a) Odrediti strujnu liniju koja prolazi kroz ishodište koordinatnog sistema u početnom trenutku t = 0 i u trenutku t = π/2ω. b) Odrediti trajektoriju fluidnog djelića koji se nalazio u koordinatnom početku u početnom trenutku t = 0 i fluidnog djelića koji se nalazio u koordinatnom početku u trenutku t = π/2ω. y

x

0 oscilirajući element V

Slika 3.3 Rješenje

97

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

a) Pošto je zadano ravansko polje brzina, jednadžba strujnih linija definirana je u obliku

dx dy = , vx vy odnosno dx ⎡ ⎛ y ⎞⎤ v x 0 sin ⎢ω ⎜ t − ⎟⎥ ⎢⎣ ⎜⎝ v y 0 ⎟⎠ ⎥⎦

=

dy . vy 0

Razdvajanjem promjenljivih moguće je izvršiti integriranje ⎡ ⎛ y ⎞⎤ v x 0 ∫ sin ⎢ω ⎜ t − ⎟ ⎥ dy = v y 0 ∫ dx , ⎢⎣ ⎜⎝ v y 0 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎡ ⎛ v x 0v y 0 y ⎞⎤ cos ⎢ω ⎜ t − ⎟⎥ = vy 0 x + C . ω ⎢⎣ ⎜⎝ v y 0 ⎟⎠ ⎥⎦ Za strujnu liniju koja prolazi kroz ishodište (x = y = 0) u početnom trenutku t = 0 konstanta C određena je izrazom v x 0v y 0

ω v x 0v y 0

ω C=

⎡ ⎛ 0 ⎞⎤ cos ⎢ω ⎜ 0 − ⎟⎥ = vy 0 ⋅ 0 + C , ⎜ v y 0 ⎟⎠ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎝ cos 0 = C ,

v x 0v y 0

ω

.

Dakle, jednadžba strujne linije koja u početnom trenutku t = 0 prolazi kroz ishodište O glasi ⎡ ⎛ v x 0v y 0 y ⎞⎤ , cos ⎢ω ⎜ t − = vy 0x + ⎥ ⎟ ⎜ ⎟ ω ω ⎣⎢ ⎝ v y 0 ⎠ ⎦⎥ ⎡ ⎛ ⎡ ⎛ v ⎧⎪ y ⎞ ⎤ ⎫⎪ v x 0 ⎧⎪ y ⎞ ⎤ ⎫⎪ − = − x = x 0 ⎨cos ⎢ω ⎜ t − 1 cos ω 0 ⎥ ⎢ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ − 1⎬ , ⎜ v y 0 ⎟⎟ ⎥ ⎬ ω ⎨ v ω ⎪ ⎢ ⎢ y 0 ⎠ ⎦ ⎭⎪ ⎠ ⎥⎦ ⎭⎪ ⎣ ⎝ ⎣ ⎝ ⎩ ⎩⎪

v x 0v y 0

x=

⎛ vx0 ⎡ y ⎞ ⎤ ⎢cos ⎜⎜ −ω ⎟⎟ − 1⎥ . ω ⎢⎣ v y 0 ⎝ ⎠ ⎥⎦

Analogno navedenom, za vremenski trenutak t = π/2ω strujna linija koja prolazi kroz ishodište O dobiva se za vrijednost konstante određene izrazom

98

Kinematika fluida

v x 0v y 0

ω v x 0v y 0

ω C = 0.

⎡ ⎛ π 0 ⎞⎤ − cos ⎢ω ⎜ ⎟⎥ = vy 0 ⋅ 0 + C , ⎢⎣ ⎜⎝ 2ω v y 0 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎛π ⎞ cos ⎜ ⎟ = C , ⎝2⎠

Dakle, jednadžba strujne linije u vremenskom trenutku t = π/2ω koja prolazi kroz ishodište O glasi ⎡ ⎛ π y ⎞⎤ cos ⎢ω ⎜ − ⎟⎥ = vy 0x + 0 , ω ⎢⎣ ⎜⎝ 2ω v y 0 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎛π v y ⎞ x = x 0 cos ⎜ − ω ⎟⎟ , ⎜2 v ω y 0 ⎝ ⎠

v x 0v y 0

odnosno x=

⎛ y ⎞ sin ⎜ ω . ⎜ v y 0 ⎟⎟ ω ⎝ ⎠

vx0

Dobivene dvije strujne linije su prikazane na slici 3.4. y

2πv0/ω

t=0 t = π/2ω

πv0/ω

x –2u0/ω

0

2 u 0/ ω

Slika 3.4 Sa slike se vidi da te dvije strujne linije nisu iste, zato što strujanje nije stacionarno. Na primjer, u ishodištu koordinatnog sistema O(x = 0, y = 0) u početnom trenutku t = 0 vektor brzine definiran je izrazom v = v y 0 j , a u

99

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

trenutku t = π/2ω vektor brzine je v = v x 0i + v y 0 j . Ugao koji zaklapa tangenta na strujnu liniju sa x – osom kao i sama strujna linija se mijenja s vremenom. b) Trajektorija fluidnog djelića može se dobiti rješavanjem jednadžbe dx dy = = dt , vx vy odnosno ⎡ ⎛ dx y ⎞⎤ = v x = v x 0 sin ⎢ω ⎜ t − ⎟⎥ , dt ⎢⎣ ⎜⎝ v y 0 ⎟⎠ ⎥⎦ dy = vy = vy 0 . dt Druga jednadžba se može integrirati, čime se dobiva

∫ dy = v ∫ dt , y0

y = v y 0t + C1 .

Sada se može integrirati i prva jednadžba

⎡ ⎛ v y 0t + C1 ⎞ ⎤ dx = v x 0 sin ⎢ω ⎜ t − ⎟⎥ , dt v y 0 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎜⎝ ⎛ ωC1 ⎞ dx = v x 0 sin ⎜ − , ⎜ v y 0 ⎟⎟ dt ⎝ ⎠ ⎛ ωC1 ⎞ = dx v sin ⎜⎜ − ⎟⎟ ∫ dt , x0 ∫ ⎝ vy 0 ⎠ ⎛ ωC1 ⎞ x = v x 0 sin ⎜ − t + C2 . ⎜ v y 0 ⎟⎟ ⎝ ⎠ Konstante C1 i C2 određuju se iz uvjeta da je fluidni djelić u početnom trenutku t = 0 bio u ishodištu O(0,0)

⎛ ωC1 ⎞ x = v x 0 sin ⎜ − t + C2 , ⎜ v y 0 ⎟⎟ ⎝ ⎠ y = v y 0t + C1 , ⎛ ωC1 ⎞ ⋅ 0 + C2 , 0 = v x 0 sin ⎜ − ⎜ v y 0 ⎟⎟ ⎝ ⎠ 100

Kinematika fluida

0 = v y 0 ⋅ 0 + C1 , C1 = C 2 = 0 .

Dakle, jednadžbe trajektorije za fluidni djelić koji se u trenutku t = 0 nalazio u ishodištu su ⎛ ω ⋅0⎞ x = v x 0 sin ⎜ − t +0, ⎜ v y 0 ⎟⎟ ⎝ ⎠ y = v y 0t + 0 ,

odnosno x = 0, y = v y 0t .

Na osnovu dobivenih jednadžbi vidi se da je trajektorija fluidnog djelića vertikalni pravac koji prolazi kroz koordinatni početak. Analogno navedenom mogu se odrediti konstante u jednadžbama trajektorije fluidnog djelića u vremenskom trenutku t = π/2ω na osnovu izraza ⎛ ωC1 ⎞ π + C2 = 0 , x = v x 0 sin ⎜ − ⎜ v y ⎟⎟ 2ω ⎝ ⎠

y = vy 0

π + C1 = 0 , 2ω

π , 2ω π C1 = −v y 0 . 2ω C 2 = −v x 0

Dakle, jednadžbe trajektorije za fluidni djelić koji se u trenutku t = π/2ω nalazio u ishodištu su

π ⎞ ⎛ x = vx0 ⎜t − ⎟, 2ω ⎠ ⎝ π ⎞ ⎛ y = vy 0 ⎜ t − ⎟. 2ω ⎠ ⎝ Eksplicitna jednadžba trajektorije dobiva se eliminacijom parametra t iz gornje dvije jednadžbe i ima oblik

101

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

y=

vy 0 vx0

x.

Može se zaključiti da je to jednadžba pravca koji prolazi kroz koordinatni početak, a koeficijent pravca određen je izrazom vy0/vx0.

y

t=0

t = π/2ω

k = v0/u0 –1

0

1

x

Slika 3.5 ZADATAK 3.3

Voda struji stacionarno kroz cijev dužine 5 m srednjom brzinom 2 m/s. Na ulazu u cijev temperatura vode je 85°C, a na izlazu iz cijevi 75°C. Pod pretpostavkom da je gradijent temperature konstantan duž cijevi, odrediti promjenu temperature fluida koji struji kroz cijev sa vremenom. Rješenje

Pošto je strujanje kroz cijev stacionarno i jednodimenzionalno, ako se usvoji koordinata x duž ose cijevi, tada je vremenska promjena temperature fluidnih djelića izražena materijalnim izvodom

DT ∂T ∂T = +u Dt ∂t ∂x Lokalne promjene temperature sa vremenom nema, pa je prvi član na desnoj strani jednadžbe jednak nuli. Gradijent temperature u drugom članu, pošto je konstantan, može se odrediti iz konačne razlike temperatura na izlazu i ulazu. Vremenska promjena temperature je jednaka

T − Tul ∂T ∂T DT ∂T = +u = + u iz , ∂t ∂x ∂t Dt l

102

Kinematika fluida

DT 75 − 85 , = 0 + 2⋅ 5 Dt DT = −4 °C/s . Dt ZADATAK 3.4

Za sistem prema slici 3.6 izvesti izraz za Reynolds-ov transportni teorem za intenzivnu veličinu b (B = mb, m – masa sistema). Δl2 = v2Δt

v2

v1

Δl1 = v1Δt

I

KV-I

II

kontrolna površina i granica sistema u trenutku t granica sistema u trenutku t + Δt

Slika 3.6 Rješenje

Ekstenzivna veličina sistema (koja zavisi od mase) jednaka je B = mb .

To može biti bilo koja veličina od interesa čija se promjena sa vremenom izražava u Euler-ovim koordinatama pomoću Reynolds-ovog transportnog teorema, kao što je prikazano u tabeli 3.1. Tabela 3.1 ekstenzivna veličina B = mb m (masa) 1 mv 2 (kinetička energija) 2 mv (količina kretanja) …

intenzivna veličina b 1 v2 2 v …

Ukupna vrijednost veličine B u promatranom sistemu koji se kreće iznosi

103

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Bsis = lim

ΔV → 0

∑b δm i

i

i

= lim

ΔV →0

∑ b ( ρδV ) = ∫ i

i

i

ρbdV .

Vsis

Promjena veličine B unutar sistema sa vremenom izražava se kao

dBsis dt

⎛ d ⎜ ∫ ρbdV = ⎝ Vsis dt

⎞ ⎟ ⎠.

U toku vremena promatrani sistem će ući i izaći iz definiranog kontrolnog volumena. Promjena veličine B unutar kontrolnog volumena sa vremenom izražava se kao

dB KV dt

⎛ d ⎜ ∫ ρbdV = ⎝ KV dt

⎞ ⎟ ⎠.

U nekom trenutku vremena t kada se poklope površina kontrolnog volumena (kontrolna površina) i granica sistema, ove dvije vremenske promjene moraju biti jednake

dBsis dB KV , = dt dt ⎛ ⎞ ⎛ d ⎜ ∫ ρbdV ⎟ d ⎜ ∫ ρbdV ⎝ Vsis ⎠ = ⎝ KV dt dt

⎞ ⎟ ⎠.

Da bi se izveo izraz za Reynolds-ov transportni teorem, promatrat će se sistem i kontrolni volumen u trenutku t i u njemu bliskom slijedećem trenutku t + Δt. U trenutku t vrijednost veličine B sadržane u sistemu jednaka je vrijednosti veličine B sadržane u kontrolnom volumenu Bsis (t ) = B KV (t ) .

U trenutku t + Δt sadržaj veličine B u sistemu jednak je sumi sadržaja veličine B u kontrolnom volumenu i razlike sadržaja veličine B u novonastalim volumenima II i I, slika 3.6 Bsis (t + Δt ) = B KV (t + Δt ) − B I (t + Δt ) + B II (t + Δt ) ,

B (t + Δt ) − Bsis (t ) ΔBsis = lim sis , Δt →0 Δt Δt →0 Δt ⎡ B (t + Δt ) − B KV (t ) B I (t + Δt ) B II (t + Δt ) ⎤ DBsis = lim ⎢ KV − + ⎥ Δt → 0 Dt Δt Δt Δt ⎣ ⎦. lim

(1)

104

( 2)

(3)

Kinematika fluida

Prvi član (1) predstavlja vremensku promjenu veličine B unutar kontrolnog volumena ⎛ ⎞ ∂ ⎜ ∫ ρbdV ⎟ ⎡ B (t + Δt ) − B KV (t ) ⎤ ∂B KV ⎠. = ⎝ KV lim ⎢ KV ⎥= Δt →0 t t t Δ ∂ ∂ ⎣ ⎦ Drugi član (2) predstavlja neto protok veličine B sa strujanjem fluida u kontrolni volumen B I (t + Δt ) = ρ1b1ΔV1 = ρ1b1 ( A1v1Δt ) , ⎡ B ( t + Δt ) ⎤ lim ⎢ I ⎥ = B ul = ρ1A1v1b1 . Δt →0 Δt ⎣ ⎦

Treći član (3) predstavlja neto protok veličine B sa strujanjem fluida iz kontrolnog volumena B II (t + Δt ) = ρ2b2 ΔV2 = ρ2b2 ( A2v 2Δt ) ,

⎡ B ( t + Δt ) ⎤ lim ⎢ II ⎥ = Biz = ρ2 A2v 2b2 . Δt →0 Δt ⎣ ⎦

Uvrštavanjem dobivenih izraza u polazni izraz dobiva se izraz za Reynolds-ov transportni teorem koji predstavlja vremensku promjenu veličine B sistema izraženu u koordinatama polja DBsis ∂B KV = + Biz − Bul , ∂t Dt DBsis ∂B KV = + ρ2 A2v 2b2 − ρ1A1v1b1 . ∂t Dt Na primjer, primjenom Reynolds-ovog transportnog teorema može se izraziti ukupna promjena mase sistema (B = m, b = 1) Dmsis ∂m KV = + ρ2 A2v 2 − ρ1A1v1 , ∂t Dt ∂m KV + ρ2 A2v 2 − ρ1A1v1 = 0 , ∂t ∂mKV = ρ1A1v1 − ρ2 A2v 2 . ∂t ZADATAK 3.5

Odrediti režim strujanja za strujanje vode i strujanje zraka kroz cijev promjera 4 mm, ako je srednja brzina strujanja u oba slučaja jednaka 3 m/s. Strujanje

105

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

u oba slučaja se odvija pri srednjoj temperaturi fluida od 20°C i srednjem pritisku 1 bar. Rješenje

Kao kriterij za određivanje režima strujanja fluida koristi se Reynolds-ov broj definiran izrazom Re =

vd

ν

=

ρvd . μ

Na zadanoj temperaturi i pritisku potrebne fizikalne osobine fluida su slijedeće: - za vodu ρw = 998,2 kg/m3 i μw = 10,1⋅10-4 Pas, - za zrak ρzr = 1,293 kg/m3 i μzr = 17,05⋅10-6 Pas. U slučaju strujanja vode Reynolds-ov broj ima vrijednost Rew =

ρwvd , μw

998,2 ⋅ 3 ⋅ 0,004 , 10,1 ⋅ 10−4 Rew = 11859 . Rew =

a u slučaju strujanja zraka Rezr =

ρzrvd , μzr

1,293 ⋅ 3 ⋅ 0,004 , 17,05 ⋅ 10−6 = 910 .

Rezr = Rezr

Na osnovu dobivenih vrijednosti može se zaključiti da bi pri istom promjeru cijevi i sa istom srednjom brzinom, strujanje vode bilo turbulentno (Rew = 11859 > Rekr = 2300), dok bi strujanje zraka bilo laminarno (Rezr = 910 < Rekr = 2300). ZADATAK 3.6

Brzina savršenog nestišljivog fluida mijenja se duž ose mlaznika kružnog poprečnog presjeka po zakonu v = v 0 (1 + x ) i , pri čemu je v 0 brzina na ulazu u difuzor. a) Odrediti zakon promjene promjera mlaznika D(x) uz pretpostavku da je brzina u svim tačkama presjeka jednaka brzini u osi presjeka. b) Skicirati dijagrame brzine v = v(x) i ubrzanja a = a(x).

106

Kinematika fluida

c) Odrediti vrijeme potrebno da djelić fluida pređe put L od ulaza do izlaza iz mlaznika.

D(x)

D0

v v0 O

x

L

Slika 3.7 Rješenje

a) Zakon promjene promjera mlaznika S obzirom da se radi o savršenom i nestišljivom fluidu, profil brzina će biti homogen, to jest ravnomjerno raspoređen u svakom presjeku mlaznika, pa iz jednakosti protoka slijedi V0 = V x , odnosno ⎡D ( x ) ⎤⎦ π D 2π , v0 0 = vx ⎣ 4 4 2

⎡D ( x ) ⎤⎦ π D 2π v 0 0 = v 0 (1 + x ) ⎣ , 4 4 2 v0 ⎡⎣D ( x ) ⎤⎦ = D02 , v 0 (1 + x ) 2

i konačno, zakon promjene promjera mlaznika definiran je izrazom D ( x ) = D0

v0 = D0 v 0 (1 + x )

1 . (1 + x )

b) Dijagrami promjene brzine i ubrzanja u mlaziku Intenziteti brzine i ubrzanja duž ose mlaznika određeni su izrazima v ( x ) = v 0 (1 + x ) ,

a (x ) =

dv ( x ) d = ⎡v 0 (1 + x ) ⎤⎦ = v 0 . dx dx ⎣

Dijagrami promjene brzine v = v(x) i ubrzanja a = a(x) prikazano su na slici 3.8.

107

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

v

a v = v 0 (1 + x )

a = v0

tgα = v 0

v0 O

x

O

x

Slika 3.8 c) Vrijeme potrebno da djelić fluida pređe put L od ulaza u mlaznik do njegovog izlaza može se odrediti integriranjem izraza za brzinu, kako slijedi dx , dt

vx =

v 0 (1 + x ) = dt =

dx , dt

dx , v 0 (1 + x )

T

∫ dt = 0

L

dx

∫ v (1 + x ) , 0

0

L

T =

L

L dx 1 dx 1 ∫0 v 0 (1 + x ) = v 0 ∫0 1 + x = v 0 ln (1 + x ) 0

odnosno T =

1 ln (1 + L ) . v0

ZADATAK 3.7

Savršen nestišljiv fluid struji kroz difuzor čiji se promjer mijenja po zakonu d = d0 + kx 2 , k > 0. Ako je brzina na ulazu u difuzor vremenski promjenljiva prema zakonu v 0 = (a + bt ) i , smatrajući da je strujanje jednodimenzionalno odrediti brzinu i ubrzanje fluidnog djelića na izlazu iz difuzora u trenutku t1.

108

Kinematika fluida

Podaci su: d0 = 100 mm, 2 b = 0,5 m/s , t1 = 10 s.

l = 200 mm,

k = 1/400 mm-1,

a = 2 m/s,

d(x)

d0 v0

O

x

v l

Slika 3.9 Rješenje

S obzirom da se radi o savršenom i nestišljivom fluidu, profil brzina će biti homogen, odnosno ravnomjerno raspoređen u svakom presjeku mlaznika, te se iz jednakosti protoka dobiva V0 = V x , to jest d02π d 2π v0 , = vx 4 4 d 2π d 2π , (a + bt ) 0 = v x 4 4

d0 + kx 2 ) π ( d02π = vx , (a + bt ) 4 4 (a + bt ) d02 , vx = 2 (d0 + kx 2 ) 2

Odnosno brzina strujanja fluida u difuzoru je određena izrazom vx =

a + bt ⎛ k 2⎞ x ⎟ ⎜1 + d0 ⎝ ⎠

2

.

U skladu sa dobivenim izrazom, intenzitet brzine fluidnog djelića na izlazu iz difuzora u trenutku t1 iznosit će

109

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

v1 =

v1 =

a + bt1

, 2 ⎛ k 2⎞ l ⎟ ⎜1 + d0 ⎠ ⎝ 2 + 0,5 ⋅ 10

1 ⎛ 2⎞ ⎜1 + 0, 4 ⋅ 0,1 ⋅ 0,2 ⎟ ⎝ ⎠ v1 = 1,75 m/s .

2

,

Ubrzanje fluidnog djelića određeno je izrazom za materijalni izvod brzine, koja u ovom slučaju ima komponentu jedino u pravcu x – ose a = ax =

∂v x ∂v ∂v ∂v + v x x + vy x + v z x , ∂t ∂x ∂y ∂z

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ∂ ⎢ a + bt a + bt ∂ ⎢ a + bt ⎥ ⎥ a= + = 2⎥ 2 2⎥ ⎢ ⎢ x ∂t ⎛ ∂ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ k k k ⎢ 1+ ⎢ 1+ x 2 ⎟ ⎥ ⎜1 + x2 ⎟ x2 ⎟ ⎥ ⎜ ⎢⎣ ⎜⎝ ⎥ ⎢ d0 d d 0 0 ⎠ ⎦ ⎝ ⎠ ⎠ ⎥⎦ ⎣⎝ − (a + bt ) ⎛ b a + bt k 2⎞ k x ⎟⋅2 x , = + ⋅ ⋅ 2 ⎜1 + 2 2 4 d0 ⎛ ⎛ ⎝ ⎠ d0 k 2⎞ k 2⎞ ⎛ k 2⎞ 1 1 1 x x x + + + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ d0 d0 d0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

odnosno a=

b ⎛ k 2⎞ x ⎟ ⎜1 + d 0 ⎝ ⎠

2

−

(a + bt )

2

⎛ k 2⎞ x ⎟ ⎜1 + d 0 ⎝ ⎠

5

⋅4⋅

k x. d0

Uvrštavanjem brojčanih vrijednosti dobiva se ubrzanje fluidnog djelića na izlazu iz difuzora u trenutku t1 a1 =

a=

b ⎛ k 2⎞ l ⎟ ⎜1 + d0 ⎠ ⎝

2

−

(a + bt1 )

⎛ k 2⎞ l ⎟ ⎜1 + d0 ⎠ ⎝

0,5

1 ⎛ 2⎞ ⎜1 + 0,4 ⋅ 0,1 ⋅ 0,2 ⎟ ⎝ ⎠ 2 a = −30,5 m/s .

110

2

2

−

5

⋅4⋅

k l, d0

( 2 + 0,5 ⋅ 10 )

2

1 ⎛ 2⎞ ⎜1 + 0,4 ⋅ 0,1 ⋅ 0,2 ⎟ ⎝ ⎠

5

⋅4⋅

1 ⋅ 0,2 , 0,4 ⋅ 0,1

Kinematika fluida

ZADATAK 3.8

Oko sfere radijusa R struji savršen nestišljiv fluid. Brzina fluida na strujnoj liniji AB dana je izrazom ⎛ R3 ⎞ v = v 0 ⎜1 + 3 ⎟ i . x ⎠ ⎝

Odrediti ubrzanje fluida po strujnoj liniji AB i koordinatu maksimalnog ubrzanja duž te strujne linije. Skicirati grafik ubrzanja u odnosu na x – osu u a bezdimenzionalnom obliku kao 2 x = f ( x / R ) . v0 /R y

v R A

B

x

Slika 3.10 Rješenje

Na strujnoj liniji AB postoji samo x – komponenta brzine, pa je ubrzanje u pravcu x – ose definirano izrazom a=

∂v ∂v , + vx ∂t ∂x

odnosno ⎛ ⎛ ∂v x ∂v x R3 ⎞ ∂ ⎡ ⎛ R 3 ⎞⎤ R 3 ⎞ ⎛ 3R 3 ⎞ ax = + vx = 0 + v 0 ⎜1 + 3 ⎟ ⎢v 0 ⎜1 + 3 ⎟ ⎥ = v 0 ⎜1 + 3 ⎟ v 0 ⎜ − 4 ⎟ , ∂t ∂x x ⎠ ∂x ⎣ ⎝ x ⎠⎦ x ⎠ ⎝ x ⎠ ⎝ ⎝ R3 R3 1+ 3 2 1+ x = −3 v 0 x3 . a x = −3v 02 4 4 x R x 3 R R4 Iz izraza za brzinu se vidi da će brzina biti jednaka nuli za x = –R, to jest tačka B je zaustavna tačka. To znači da je kretanje fluida duž strujne linije AB takvo da fluid usporava od brzine v = v0, koju ima daleko od sfere, do brzine v = 0 u

111

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

zaustavnoj tački. Iz izraza za ubrzanje se također vidi da se radi o negativnom ubrzanju, to jest o usporenju. Koordinata maksimalnog ubrzanja (odnosno usporenja) određuje se iz uvjeta da je prvi izvod ubrzanja po promjenljivoj koordinati x jednak nuli, to jest

∂a x = 0, ∂x ⎛ R3 ⎞ + 1 ⎟ ∂ ⎜ v 02 x3 ⎟ = 0 , ⎜ −3 ∂x ⎜ R x4 ⎟ ⎜ ⎟ R4 ⎠ ⎝ ⎛ R3 ⎞ 1 + ⎟ ∂ ⎜ 2 3 x3 ⎟ = 0 , ⎜ −3v 0 R ∂x ⎜ x4 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 3 ⎛ 3R R3 ⎞ − 4 ⋅ x 4 − ⎜1 + 3 ⎟ ⋅ 4x 3 x x ⎠ ⎝ −3v 02R 3 = 0, 8 x ⎛ 3R 3 R3 ⎞ − 4 ⋅ x 4 − ⎜1 + 3 ⎟ ⋅ 4x 3 = 0 , x x ⎠ ⎝ −3R 3 − 4x 3 − 4R 3 = 0 , −7R 3 = 4x 3 , −7 x=3 R = −1,205R . 4 Grafik ubrzanja u bezdimenzionalnom obliku

ax = f ( x / R ) predstavljen je v /R 2 0

na slici 3.11. ax v /R

x/R = –1,205 –3

–2

2 0

–1

x/R B

A

–0,2 –0,4 –0,6

a max = −0,61 v 02 / R

Slika 3.11

112

Kinematika fluida

ZADATAK 3.9

Cijev promjera D1 = 12 cm razdvaja se u dvije cijevi promjera D2 = D1/2 i D3 = D1/4. Zapreminski protok V1 kroz cijev promjera D1 dijeli se tako da protok V2 = 2V1 /3 odlazi u cijev promjera D2. Odrediti: a) maksimalni protok kroz cijev promjera D1, ako intenzitet maksimalne srednje brzine ne smije preći vrijednost vmax = 1,2 m/s niti u jednoj cijevi, b) maksimalnu brzinu u sistemu za izračunati protok, ako je raspored brzine u 2 svim cijevima dat izrazom v i = 2v 0i ⎡1 − (ri / Ri ) ⎤ r0 , pri čemu se v 0i odnosi na ⎣ ⎦ srednju brzinu u cijevi i, Ri je radijus cijevi i (Ri = Di/2), a ri je radijalna koordinata usmjerena od ose cijevi i prema zidovima.

D2 D1

V2

V1

V3

D3

Slika 3.12 Rješenje

a) Na osnovu zadanih odnosa između protoka kroz pojedine cijevi, može se odrediti cijev u kojoj će srednja brzina strujanja fluida biti maksimalna. Na osnovu zadanog odnosa protoka u cijevima promjera D1 i D2 dobiva se 2 V1 , 3 D 2π 2 D 2π v 2 2 = v1 1 , 4 3 4 2 ⎛ D1 ⎞ ⎜ ⎟ π 2 D 2π 2 v2 ⎝ ⎠ = v1 1 , 4 3 4

V2 =

2

2 ⎛D ⎞ v 2 ⎜ 1 ⎟ = v1D12 , 3 ⎝ 2 ⎠ 2

⎛ 2 ⎞ 2 v 2 = ⎜ ⎟ v1D12 , ⎝ D1 ⎠ 3

odnosno

113

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

v2 =

8 v1 . 3

Znajući da je ukupan protok u cijevi promjera D1 jednak zbiru protoka kroz cijevi promjera D2 i D3 bit će V1 = V2 + V3 ,

2 1 V3 = V1 − V2 = V1 − V1 = V1 , 3 3 2 2 D π 1 D π v 3 3 = v1 1 , 4 3 4 2 ⎛ D1 ⎞ ⎜ ⎟ π 1 D 2π 4 = v1 1 , v3 ⎝ ⎠ 4 3 4 2 1 ⎛D ⎞ v 3 ⎜ 1 ⎟ = v1D12 , 3 ⎝ 4 ⎠ odnosno v3 =

16 v1 . 3

Iz dobivenih izraza za srednje brzine strujanja fluida se vidi da će brzina v 3 u cijevi promjera D3 biti najveća srednja brzina strujanja u sistemu. Intenzitet te brzine prema uvjetima zadatka može maksimalno iznositi v3 = vmax = 1,2 m/s, na osnovu čega se može odrediti maksimalni protok u cijevi promjera D1 2 ⎛ D1 ⎞ ⎜ ⎟ π D32π 3 4 V1 = 3V3 = 3v 3 v max D12π , = 3v max ⎝ ⎠ = 4 4 64 3 V1 = ⋅ 1,2 ⋅ 0,122 π , 64 V1 = 0,00254 m3/s . b) S obzirom da je određena maksimalna srednja brzina strujanja fluida u cijevi promjera D3, na osnovu zadanog rasporeda brzina može se odrediti i maksimalna brzina strujanja u toj cijevi. To će biti brzina u osi cijevi koja će ujedno predstavljati i maksimalnu brzinu u sistemu vmax,s, kako je prikazano na slici 3.13 v max,s

v max,s

⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ = 2v 03 ⎢1 − ⎜ 3 ⎟ ⎥ = 2v max ⎢⎣ ⎝ R3 ⎠ ⎥⎦ = 2 ⋅ 1,2 ,

v max,s = 2, 4 m/s .

114

⎡ ⎛ 0 ⎞2 ⎤ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ = 2v max , ⎢⎣ ⎝ R3 ⎠ ⎥⎦

Kinematika fluida

r3 vmax,s v03 D3 O

R3

2 v 3 = 2v 03 ⎡1 − (r3 / R3 ) ⎤ ⎣ ⎦

Slika 3.13 ZADATAK 3.10

Strujanje plazme opisano je poljem brzina v = xzi + ty 2 j + tyzk . Strujno polje plazme izloženo je djelovanju električnog polja čiji je intenzitet zadan izrazom ϕ = r −1e − At , r 2 = x 2 + y 2 + z 2 . Odrediti: a) promjenu intenziteta električnog polja ϕ sa vremenom (materijalni izvod) u trenutku t = 1 za fluidni djelić koji se u tom trenutku nalazi u tački M(2, –2,1), b) ubrzanje tog fluidnog djelića u trenutku t = 1, c) položaj tog fluidnog djelića u zavisnosti od vremena. Rješenje

1 − At e , gdje je r = x 2 + y 2 +z 2 , koje se mijenja u r polju strujanja plazme čije su komponente brzine

Promatra se skalarno polje ϕ =

v x = xz

v y = ty 2

v z = tyz .

a) Ukupna promjena intenziteta električnog polja ϕ kao skalarne veličine (materijalni izvod) dana je izrazom Dϕ ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ = + v ⋅ gradϕ = + vx + vy + vz , Dt ∂t ∂t ∂x ∂y ∂z

odnosno

115

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Dϕ ∂ ⎛1 ∂ ⎛ 1 − At ⎞ ∂ ⎛ 1 − At ⎞ ∂ ⎛ 1 − At ⎞ ⎞ = ⎜ e − At ⎟ + v x ⎜ e ⎟ + vy ⎜ e ⎟ + vz ⎜ e ⎟= ∂x ⎝ r ∂y ⎝ r ∂z ⎝ r Dt ∂t ⎝ r ⎠ ⎠ ⎠ ⎠ ⎞ ∂ ⎛ 1 = ⎜ e − At ⎟ + ⎟ ∂t ⎜ x 2 + y 2 + z 2 ⎝ ⎠ ⎞ 1 ∂ ⎛ ⎜ e − At ⎟ + + xz ⎟ ∂x ⎜ x 2 + y 2 + z 2 ⎝ ⎠ ⎞ 1 ∂ ⎛ ⎜ e − At ⎟ + + ty 2 ⎟ ∂y ⎜ x 2 + y 2 + z 2 ⎝ ⎠ ⎞ 1 ∂ ⎛ ⎜ e − At ⎟ = + tyz ⎟ ∂z ⎜ x 2 + y 2 + z 2 ⎝ ⎠ − At Ae =− + x 2 + y2 + z 2 −x + xz e − At + 2 2 2 2 2 2 x + y + z (x + y + z )

+ ty 2 + tyz

−y x +y +z 2

2

2

(x

2

+y +z

2

2

+y +z

2

2

−z x +y +z 2

2

2

(x

2

) )

e − At + e − At =

A − At x 2z − At ty 3 − At −tyz 2 − At e − 3 e − 3 e − e = r r r r3 A e − At = − e − At − 3 ( x 2z + ty 3 + tyz 2 ) . r r

=−

U trenutku t = 1 djelić plazme koji se nalazi u tački M(2, –2,1) izložen je promjeni veličine ϕ koja iznosi A e 3 ⎛ Dϕ ⎞ = − e − A ⋅1 − 3 ⎡22 ⋅ 1 + 1 ⋅ ( −2) + 1 ⋅ ( −2) ⋅ 12 ⎤ = ⎜ ⎟ ⎦ 3 3 ⎣ ⎝ Dt ⎠t =1,M − A ⋅1

=−

A −A e −A e − [4 − 8 − 2] = 3 27

e −A = ( 2 − 3A ) . 9

b) Ubrzanje djelića plazme predstavlja materijalni izvod brzine definiran izrazom a=

116

∂v ∂v ∂v ∂v Dv ∂v = + v ⋅ gradv = + vx + vy + vz . ∂t ∂t ∂x ∂y ∂z Dt

Kinematika fluida

Pojedine komponente ubrzanja djelića plazme su ∂v ∂v ∂v ∂v Dv x ∂v x = + v ⋅ gradv x = x + v x x + v y x + v z x = ∂t ∂t ∂x ∂y ∂z Dt ∂ ∂ ∂ ∂ = ( xz ) + xz ( xz ) + ty 2 ( xz ) + tyz ( xz ) = ∂t ∂x ∂y ∂z

ax =

= 0 + xz 2 + 0 + txyz , a x = xz 2 + txyz , Dv y ∂v y ∂v y ∂v y ∂v y ∂v ay = = + v ⋅ gradv y = + vx + vy + vz z = Dt ∂t ∂t ∂x ∂y ∂z ∂ ∂ ∂ ∂ = (ty 2 ) + xz ty 2 ) + ty 2 ty 2 ) + tyz ty 2 ) = ( ( ( ∂t ∂x ∂y ∂z = y 2 + 0 + 2t 2y 3 + 0 , ay = y 2 + 2t 2y 3 , Dv z ∂v z ∂v ∂v ∂v ∂v = + v ⋅ gradv z = z + v x z + v y z + v z z = Dt ∂t ∂t ∂x ∂y ∂z ∂ ∂ ∂ ∂ = (tyz ) + xz (tyz ) + ty 2 (tyz ) + tyz (tyz ) = ∂t ∂x ∂y ∂z

az =

= yz + 0 + t 2y 2z + t 2y 2z , a z = yz + 2t 2y 2z .

Dakle ubrzanje djelića plazme dano je izrazom a = ( xz 2 + txyz ) i + ( y 2 + 2t 2y 3 ) j + ( yz + 2t 2y 2z ) k . U trenutku t = 1 djelić plazme koji se nalazi u tački M(2, –2,1) ima ubrzanje

(a )t =1,M

(a )t =1,M (a )t =1,M

2 3 2 = ⎡⎣2 ⋅ 12 + 1 ⋅ 2 ⋅ ( −2 ) ⋅ 1⎤⎦ i + ⎡( −2) + 2 ⋅ 12 ⋅ ( −2) ⎤ j + ⎡( −2 ) ⋅ 1 + 2 ⋅ 12 ⋅ ( −2 ) ⋅ 1⎤ k ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = ( 2 − 4 ) i + ( 4 − 16 ) j + ( −2 + 8 ) k ,

= −2i − 12 j + 6k .

c) Za određivanje položaja djelića plazme u zavisnosti od vremena potrebno je odrediti jednadžbe kretanja iz sistema jednadžbi koji predstavlja vezu između brzina definiranih Lagrange-ovim i Euler-ovim pristupom dx dy dz = 2 = = dt , xz ty tyz odnosno

117

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

dx = xz , dt dy = ty 2 , dt dz = tyz . dt Definirani sistem jednadžbi je nehomogeni sistem diferencijalnih jednadžbi prvog reda sa koeficijentima koji nisu konstantni. Konstante integracije određuju se iz uvjeta da je djelić plazme u trenutku t = 1 bio u tački M(2, –2,1). Prvo se rješava jednadžba za y – komponentu brzine jer ona zavisi samo od pripadajuće y – koordinate i vremena dy = ty 2 , dt dy = tdt , y2 dy ∫ y 2 = ∫ tdt , 1 t2 = + C1 , y 2 1 . y=− 2 t + C1 2 −

Za t = 1 i y = –2 slijedi −2 = −

1 2

1 + C1 2 C1 = 0 , 2 yM = − 2 . t

,

Sada se na isti način može riješiti jednadžba za z – komponentu brzine dz = tyz , dt dz ⎛ 2⎞ = t ⎜− 2 ⎟z , dt ⎝ t ⎠ dz 2 ∫ z = −∫ t dt , ln z = −2 ln t + ln C 2 ,

118

Kinematika fluida

z = t −2 , C2 C z = 22 . t Za t = 1 i z = 1 slijedi C2 , 1 C1 = 1 , 1 zM = 2 . t

1=

Na kraju se može riješiti jednadžba za x – komponentu brzine dx = xz , dt dx 1 =x 2, dt t dx dt = 2 , x t dx dt ∫ x = ∫ t2 , 1 ln x = − + ln C 3 , t 1 − x =e t, C3 1 − t

x = C 3e . Za t = 1 i x = 2 slijedi 1 −

2 = C 3e 1 , C 3 = 2e , x M = 2e

1 1− t

.

Položaj djelića plazme koji se u trenutku t = 1 nalazio u tački M(2, –2,1) određen je jednadžbama kretanja x M = 2e

1 1− t

yM = −

2 t2

zM =

1 , t2

odnosno

119

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

rM (t ) = 2e

⎛ 1−1t 2 1 2 1⎞ i − 2 j + 2 k = ⎜ 2e , − 2 , 2 ⎟ . t t t t ⎠ ⎝

1 1− t

ZADATAK 3.11

Komponente brzine ravanskog strujanja fluida date su izrazima vx =

x t +1

i

vy = y .

a) Naći vezu između Euler-ovih i Lagrange-ovih koordinata. b) Naći komponente ubrzanja pomoću Euler-ovog i Lagrange-ovog metoda. c) Naći jednadžbe strujnih linija i skicirati strujno polje u trenutku t = 0 i t = 1. d) Naći i skicirati trajektoriju fluidnog elementa koji se u trenutku t = 0 nalazio u tački M(1,1). e) Pokazati da je strujanje nevrtložno (potencijalno) i naći funkciju potencijala brzine. Rješenje

a) Veza između Euler-ovih i Lagrange-ovih koordinata dobiva se rješavanjem sistema jednadžbi dx x = vx = , dt t +1 dy = vy = y , dt odnosno dx dt , = x t +1 dy = dt , y Integriranjem slijedi dx dt =∫ , x t +1 dy ∫ y = ∫ dt ,

∫

odnosno ln x = ln (t + 1) + ln C1 ,

ln y = t + ln C 2 . 120

Kinematika fluida

Opće rješenje dobivenog sistema jednadžbi glasi x = C1 (t + 1) ,

y = C 2e t . Konstante C1 i C2 određuju se iz uvjeta da je proizvoljan fluidni element u trenutku t = 0 također identificiran Lagrange-ovim koordinatama (ξ, η)

ξ = C1 ( 0 + 1) ,

η = C 2e 0 , pa konstante iznose C1 = ξ , C2 = η . Veza između Lagrange-ovih i Euler-ovih koordinata je dana izrazima x = ξ (t + 1) ,

y = ηe t . b) Ubrzanje fluida danom je izrazom a=

Dv ∂v ∂v ∂v ∂v = + v ⋅ gradv = + vx + vy . Dt ∂t ∂t ∂x ∂y

Komponente ubrzanja u pravcu x i y – ose prema Euler-ovom načinu definiranja kretanja fluida su ax =

Dv x ∂v x ∂v ∂v = + v x x + vy x = Dt ∂t ∂x ∂y

x ∂ ⎛ x ⎞ ∂ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟+y ⎜ ⎟= ∂y ⎝ t + 1 ⎠ ⎝ t + 1 ⎠ t + 1 ∂x ⎝ t + 1 ⎠ x x 1 =− + , 2 (t + 1) t + 1 t + 1

=

∂ ∂t

ax = 0 , Dv y ∂v y ∂v y ∂v y ay = = + vx + vy = Dt ∂t ∂x ∂y ∂ x ∂ ∂ = (y ) + (y ) + y (y ) = ∂t t + 1 ∂x ∂y =0+0+y, ay = y , 121

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

a prema Lagrange-ovom načinu definiranja kretanja d 2x d ⎛ dx ⎞ = ⎜ ⎟= 2 dt dt ⎝ dt ⎠ d 2y d ⎛ dy ⎞ ay = 2 = ⎜ ⎟= dt dt ⎝ dt ⎠ ax =

d dt

⎧d ⎫ d (ξ ) = 0 , ⎨ ⎣⎡ξ (t + 1) ⎦⎤ ⎬ = ⎩ dt ⎭ dt d ⎧d d t ⎫ ηe t ) = ηe t . ( ⎨ (ηe ) ⎬ = dt ⎩ dt ⎭ dt

c) Jednadžbe strujnih linija za određeni vremenski trenutak dobivaju se rješavanjem sistema jednadžbi dx dy = , vx vy

(t + 1)

dx dy = . y x

Integriranjem se dobiva

(t + 1) ∫

dx dy =∫ , y x

(t + 1) ln x = ln y + ln D1 , y=

1 (t +1) x . D1

Radi jednostavnosti, može se uvesti nova konstanta D = 1/D1 tako da je sada y = Dx (t +1) . U vremenskom trenutku t = 0 strujne linije će biti pravci koji prolaze kroz ishodište opisani jednadžbom y = Dx , a u vremenskom trenutku t = 1 strujne linije će biti parabole opisane jednadžbom y = Dx 2 . Strujne linije za vremenske trenutke t = 0 i t = 1 predstavljene su grafički na slici 3.14.

122

Kinematika fluida

t=0

t=1

y

y

x

x

Slika 3.14 d) Trajektorija fluidnog elementa koji se u trenutku t = 0 nalazio u tački M(1,1) dobiva se rješavanjem sistema jednadžbi dx dy = = dt , vx vy odnosno dx = vx , dt dy = vy , dt čije je rješenje za proizvoljni fluidni djelić danom izrazima x = ξ (t + 1) ,

y = ηe t . Za promatrani fluidni djelić (ξ = 1, η = 1) bit će x = t + 1, y = et .

pa se jednadžba trajektorije tog fluidnog djelića dobije eliminacijom vremena t iz navedenih jednadžbi t = x − 1, y = e x −1 .

Trajektorija opisana jednadžbom y = e x −1 prikazana je grafički na slici 3.15. 123

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

y

e −1

x

Slika 3.15 e) Da bi strujanje fluida bilo nevrtložno (potencijalno) mora biti ispunjen uvjet da je vektor vrtloženja jednak nuli. Dakle 1 rotv = 0 , 2 rotv = 0 ,

ω=

odnosno

i

j k i j k ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = = rotv = ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z vx vy v z x y 0 t +1 ⎡ ∂ ⎤ ⎡ ∂ ∂ ⎡ ∂ ∂ x ⎞⎤ ∂ ⎛ x ⎞⎤ = ⎢ (0) − ( y ) ⎥ i − ⎢ ( 0 ) − ⎛⎜ ⎟⎥ j + ⎢ (y ) − ⎜ ⎟ k, ∂z ∂z ⎝ t + 1 ⎠ ⎦ ∂y ⎝ t + 1 ⎠ ⎦⎥ ⎣ ∂x ⎣ ∂y ⎦ ⎣ ∂x rotv = 0i + 0 j + 0k = 0 . Pošto je rotv = 0 može se zaključiti da je zadano strujanje fluida nevrtložno, odnosno potencijalno, a to znači da postoji određena funkcija ϕ koja predstavlja potencijal brzine takva da je

gradϕ = v , ∂ϕ = vx , ∂x

124

Kinematika fluida

∂ϕ = vy . ∂y gradϕ ⋅ dr = v ⋅ dr , ∂ϕ ∂ϕ dx + dy = v x dx + v ydy , ∂x ∂y odnosno dϕ = v ⋅ dr . Integriranjem se dobiva

ϕ=

M

∫ v ⋅ dr

M

=

M0

∫ v dx + v dy . x

y

M0

Na osnovu dobivenog izraza za funkciju ϕ vidi se da cirkulacija brzine po otvorenoj krivoj M0M ne zavisi od same krive odnosno puta, nego samo od razlike potencijala ϕM − ϕM 0 . Funkcija potencijala brzine može se odrediti na slijedeći način ∂ϕ = vx , ∂x x ∂ϕ = ∂x . t +1 Integriranjem se dobiva x

∫ ∂ϕ = ∫ t + 1 ∂x + f (y ) , odnosno

ϕ=

1 x2 + f (y ) . t +1 2

Funkcija f(y) određuje se iz uvjeta jednakosti izvoda ∂ϕ / ∂y dobivene funkcije ϕ po y – koordinati i izraza za intenzitet brzine u pravcu y – ose, to jest ∂ϕ df = f ' (y ) = ∂y dy ∂ϕ = vy = y , ∂y odnosno

125

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

df =y, dy df = ydy . Integriranjem slijedi

∫ df = ∫ ydy , y2 f = +C . 2 Funkcija potencijala ϕ sada je definirana izrazom

ϕ=

⎞ 1 ⎛ x2 + y2 ⎟ + C . ⎜ 2 ⎝ t +1 ⎠

ZADATAK 3.12

Ispitati da li strujanje fluida čije su komponente brzine zadane izrazima v x = ( x − 2y ) t i v y = − ( 2x + y ) t predstavlja dvodimenzionalno strujanje nestišljivog fluida. Ako predstavlja, odrediti jednadžbu strujnih linija.

Rješenje

Na osnovu zadanih komponenti brzine u postavci zadatka može se zaključiti da strujanje fluida jeste dvodimenzionalno, a da li je u pitanju nestišljiv fluid odredit će se iz uvjeta nestišljivosti divv = 0 ,

to jest mora biti zadovoljen uvjet ∂v x ∂v y + = 0. ∂x ∂y Uvrštavanjem zadanih izraza za komponente brzine u gornji izraz dobiva se ∂ ∂ ⎡⎣( x − 2y ) t ⎤⎦ + ⎡ − ( 2x + y ) t ⎤⎦ = t − t = 0 . ∂x ∂y ⎣ Kako je divv = 0 može se zaključiti da se radi o dvodimenzionalnom strujanju nestišljivog fluida. Jednadžba strujnih linija definirana je u obliku

126

Kinematika fluida

dx dy , = vx vy na osnovu čega slijedi dx dy , = ( x − 2y ) t − ( 2x + y ) t

y 2+ 2x + y dy x . =− =− y dx x − 2y 1− 2 x Uvođenjem slijedeće smjene y y = ux x , dy du = x +u dx dx u=

dobivena diferencijalna jednadžba se svodi na oblik du 2+u x +u = − , dx 1 − 2u odnosno sređivanjem i integriranjem ovog izraza dobiva se du 2+u x=− −u, dx 1 − 2u du −2 − 2u + 2u 2 x= , dx 1 − 2u dx 2u − 1 = du , x 2 + 2u − 2u 2 dx 2u − 1 ∫ x = ∫ 2 + 2u − 2u 2 du , dx 1 2u − 1 ∫ x = 2 ∫ 1 + u − u 2 du , 1 ln x = − ln (1 + u − u 2 ) − ln C , 2 2 1 ⎡ y ⎛y ⎞ ⎤ ln Cx = − ln ⎢1 + − ⎜ ⎟ ⎥ , x ⎝ x ⎠ ⎦⎥ 2 ⎣⎢ 1 , Cx = 2 y ⎛y ⎞ 1+ − ⎜ ⎟ x ⎝x⎠ 127

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida 2

y ⎛y ⎞ − ⎜ ⎟ = 1, x ⎝x⎠ ⎡ y ⎛ y ⎞2 ⎤ 1 2 x ⎢1 + − ⎜ ⎟ ⎥ = 2 = C1 , x ⎝ x ⎠ ⎦⎥ C ⎣⎢

Cx 1 +

i konačno x 2 + xy − y 2 = C1 . Na osnovu dobivenog izraza može se zaključiti da strujne linije predstavljaju familiju hiperbola u ravni Oxy. ZADATAK 3.13

Odrediti jednadžbe strujnih linija vektorskog polja brzine koje je zadano izrazom v = r /r 3 . Rješenje

Jednadžbe strujnih linija dobivaju se rješavanjem sistema jednadžbi dx dy dz = = . vx vy vz Vektorsko polje brzine je zadano izrazom v =

r xi + yj + zk , = 3 2 2 2 3/2 r x + y + z ( )

a intenziteti komponenti brzine u pravouglom koordinatnom sistemu Oxyz su vx =

x r3

vy =

y r3

vz =

z . r3

Zamjenom u polazni sistem jednadžbi strujnih linija dobiva se dx dy dz = = , y z x r3 r3 r3 odnosno dx dy dz = = . y z x

128

Kinematika fluida

Dobivena jednadžba može se svesti na sistem dviju jednadžbi dx dy = , x y dx dz = . x z Integriranjem prve jednakosti dobiva se dy dx =∫ , y x ln y = ln x + ln C1 , y = C1x ,

∫

a integriranjem druge jednakosti dz dx =∫ , z x ln z = ln x + ln C 2 , z = C2x .

∫

Dakle, jednadžbe strujnih linija za zadano vektorsko polje brzina su y = C1x , z = C2x .

ZADATAK 3.14

Za strujanje fluida definirano poljem brzine v = 3yi + 2 j potrebno je: a) odrediti jednadžbe strujne linije i trajektorije koje prolaze kroz koordinatni početak i skicirati ih, b) pokazati da je ubrzanje u svakoj tački toka konstantno i paralelno jednom pravcu kojeg treba odrediti i c) utvrditi da li je dano strujanje potencijalno.

Rješenje

a) Intenziteti komponenti zadanog polja brzina u pravouglom koordinatnom sistemu su v x = 3y

vy = 2

vz = 0 .

129

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Zadano strujanje je stacionarno, to jest ne zavisi od vremena, što znači da se strujne linije i trajektorije poklapaju, odnosno opisane su istim jednadžbama u obliku dx dy dz , = = vx vy vz dx dy dz . = = 3y 2 0 Gornji izraz može se svesti dvije diferencijalne jednadžbe, odnosno može se napisati u obliku dx dy = , 3y 2 dy dz . = 2 0 Rješavanjem ovog sistema integriranjem, dobiva se

diferencijalnih

jednadžbi,

to

jest

njegovim

3 ydy , 2 3 ∫ dx = 2 ∫ ydy , 3 x = y 2 + C1 , i 4 dz = 0 , z = C2 . dx =

Dakle jednadžbe strujnih linija i trajektorija definiraju familiju krivih paralelnih sa horizontalnim ravnima z = C2 i određenih izrazima 3 2 y + C1 , 4 z = C2 . x=

Jednadžbe strujne linije i trajektorije koje prolaze kroz koordinatni početak O(0,0) dobivaju se za vrijednosti konstanti C1 i C2. Na osnovu zadanih uvjeta slijedi 3 2 ⋅ 0 + C1 , 4 0 = C2 , 0=

odnosno

130

Kinematika fluida

C1 = 0

C2 = 0 .

Dakle, jednadžbe strujne linije i trajektorije koje prolaze kroz koordinatni početak O(0,0) glase 3 2 y , 4 z = 0. x=

Dobivene strujne linije i trajektorije prikazane su na slici 3.16. z=0

y

x = 3y2/4 v

vy vx

v

x

0 v

vy vx

Slika 3.16 b) Ubrzanje fluida može se odrediti kao materijalni izvod brzine preko komponenti ubrzanja. Polazeći od vektorske jednadžbe za ubrzanje a=

∂v ∂v ∂v ∂v Dv ∂v = + v ⋅ gradv = + vx + vy + vz , ∂t ∂t ∂x ∂y ∂z Dt

slijedi dv x dv x dv x dv x dv x + vx + vy + vz = vy , dt dx dy dz dy d = 2⋅ ( 3y ) , dy = 6, dv y dv y dv y dv y = + vx + vy + vz = 0, dt dx dy dz = 0.

ax = ax ax ay az

131

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Iz dobivenog se vidi da je ubrzanje fluida konstantno i paralelno sa x – osom, to jest određeno je izrazom a = a x = 6i .

c) Da bi strujanje bilo potencijalno u njemu ne može biti vektora vrtloženja ω , odnosno mora biti ispunjen uvjet da je rotv = 0 . Na osnovu izraza za vektor brzine slijedi i ∂ rotv = ∂x

j ∂ ∂y

k i ∂ ∂ = ∂z ∂x

j ∂ ∂y

k ∂ = ∂z

vx

vx

vx

2

0

3y

⎡ ∂ ⎤ ∂ = ⎢ (0) − ( 2) ⎥ i − ∂z ⎣ ∂y ⎦ ∂ ⎡ ∂ − ⎢ (0) − ( 3y )⎤⎥ j + ∂z ⎣ ∂x ⎦ ⎡ ∂ ⎤ ∂ + ⎢ ( 2) − ( 3y ) ⎥ k , ∂y ⎣ ∂x ⎦

odnosno rotv = −3k ≠ 0 .

Uzevši u obzir da je rotv ≠ 0 očigledno je da promatrano strujanje fluida nije potencijalno (bezvrtložno), jer postoji vektor vrtloženja određen izrazom

ω = ωz =

(

)

1 1 3 rotv = −3k = − k . 2 2 2

ZADATAK 3.15

Coutte-ovo tečenje (lamiran tok između dvije ploče od kojih jedna miruje, a druga se kreće brzinom v1) definirano je rasporedom brzine vx = 0 , ⎡z z v y = v1 ⎢ + Π h ⎣h vz = 0 .

h 2 Δp z ⎞⎤ ⎛ − , 1 Π = , ⎜ ⎟ 2μv1 L h ⎠ ⎥⎦ ⎝

Potrebno je odrediti vektor rotacije ω , tenzor brzine deformacije D i tenzor napona N . Također odrediti kako će izgledati ω , D i N kad obje ploče miruju 132

Kinematika fluida

(v1 = 0), te da li je prosti Coutte-ov tok ( Π = 0) vrtložan ili nevrtložan, stišljiv ili nestišljiv. z

v1

O

y

Slika 3.17 Rješenje

Vektor rotacije ω definiran je izrazom

ω=

1 rotv , 2

odnosno i ∂ rotv = ∂x vx

j ∂ ∂y vy

k i ∂ ∂ = ∂z ∂x vz 0

j ∂ ∂y vy

k ∂ = ∂z 0

⎡ ∂ ⎤ ⎡ ∂ ⎤ ∂ ∂ ∂ ⎡ ∂ = ⎢ (0) − vy )⎥ i − ⎢ ( 0 ) − ( 0 )⎤⎥ j + ⎢ (v y ) − ( 0 )⎥ k = ( ∂z ∂z ∂y ⎣ ∂x ⎦ ⎣ ∂y ⎦ ⎣ ∂x ⎦ ⎛ ∂v y ⎞ ⎛ ∂v y ⎞ = −⎜ ⎟i + ⎜ ⎟k , ⎝ ∂z ⎠ ⎝ ∂x ⎠

gdje je ∂v y

⎧ ⎡z z⎛ z ⎞⎤ ⎫ ⎨v1 ⎢ + Π ⎜1 − ⎟ ⎥ ⎬ = 0 , h⎝ h ⎠⎦ ⎭ ∂x ⎩ ⎣h ∂v y 2Π ⎞ z⎛ z ⎞ ⎤ ⎫ v1 ⎛ ∂ ⎧ ⎡z z⎟. = ⎨v1 ⎢ + Π ⎜1 − ⎟ ⎥ ⎬ = ⎜1 + Π − h⎝ h ⎠⎦ ⎭ h ⎝ h ⎠ ∂z ∂z ⎩ ⎣ h =

∂ ∂x

Na osnovu izvedenog slijedi da je

133

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

ω=

1 v1 ⎛ 2Π ⎞ z − Π − 1⎟ i . ⎜ 2h ⎝ h ⎠

Tenzor brzine deformacije D može se odrediti primjenom izraza ⎡ ∂v x ⎢ ∂x ⎢ ⎢ 1 ⎛ ∂v y + D= ⎢ ⎜ ⎢ 2 ⎝ ∂x ⎢ ⎢ 1 ⎛ ∂v z ⎢ 2 ⎜⎝ ∂x + ⎣

∂v x ⎞ ⎟ ∂y ⎠ ∂v x ⎞ ⎟ ∂z ⎠

1 ⎛ ∂v x ∂v y ⎞ 1 ⎛ ∂v x + + ⎜ ⎟ ⎜ ∂x ⎠ 2 ⎝ ∂z 2 ⎝ ∂y ∂v y 1 ⎛ ∂v y + ⎜ ∂y 2 ⎝ ∂z ∂v z 1 ⎛ ∂v z ∂v y ⎞ + ⎜ ⎟ ∂z ⎠ ∂z 2 ⎝ ∂y

⎞⎤ ⎟⎥ ⎠⎥ ∂v z ⎞ ⎥⎥ ⎟ . ∂y ⎠ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦

∂v z ∂x

Pošto postoji samo y - komponenta brzine vy i s obzirom da je ona funkcija samo od z – koordinate bit će ∂v x ∂v x ∂v x ∂v z ∂v z ∂v z ∂v y ∂v y = = = = = = = = 0, ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ⎡ ⎢0 0 ⎢ D= ⎢0 0 ⎢ ⎢ ⎢0 1 ∂v y ⎢⎣ 2 ∂z

⎤ 0 ⎥ ⎥ 1 ∂v y ⎥ . 2 ∂z ⎥ ⎥ 0 ⎥ ⎥⎦

Zamjenom izraza za parcijalni izvod

∂v y / ∂z

deformacije dobiva se

⎡ ⎤ ⎢0 ⎥ 0 0 ⎢ ⎥ ⎢ 1 v1 ⎛ 2Π ⎞ ⎥ z ⎟⎥ . D= ⎢0 0 ⎜1 + Π − h h 2 ⎝ ⎠⎥ ⎢ ⎢ ⎥ 1 v1 ⎛ 2Π ⎞ z⎟ 0 ⎢0 ⎥ ⎜1 + Π − h ⎠ 2h ⎝ ⎣ ⎦ Tenzor napona N definiran je izrazom ⎡N xx ⎢ N= ⎢N yx ⎢N zx ⎣

134

N xy N yy N zy

N xz ⎤ ⎥ N yz ⎥ . N zz ⎥⎦

u izraz za tenzor brzine

Kinematika fluida

Prema Stokes-ovom zakonu viskoznosti N = − p I + 2μ D . Veza između komponenti tenzora napona i komponenti tenzora brzine deformacije definirana je izrazima ∂v x , ∂x ∂v y = − p + 2μ , ∂y ∂v = − p + 2μ z , ∂z ∂v y ⎛ ∂v = N yx = μ ⎜ x + ∂x ⎝ ∂y

N xx = − p + 2μ N yy N zz N xy

⎛ ∂v y ∂v z N yz = N zy = μ ⎜ + ∂y ⎝ ∂z ∂v ⎛ ∂v N zx = N xz = μ ⎜ z + x ∂z ⎝ ∂x

⎞ ⎟, ⎠ ⎞ ⎟, ⎠ ⎞ ⎟. ⎠

Zamjenom vrijednosti odgovarajućih izvoda u gornjim jednadžbama dobiva se N xx = − p , N yy = − p , N zz = − p , N xy = N yx = 0 , N yz = N zy = μ

∂v y

N zx = N xz = 0 ,

∂z

,

A uvrštavanjem dobivenih komponenti u izraz za tenzor napona dobiva se tenzor napona u obliku ⎡ ⎢− p ⎢ N= ⎢ 0 ⎢ ⎢ ⎢0 ⎣⎢

0 −p

μ

∂v y ∂z

⎤ 0 ⎥ ⎥ ∂v y ⎥ μ . ∂z ⎥ ⎥ −p ⎥ ⎦⎥

Zamjenom izraza za parcijalni izvod ∂v y / ∂z u izraz za tenzor napona dobiva se njegov konačni oblik 135

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

⎡ ⎢− p ⎢ ⎢ N= ⎢ 0 ⎢ ⎢ ⎢0 ⎣

⎤ ⎥ 0 0 ⎥ v1 ⎛ 2Π ⎞ ⎥ z ⎟⎥ . −p μ ⎜1 + Π − h ⎝ h ⎠⎥ ⎥ v ⎛ 2Π ⎞ z⎟ −p μ 1 ⎜1 + Π − ⎥ h ⎝ h ⎠ ⎦

Za slučaj kad obje ploče miruju (v1 = 0) izraz za brzinu u pravcu ose y i izvod te brzine po koordinati z imaju oblik ⎡ z ⎛ h 2 Δp ⎞ z ⎛ z⎛ z ⎞⎤ z ⎞ ⎤ h Δp ⎛ z2 ⎞ ⎡z v y = v1 ⎢ + Π ⎜1 − ⎟ ⎥ = v1 ⎢ + ⎜ ⎟ ⎜1 − ⎟ ⎥ = ⎜z − ⎟, h⎝ h ⎠⎦ h ⎠ ⎦ 2μ L ⎝ h ⎠ ⎣h ⎣ h ⎝ 2μv1 L ⎠ h ⎝ ∂v y h Δp ⎛ 2z ⎞ = ⎜1 − ⎟. ∂z h ⎠ 2μ L ⎝ U tom slučaju izrazi za vektor rotacije, tenzor brzine deformacije i tenzor napona glase ⎡ 2 ⎛ h 2 Δp ⎞ ⎛ h 2 Δp ⎞ ⎤ z − ⎢ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − 1⎥ i = h 2 v L 2 v L μ μ 1 1 ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎣ ⎝ ⎛ Δp h Δp ⎞ h Δp ⎛ 2z ⎞ z− =⎜ − 1⎟ i , ⎜ ⎟i = 4μ L ⎠ 4μ L ⎝ h ⎠ ⎝ 2μ L

ω=

1 v1 ⎛ 2Π ⎞ 1 v1 z − Π − 1⎟ i = ⎜ 2h ⎝ h ⎠ 2h

⎡ ⎤ ⎢0 ⎥ 0 0 ⎢ ⎥ ⎢ 1 v1 ⎛ 2Π ⎞ ⎥ z ⎟⎥ = D= ⎢0 0 ⎜1 + Π − h h 2 ⎝ ⎠⎥ ⎢ ⎢ ⎥ 1 v1 ⎛ 2Π ⎞ z⎟ 0 ⎢0 ⎥ ⎜1 + Π − h ⎠ 2h ⎝ ⎣ ⎦ ⎡ ⎢ 0 ⎢0 ⎢ = ⎢⎢0 0 ⎢ ⎢ 1 v1 ⎡ ⎛ h 2 Δp ⎞ 2 ⎛ h 2 Δp ⎞ ⎤ ⎢0 ⎢1 + ⎜ ⎟− ⎜ ⎟z⎥ 2 h ⎢⎣ ⎝ 2μv1 L ⎠ h ⎝ 2μv1 L ⎠ ⎥⎦ ⎣⎢

odnosno

136

⎤ ⎥ 0 ⎥ ⎥ 2 2 1 v1 ⎡ ⎛ h Δp ⎞ 2 ⎛ h Δp ⎞ ⎤ ⎥ 1 + − z ⎢ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎥ , 2 h ⎣⎢ ⎝ 2μv1 L ⎠ h ⎝ 2μv1 L ⎠ ⎦⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ 0 ⎦⎥

Kinematika fluida

⎡ ⎤ ⎢0 ⎥ 0 0 ⎢ ⎥ ⎢ h Δp ⎛ 2z ⎞ ⎥ D= ⎢0 0 ⎜1 − ⎟⎥ , i 4 L h μ ⎝ ⎠⎥ ⎢ ⎢ ⎥ h Δp ⎛ 2z ⎞ 0 ⎢0 ⎥ ⎜1 − ⎟ 4μ L ⎝ h ⎠ ⎣ ⎦ ⎡ ⎢− p ⎢ ⎢ N= ⎢ 0 ⎢ ⎢ ⎢0 ⎣ ⎡ ⎢ ⎢− p ⎢ ⎢ =⎢ 0 ⎢ ⎢ ⎢0 ⎣⎢

⎤ ⎥ 0 0 ⎥ v1 ⎛ 2Π ⎞ ⎥ z ⎟⎥ = −p μ ⎜1 + Π − h ⎝ h ⎠⎥ ⎥ v ⎛ 2Π ⎞ z⎟ −p μ 1 ⎜1 + Π − ⎥ h ⎝ h ⎠ ⎦ ⎤ ⎥ 0 0 ⎥ ⎥ 2 2 v1 ⎡ ⎛ h Δp ⎞ 2 ⎛ h Δp ⎞ ⎤ ⎥ μ ⎢1 + ⎜ −p ⎟− ⎜ ⎟z⎥ , h ⎢⎣ ⎝ 2μv1 L ⎠ h ⎝ 2μv1 L ⎠ ⎥⎦ ⎥ ⎥ 2 2 ⎥ ⎡ ⎤ ⎛ h Δp ⎞ 2 ⎛ h Δp ⎞ v ⎥ μ 1 ⎢1 + ⎜ −p ⎟− ⎜ ⎟z⎥ h ⎣⎢ ⎝ 2μv1 L ⎠ h ⎝ 2μv1 L ⎠ ⎦⎥ ⎦⎥

odnosno ⎡ ⎤ ⎢0 ⎥ 0 0 ⎢ ⎥ ⎢ 2z ⎞ ⎥ h Δp ⎛ N= ⎢0 0 ⎜1 − ⎟⎥ . 2L ⎝ h ⎠⎥ ⎢ ⎢ ⎥ 2z ⎞ h Δp ⎛ 0 ⎢0 ⎥ ⎜1 − ⎟ 2L ⎝ h ⎠ ⎣ ⎦ Kod prostog Coutte-ovog toka (Π = 0) pri samoj postavci polazi se od pretpostavke da je tok nestišljiv. Da bi se utvrdilo da li je tok vrtložan treba se odrediti rotv za taj slučaj. ⎡z z v y = v1 ⎢ + 0 ⋅ h ⎣h ⎛ ∂v y rotv = − ⎜ ⎝ ∂z

z ⎞⎤ z ⎛ ⎜1 − ⎟ ⎥ = v1 , h ⎠⎦ h ⎝

⎞ ⎛ ∂v y ⎟i + ⎜ ⎠ ⎝ ∂x

⎞ v1 v1 ⎟ k = − i +0k = − i . h h ⎠

Tok će biti nevrtložan samo ako je v1 = 0. Za v1 ≠ 0 tok je vrtložan.

137

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

ZADATAK 3.16

Odrediti na kojem rastojanju y od zida cijevi kružnog poprečnog presjeka radijusa R lokalna brzina iznosi koliko i srednja brzina strujanja, ako je raspored brzina po presjeku cijevi dat izrazom

(n + 1)(n + 2) v v= 2

n

sr

1 r ⎞ ⎛ ⎜1 − ⎟ , pri čemu je n = . 7 R⎠ ⎝ v sr

y R

r

v

Slika 3.18 Rješenje

Raspored brzina u cijevi dat je izrazom ⎛1 ⎞⎛ 1 ⎞ 8 15 1 1 + 1⎟ ⎜ + 2 ⎟ ⋅ ⎜ 7 n + 1)(n + 2) ( r r r 7 ⎛ ⎞ ⎠⎝ 7 ⎠ v ⎛1 − ⎞ = 7 7 v ⎛1 − ⎞ 7 , v= v sr ⎜1 − ⎟ = ⎝ sr ⎜ sr ⎜ ⎟ ⎟ 2 2 2 R⎠ R⎠ R⎠ ⎝ ⎝ ⎝ n

60 v= v sr 49

1

r ⎞7 ⎛ ⎜1 − ⎟ . R⎠ ⎝

Ako se udaljenost od zida cijevi označi sa y, prema slici 3.18, bit će y = R −r , r = R −y , to jest 60 v= v sr 49

1

R − y ⎞ 7 60 ⎛ v sr ⎜1 − ⎟ = 49 R ⎠ ⎝

1

⎛ y ⎞7 ⎜ ⎟ . ⎝R ⎠

Udaljenost y kod koje je lokalna brzina jednaka srednjoj dobiva se iz uvjeta

138

Kinematika fluida

v sr

60 = v sr 49

1

⎛ y ⎞7 ⎜ ⎟ , ⎝R ⎠

1

⎛ y ⎞ 7 49 , ⎜ ⎟ = 60 ⎝R ⎠ 7

⎛ 49 ⎞ y =R⎜ ⎟ = 0,2423R . ⎝ 60 ⎠

ZADATAK 3.17

Zadano je polje brzina v = (16x 2 + y ) i + 10 j + yz 2k . Odrediti ugaonu brzinu fluidnog djelića u položaju r = 6i + 3 j + 2k . Rješenje

Komponente brzine zadanog polja brzina su v y = 10

v x = 16x 2 + y

v z = yz 2 .

Ugaona brzina fluidnog djelića računa se iz izraza i 1 1 ∂ ω = rotv = 2 2 ∂x vx

j ∂ ∂y vy

k i j k ∂ 1 ∂ ∂ ∂ = = ∂z 2 ∂x ∂y ∂z vz 16x 2 + y 10 yz 2

⎤ 1 ⎪⎧ ⎡ ∂ ∂ 2 (10 ) ⎥ i − ⎨ ⎢ ( yz ) − 2 ⎩⎪ ⎣ ∂y ∂z ⎦ ∂ ⎡ ∂ ⎤ − ⎢ ( yz 2 ) − 16x 2 + y ) ⎥ j + ( ∂z ⎣ ∂x ⎦ =

⎡ ∂ ⎤ ⎪⎫ ∂ + ⎢ (10 ) − 16x 2 + y ) ⎥ k ⎬ , ( ∂y ⎣ ∂x ⎦ ⎪⎭ odnosno

ω=

(

)

1 2 z i − 0j −k . 2

U zadanom položaju ugaona brzina će biti

139

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

ω=

(

)

1 2 1 2 i − 0 j − k = 2i − k . 2 2

ZADATAK 3.18

Izračunati cirkulaciju vektora brzine oko pravougaonika ABCD ako je vektorsko polje zadano projekcijama na ose pravouglog koordinatnog sistema v x = by , v y = 0 , v z = 0 . Odrediti u kakvoj je vezi cirkulacija sa površinom pravougaonika. y

D

C

v

h

L x

O A

B

Slika 3.19 Rješenje

Cirkulacija vektora brzine v po zatvorenoj liniji može se izračunati primjenom krivuljnog integrala, to jest Γ=

∫ v ⋅ dr = ∫ v dx + v dy + v dz . x

C

y

z

C

S obzirom da su dvije komponente polja brzina jednake nuli, v y = v z = 0 , cirkulacija će biti jednaka Γ=

∫ v dx = ∫ bydx , x

C

C

odnosno Γ=

∫ bydx + ∫ bydx + ∫ bydx + ∫ bydx .

AB

BC

CD

DA

Geometrijske karakteristike pojedinih linija koje čine zatvorenu krivu ABCD su AB: BC:

140

y=0 x=h

; 0 ≤ x ≤ h, ; 0 ≤ y ≤ L,

Kinematika fluida

0 ≤ x ≤ h ; y = L, x=0 ; 0 ≤ y ≤ L.

CD: DA:

Uzevši u obzir navedene karakteristike slijedi da je cirkulacija jednaka h

Γ = ∫ b ⋅ 0 ⋅ dx + 0

0

∫

BC

by ⋅ 0 + ∫ bLdx + h

∫

DA

h

by ⋅ 0 = − ∫ bLdx = −bLx 0 = −bA , h

0

odnosno Γ = −bA .

Dakle, iz dobivenog izraza se može zaključiti da je cirkulacija zadanog polja brzina po pravougaoniku ABCD proporcionalna površini istog. Cirkulacija se može odrediti i primjenom integralne teoreme Stokes-a prema izrazu Γ=

∫ v ⋅ dr = ∫ rotv ⋅ dA ,

C

A

gdje je rotor vektora brzine v jednak i ∂ rotv = ∂x vx

j ∂ ∂y vy

k i ∂ ∂ = ∂z ∂x vz by

j ∂ ∂y 0

k ∂ = ∂z 0

⎡ ∂ ⎤ ⎡ ∂ ⎤ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⎢ (0) − ( 0 )⎥ i − ⎢⎡ ( 0 ) − (by )⎥⎤ j + ⎢ ( 0 ) − (by ) ⎥ k , ∂z ∂z ∂y ⎣ ∂x ⎦ ⎣ ∂y ⎦ ⎣ ∂x ⎦

odnosno rotv = −bk .

Sada je cirkulacija vektora brzine jednaka Γ = ∫ rotv ⋅ dA = ∫ −b ⋅ dAz = −b ∫ dAz = −bA . A

A

A

ZADATAK 3.19

Zadano je vektorsko polje brzina v = (16x 2 + y ) i + 10 j + yz 2k . a) Klasificirati polje, to jest odrediti vrstu polja za razne vrijednosti x, y i z. b) Odrediti vrtložno polje odnosno jednadžbu vrtložnih linija.

141

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Rješenje

a) Zadano polje brzina ima komponente vektora brzine v x = 16x 2 + y

v y = 10

v z = yz 2 .

Da bi se odredila vrsta polja potrebno je odrediti divergenciju i rotor vektorskog polja brzina. Divergencija i rotor vektora brzine određeni su izrazima divv =

∂v x ∂v y ∂v z ∂ ∂ ∂ 16x 2 + y ) + + + = (10 ) + (yz 2 ) , ( ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z

odnosno divv = 32x + 2yz = 2 (16x + yz ) , i

i ∂ rotv = ∂x vx

j ∂ ∂y vy

k i j k ∂ ∂ ∂ ∂ = = ∂z ∂x ∂y ∂z vz 16x 2 + y 10 yz 2

⎡ ∂ ⎤ ∂ = ⎢ ( yz 2 ) − (10 ) ⎥ i − ∂z ⎣ ∂y ⎦ ∂ ⎡ ∂ ⎤ − ⎢ ( yz 2 ) − 16x 2 + y ) ⎥ j + ( ∂z ⎣ ∂x ⎦ ⎡ ∂ ⎤ ∂ + ⎢ (10 ) − 16x 2 + y ) ⎥ k , ( ∂y ⎣ ∂x ⎦

odnosno rotv = z 2i − k ≠ 0 .

Pošto je rotv ≠ 0 moguća su dva slučaja: 1° divv = 0 , to jest 16x = −yz – polje je vrtložno, 2° divv ≠ 0 , to jest 16x ≠ −yz – polje je složeno. b) Za slučaj vrtložnog polja vektor vrtloženja definiran je izrazom 1 rotv , 2 1 1 ω = ωx i + ωy j + ωz k = z 2i − k . 2 2

ω = ωx i + ωy j + ωz k =

142

Kinematika fluida

Jednadžba vrtložnih linija se dobiva iz izraza dx

ωx

=

dz

.

ωz

Uvrštavanjem komponenti vektora vrtloženja dobiva se dx dz = , z2 − 1 2 2 dx = −z 2dz , odnosno x =−

z3 +C . 3

ZADATAK 3.20

Odrediti srednju vrijednost brzine fluida ako je raspored brzina između dva paralelna zida za različite slučajeve prikazan na dijagramima, slika 3.20. Širina presjeka strujanja okomita na ravan crteža je b. y

y

y

parabola v0

O

krug v0

O

v x h

v x

v0

O

h

a)

v x h

b)

c)

y

y s

s v0 s v x

O

v0 s v x

O

parabola d)

e)

Slika 3.20

143

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Rješenje

Srednja brzina strujanja fluida definirana je izrazom v sr =

V 1 = ∫ v ⋅ dA . A AA

Da bi se odredila srednja brzina strujanja fluida za slučajeve prikazane na slici 3.20 potrebno je definirati izraz za profil brzina koji figurira u podintegralnoj funkciji navedenog izraza. a) Profil brzina je parabola, pa je podintegralna funkcija definirana izrazom v = ay 2 + by + c , u kojem treba odrediti koeficijente a, b i c. Brzina je jednaka nuli (v = 0) za y1 = h i y2 = −h . Brzina v je jednaka v0 za

y = 0. Ekstrem funkcije v = v(y) definiran je prvim izvodom funkcije brzine po koordinati y izjednačenim s nulom dv = 0, dy d ay 2 + by + c ) = 0 , ( dy 2ay + b = 0 , b y=− . 2a Za y = 0 i v = vmax −

b = 0, 2a

to jest b = 0.

Koordinata ekstrema (brzina v) jednaka je v0

144

Kinematika fluida

b 2 − 4ac = v0 , 4a c = v0 −

Za kvadratnu funkciju vrijedi slijedeći identitet c , a v −h 2 = 0 , a v a = − 02 . h y1y2 =

Zamjenom konstanti a, b i c u profil brzine dobiva se ⎡ ⎛ y ⎞2 ⎤ v0 2 v = − 2 y + v 0 = v 0 ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ . h ⎢⎣ ⎝ h ⎠ ⎥⎦ Srednja brzina fluida za ovaj slučaj će biti v sr

h ⎡ ⎛ y ⎞2 ⎤ ⎡ ⎛ y ⎞2 ⎤ 1 1 1 = ∫ v ⋅ dA = ∫ v 0 ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ dA = ⋅ 2∫ v 0 ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ bdy = AA A A ⎣⎢ ⎝ h ⎠ ⎦⎥ A 0 ⎣⎢ ⎝ h ⎠ ⎦⎥ h

v b⎛ v 0b ⎛ v 0b 2h 1 y3 ⎞ h⎞ = 2 0 ⎜y − 2 , ⎟ =2 ⎜h − ⎟ = 2 A ⎝ h 3 ⎠0 A ⎝ 3⎠ b ⋅ 2h 3 2 v sr = v 0 . 3 Analogna procedura izvođenja primjenjuje se i za ostale zadane slučajeve. b) Profil brzina su dva pravca, pa je zadan izrazom v = ay + b , u kojem treba odrediti koeficijente a i b. Brzina je jednaka v0 (v = v0) za y = 0, b = v0 . Brzina je jednaka nuli (v = 0) za y =h , 0 = ah + v 0 ,

145

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

a=−

v0 . h

Zamjenom konstanti a i b u profil brzine dobiva se v =−

v0 y⎞ ⎛ y + v 0 = v 0 ⎜1 − ⎟ h h⎠ ⎝

Srednja brzina fluida za ovaj slučaj će biti h

v sr

1 1 y⎞ 1 y⎞ ⎛ ⎛ = ∫ v ⋅ dA = ∫ v 0 ⎜1 − ⎟ dA = ⋅ 2∫ v 0 ⎜1 − ⎟ bdy = AA AA ⎝ h⎠ A 0 ⎝ h⎠ h

v sr

v b⎛ v 0b ⎛ v 0b h 1 y2 ⎞ h⎞ = 2 0 ⎜y − , ⎟ =2 ⎜h − ⎟ = 2 A ⎝ h 2 ⎠0 A ⎝ 2⎠ b ⋅ 2h 2 1 = v0 2

c) Profil brzina je dio kruga, pa je zadan izrazom v 02 ∼ h 2 , v 02 = k ph 2 ,

gdje je k p = v 02 /h 2 konstanta proporcionalnosti. v 2 ∼ h 2 − y2 , ⎡ ⎛ y ⎞2 ⎤ v 02 2 2 2 v = k p (h − y ) = 2 (h − y ) = v 0 ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ , h ⎣⎢ ⎝ h ⎠ ⎦⎥ 2

2

2

⎡ ⎛ y ⎞2 ⎤ v v = v 0 ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ = 0 h 2 − y 2 . ⎢⎣ ⎝ h ⎠ ⎥⎦ h

Srednja brzina fluida za ovaj slučaj će biti h

v sr

v 1 1 v 1 = ∫ v ⋅ dA = ∫ 0 h 2 − y 2 dA = ⋅ 2∫ 0 h 2 − y 2 bdy = AA AAh A 0h

=2

v 0b hA

vb =2 0 hA

146

h

∫ 0

π /2

∫ 0

y = h sin t y = 0 → t = arcsin 0 = 0 dy = h cos tdt 2 2 h − y dy = = y t = arcsin y = h → t = arcsin1 = π /2 h vb h − h sin t ⋅ h cos tdt = 2 0 A 2

2

2

π /2

∫ 0

h 1 − sin2 t ⋅ cos tdt

Kinematika fluida

v bh =2 0 A

= v sr =

v 0bh A

π 4

π /2

∫ 0

v bh cos tdt = 2 0 A 2

π /2

1 ⎛ ⎞ ⎜ t + sin 2t ⎟ 2 ⎝ ⎠0

=

π /2

1 ∫ 2 (1 + cos 2t ) dt = 0

v 0bh π ⋅ , b ⋅ 2h 2

v0 .

d) Profil brzina je dio parabole i dio sa homogenim rasporedom brzine, pa je parabolični dio profila zadan izrazom v1 = ay 2 + by + c , u kojem treba odrediti koeficijente a, b i c. Brzina je jednaka nuli (v1 = 0) za y1 = 0 i y2 = 2s . Ekstrem funkcije v1(y) definirani je y – koordinatom b =s, 2a b = −2as . −

Za kvadratnu funkciju vrijedi slijedeći identitet y1y2 = c , a c = 0.

c , a

0=

Koordinata ekstrema (brzina v1) jednaka je v0 b 2 − 4ac − = v0 , 4a b2 − = v0 , 4a

( −2as ) −

2

= v0 , 4a v a = − 02 . s 2v ⎛ v ⎞ b = −2 ⎜ − 02 ⎟ s = 0 . s ⎝ s ⎠

147

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

Zamjenom konstanti a, b i c u profil brzine dobiva se ⎡ y ⎛ y ⎞2 ⎤ v 0 2 2v 0 v1 = − 2 y + y = v 0 ⎢2 − ⎜ ⎟ ⎥ . s s ⎣⎢ s ⎝ s ⎠ ⎦⎥ Homogeni dio profila brzina zadan je izrazom v2 = v0 . Srednja brzina fluida za ovaj slučaj će biti ⎧⎪ ⎫⎪ ⎡ y ⎛ y ⎞2 ⎤ v ⎨ ∫ 0 ⎢2 − ⎜ ⎟ ⎥ dA + ∫ v 0dA ⎬ = A2 ⎩⎪ A1 ⎢⎣ s ⎝ s ⎠ ⎥⎦ ⎭⎪ 2 s 2 ⎧⎪ ⎫⎪ ⎡ y ⎛y ⎞ ⎤ 1 = ⎨2 ∫ v 0 ⎢2 − ⎜ ⎟ ⎥ bdy + v 0 ∫ dA ⎬ = A1 + A2 ⎪⎩ s A2 ⎪⎭ ⎣⎢ s ⎝ s ⎠ ⎦⎥ 2s ⎧⎪ ⎫⎪ ⎡ y ⎛ y ⎞2 ⎤ 1 2 v b = ⎨ 0 ∫ ⎢2 − ⎜ ⎟ ⎥ dy + v 0 A2 ⎬ = A1 + A2 ⎩⎪ ⎢ s ⎝ s ⎠ ⎦⎥ s ⎣ ⎭⎪

v sr =

⎞ 1⎛ 1 ⎜ ∫ v1 ⋅ dA + ∫ v 2 ⋅ dA ⎟ = ⎜ ⎟ A ⎝ A1 A2 ⎠ A1 + A2

2s ⎧⎪ ⎫⎪ ⎛ 2 y2 1 y3 ⎞ − + 2 v b v A ⎨ 0 ⎜ ⎟ 0 2⎬ = 2 s 2 s 3 ⎝ ⎠ ⎪⎩ ⎪⎭ s 1 ⎧ 1 ⎫ ⎡1 2 2 3 3 ⎤ = ⎨2v 0b ⎢ ( 4s − s ) − 2 ( 8s − s ) ⎥ + v 0b ⋅ 2s ⎬ = b ⋅ 2s + b ⋅ 2s ⎩ 3s ⎣s ⎦ ⎭

1 = A1 + A2

1 ⎧ 7 ⎞ ⎫ 1 ⎧ 2 ⎛ ⎫ ⎨2v 0b ⎜ 3s − s ⎟ + 2v 0bs ⎬ = ⎨2v 0b ⋅ s + 2v 0bs ⎬ = 4bs ⎩ 3 ⎠ 3 ⎝ ⎭ ⎭ 4bs ⎩ 1 ⎧4 1 10 ⎫ = v 0bs , ⎨ v 0bs + 2v 0bs ⎬ = 4bs ⎩ 3 ⎭ 4bs 3 5 = v0 6 =

v sr

e) Profil brzina je dio pravca i dio sa homogenim rasporedom brzine, pa je dio profila koji je pravac zadan izrazom v1 = ay + b , u kojem treba odrediti koeficijente a i b. Brzina je jednaka v0 (v1 = v0) za y = s, v 0 = as + b .

148

Kinematika fluida

Brzina je jednaka nuli (v1 = 0) za y = 2s , 0 = a ⋅ 2s + b .

Iz gornje dvije relacije dobivaju se vrijednosti koeficijenata v0 , s b = 2v 0 .

a=−

Zamjenom konstanti a i b u profil brzine dobiva se v1 = −

v0 y⎞ ⎛ y + 2v 0 = v 0 ⎜ 2 − ⎟ . s s⎠ ⎝

Homogeni dio profila brzina zadan je izrazom v2 = v0 .

Srednja brzina fluida za ovaj slučaj će biti v sr =

⎞ 1⎛ 1 ⎜ ∫ v1 ⋅ dA + ∫ v 2 ⋅ dA ⎟ = ⎜ ⎟ A ⎝ A1 A2 ⎠ A1 + A2

⎧⎪ ⎫⎪ y⎞ ⎛ ⎨ ∫ v 0 ⎜ 2 − ⎟ dA + ∫ v 0dA ⎬ = s⎠ A2 ⎩⎪ A1 ⎝ ⎭⎪

⎧⎪ 2s ⎛ ⎫⎪ y⎞ ⎨2 ∫ v 0 ⎜ 2 − ⎟ bdy + v 0 ∫ dA ⎬ = s⎠ A2 ⎪⎩ s ⎝ ⎪⎭ 2s ⎧ ⎫ 1 y⎞ ⎛ = ⎨2v 0b ∫ ⎜ 2 − ⎟ dy + v 0 A2 ⎬ = A1 + A2 ⎩ s⎠ s ⎝ ⎭ 2s ⎧⎪ ⎫⎪ ⎛ 1 1 y2 ⎞ v b y v A 2 2 = − + ⎨ 0 ⎜ ⎟ 0 2⎬ = A1 + A2 ⎪ s 2 ⎝ ⎠s ⎪⎭ ⎩ 1 ⎧ 1 ⎫ ⎡ ⎤ 4s 2 − s 2 ) ⎥ + v 0b ⋅ 2s ⎬ = = ( ⎨2v 0b ⎢2 ( 2s − s ) − 2s b ⋅ 2s + b ⋅ 2s ⎩ ⎣ ⎦ ⎭ =

1 A1 + A2

⎫ 1 ⎧ 3s ⎤ ⎡ + 2v 0bs ⎬ = ⎨2v 0b ⎢2s − ⎥ 4bs ⎩ 2⎦ ⎣ ⎭ 1 ⎧ s ⎫ = ⎨2v 0b + 2v 0bs ⎬ , 4bs ⎩ 2 ⎭ 3 = v0 . 4 =

v sr

149

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida

ZADATAK 3.21

Zadano je stacionarno dvodimenzionalno strujanje oko cilindra radijusa b. Koristeći polarno-cilindrične koordinate izražena je brzina strujanja neviskoznog i nestišljivog fluida jednadžbom ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ b 2v b 2v v (r ,θ ) = − ⎜ v 0 cos θ − 2 0 cos θ ⎟ r0 + ⎜ v 0 sin θ + 2 0 sin θ ⎟ θ 0 , r r ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

gdje je v0 = const. Odrediti koliko se ubrzava fluidni djelić koji se pod uglom θ = α nalazi na graničnoj površini cilindra.

r0

θ0

r

b

θ

Slika 3.21 Rješenje

Izraz za ubrzanje fluidnog elementa u polarno-cilindričnim koordinatama glasi a=

vv ⎞ Dv ⎛ Dvr vθ2 ⎞ ⎛ Dv =⎜ − ⎟ r0 + ⎜ θ + r θ ⎟ θ0 . Dt ⎝ Dt r ⎠ r ⎠ ⎝ Dt

Pojedini članovi u gornjem izrazu su slijedeći ⎛ ⎞ b 2v b 4v 2 vθ2 = ⎜v 02 sin2 θ + 2v 0 sin θ 2 0 sin θ + 4 0 sin2 θ ⎟ = r r ⎝ ⎠ 2

⎛ ⎛ b2 b4 ⎞ b2 ⎞ = v sin θ ⎜1 + 2 2 + 4 ⎟ = v 02 sin2 θ ⎜1 + 2 ⎟ , r r ⎠ r ⎠ ⎝ ⎝ 2 0

150

2

Kinematika fluida

⎛ ⎞⎛ ⎞ b 2v 0 b 2v 0 vrvθ = − ⎜v 0 cos θ − 2 cos θ ⎟ ⎜ v 0 sin θ + 2 sin θ ⎟ = r r ⎝ ⎠⎝ ⎠ 2 ⎛ ⎞ bv b 2v b 4v 2 = − ⎜v 02 sin θ cos θ + v 0 cos θ 2 0 sin θ − v 0 cos θ 2 0 sin θ − 4 0 sin θ cos θ ⎟ = r r r ⎝ ⎠ 4 2 bv = 4 0 sin θ cos θ − v 02 sin θ cos θ = r ⎛ b4 ⎞ 1 ⎛ b4 ⎞ = v 02 sin θ cos θ ⎜ 4 − 1⎟ = v 02 sin 2θ ⎜ 4 − 1⎟ , ⎝r ⎠ 2 ⎝r ⎠

v ∂vr ∂v Dvr ∂vr = + vr r + θ = ∂t ∂r Dt r ∂θ ⎛ ⎞ ⎛ 2b 2v 0 ⎞ b 2v 0 = − ⎜v 0 cos θ − 2 cos θ ⎟ ⎜ − cos θ ⎟ + 3 r r ⎝ ⎠⎝ ⎠ 2 2 ⎞⎛ ⎞ bv bv 1⎛ + ⎜ v 0 sin θ + 2 0 sin θ ⎟ ⎜ v 0 sin θ − 2 0 sin θ ⎟ = r⎝ r r ⎠⎝ ⎠

2b 2v 02 2b 4v 02 v 02 b 2v 02 2 2 2 θ − θ + θ − cos cos sin sin2 θ + 3 5 3 r r r r 2 2 4 2 bv bv + 3 0 sin2 θ − 5 0 sin2 θ = r r 2 2 ⎛ ⎛ 2v b b2 ⎞ v 2 b4 ⎞ = 03 cos 2 θ ⎜1 − 2 ⎟ + 0 sin2 θ ⎜1 − 4 ⎟ , r r ⎠ r r ⎠ ⎝ ⎝ =

Dvθ ∂vθ ∂v v ∂vθ = + vr θ + θ = Dt ∂t ∂r r ∂θ ⎛ ⎞ ⎛ 2b 2v 0 ⎞ b 2v 0 sin θ ⎟ + = − ⎜v 0 cos θ − 2 cos θ ⎟ ⎜ − 3 r r ⎝ ⎠⎝ ⎠ 2 2 ⎞⎛ ⎞ bv bv 1⎛ + ⎜v 0 sin θ + 2 0 sin θ ⎟ ⎜ v 0 cos θ + 2 0 cos θ ⎟ = r⎝ r r ⎠⎝ ⎠

2b 2v 02 2b 4v 02 v 02 b 2v 02 θ θ − θ θ + θ θ + sin cos sin cos sin cos sin θ cos θ + r3 r5 r r3 b 2v 02 b 4v 02 + 3 sin θ cos θ + 5 sin θ cos θ = r r 2 2 4b v 0 b 4v 04 v 02 = θ θ − θ θ + sin cos sin cos sin θ cos θ = r3 r5 r ⎛ ⎛ v2 4b 2 b 4 ⎞ v 2 4b 2 b 4 ⎞ = 0 sin θ cos θ ⎜1 + 2 − 4 ⎟ = 0 sin 2θ ⎜1 + 2 − 4 ⎟ . r r r ⎠ 2r r r ⎠ ⎝ ⎝ =

Zamjenom izvedenih izraza u izraz za ubrzanje dobiva se

151

Zbirka riješenih zadataka iz Mehanike fluida 2 ⎛ ⎛ ⎛ Dv ⎡ 2v 02b 2 b 2 ⎞ v 02 b 4 ⎞ v 02 b2 ⎞ ⎤ 2 2 2 cos θ ⎜1 − 2 ⎟ + sin θ ⎜1 − 4 ⎟ − sin θ ⎜1 + 2 ⎟ ⎥ r0 + =⎢ a= Dt ⎢ r 3 r r r r r ⎠ ⎥ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎣ ⎦ ⎡v 2 ⎛ ⎤ ⎞ v 2 ⎛ b4 4b 2 b 4 ⎞ = ⎢ 0 ⎜1 + 2 − 4 ⎟ sin 2θ + 0 ⎜ 4 − 1⎟ sin 2θ ⎥ θ0 . 2r ⎝ r r r ⎠ ⎠ ⎣ 2r ⎝ ⎦

Sređivanjem i uvrštavanjem zadanog ugla α i radijusa b u izraz za vektor ubrzanja fluidnog djelića dobiva se 4v 02 sin2 α 2v 02 sin 2α a=− r0 + θ0 . b b

152

Dinamika fluida

4. DINAMIKA FLUIDA ZADATAK 4.1 U prostoru nizvodno od brane, prikazane na slici 4.1, razvija se takvo strujanje vode da postoji područje toka sa brzinama suprotno usmjerenim od smjera glavnog toka. U jednom presjeku u tom području brzina u jednom području je va = 3,048 m/s u smjeru glavnog toka, a u drugom području vb = 0,9144 m/s suprotno od glavnog toka. Odrediti ukupni maseni protok kroz taj presjek (dio kontrolne površine označen sa 2–2 na slici 4.1), ako je širina kanala 6,096 m. 2

1 brana

KP

KV vb va

0,5486 m 0,3658 m

1

2

Slika 4.1 Rješenje Da bi se odredio protok kroz zadanu površinu potrebno je riješiti integral m =

∫

G

G

ρv ⋅ dA ,

A2

G G pri čemu je polje brzine kroz dati presjek zadano sa dvije brzine va = 3,048i i G G vb = −0,9144i . Pošto su brzine konstantne po presjeku, integral se može razložiti na zbir dva integrala m =

G

∫ ρv

Aa

a

G G G ⋅ dA + ∫ ρvb ⋅ dA =ρva Aa + ρ ( −v b ) Ab = ρ (v a Aa − vb Ab ) , Ab

m = 1000 ⋅ ( 3,048 ⋅ 0,3658 − 0,9144 ⋅ 0,5486 ) ⋅ 6,096 , m = 3,739 kg/s .

153

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

ZADATAK 4.2 Kocka od trešnjevog drveta ivice dužine b je zaronjena u vodu (ρv = 1000 kg/m3) na dubinu h = 2,45 m. Relativna gustina drveta u odnosu na vodu je ρrd = 2/3. Odrediti ubrzanje kocke prema slobodnoj površini vode kada se kocka trenutno otpusti i za koje vrijeme će kocka stići do slobodne površine. Otpor strujanja zanemariti. z

G Fu

ρv

T

ρd

G a

G G

b

Slika 4.2 Rješenje Ako se zanemare otpori strujanja, ubrzanje kocke može se odrediti iz jednadžbe kretanja kocke, odnosno drugog Newton-ovog zakona za kretanje kocke prema slobodnoj površini G G G mda = Fu − G .

Projektovanjem jednadžbe na vertikalnu osu z dobiva se mda z = Fu − G . Pošto je zadana relativna gustina drveta, stvarna gustina drveta će biti

ρrd =

ρd , ρv

odnosno

ρd = ρrd ρv . Masa drvene kocke, sila uzgona i sila težine iznose

md = ρdV = ρrd ρvb 3 , Fu = mv g = ρvb 3g , 154

Dinamika fluida

G = md g = ρrd ρvb 3g . Zamjenom u jednadžbu kretanja dobiva se

ρrd ρvb 3a z = ρvb 3g − ρrd ρvb 3g , ρrda z = g (1 − ρrd ) , az =

1 − ρrd

ρrd

g=

2 3g=g, 2 2 3

1−

9,81 , 2 a z = 4,905 m/s2 . az =

Vrijeme koje je potrebno da kocka stigne do slobodne površine može se odrediti iz izraza za pređeni put iz stanja mirovanja bez početne brzine

azt 2 , 2 2h , t= az

h=

2 ⋅ 2,45 , 4,905 t =1s .

t=

ZADATAK 4.3

Nestišljiv fluid (ρ, μ = const) struji laminarno između dvije beskonačne paralelne ploče razmaknute za širinu b, kao što je prikazano na slici 4.3. Strujanje se odvija pod djelovanjem gradijenta pritiska ∂p / ∂z = k (gdje je k G negativna konstanta) i kretanja jedne ploče konstantnom brzinom U 0 . Izvesti izraz za raspored brzina, skicirati profil brzine v = v(y) i diskutirati utjecaj gravitacije, gradijenta pritiska i kretanja ploče na profil brzine za U0 > 0, U0 = 0 i U0 < 0.

155

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida z

ρ,μ

x

G U0

b

G g

O

y

Slika 4.3 Rješenje

Da bi se opisalo strujanje primijenit će se osnovne jednadžbe mehanike fluida, to jest zakon o održanju mase (jednadžba kontinuiteta) i zakon održanja količine kretanja (Navier-Stokes-ove jednadžbe). Jednadžba kontinuiteta ima oblik ∂v x ∂v y ∂v z + + = 0, ∂x ∂y ∂z a Navier-Stokes-ove jednadžbe

ρ ρ

ρ

⎛ ∂ 2v ∂ 2v y ∂ 2v z Dv x ∂p = ρ f mx − + μ ⎜ 2x + + 2 ⎜ ∂x Dt y ∂x ∂ ∂z 2 ⎝ Dv y Dt

= ρ f my −

⎛ ∂ 2v ∂ 2v y ∂ 2v z ∂p + μ ⎜ 2x + + 2 ⎜ ∂x y ∂y ∂ ∂z 2 ⎝

⎛ ∂ 2v ∂ 2v y ∂ 2v z Dv z ∂p = ρ f mz − + μ ⎜ 2x + + 2 ⎜ ∂x Dt ∂z ∂ ∂z 2 y ⎝

⎞ ⎟⎟ , ⎠ ⎞ ⎟⎟ , ⎠ ⎞ ⎟⎟ . ⎠

Materijalni izvodi komponenti brzine (ubrzanje fluidnog elementa) definirani su izrazima ∂v ∂v ∂v Dv x ∂v x = + v x x + vy x + v z x , ∂t ∂x ∂y ∂z Dt ∂v y ∂v y ∂v y Dv y ∂v y = + vx + vy + vz , ∂t ∂x ∂y ∂z Dt

156

Dinamika fluida

Dv z ∂v z ∂v ∂v ∂v = + v x z + vy z + vz z . ∂t ∂x ∂y ∂z Dt Fluid se kreće u samo jednom pravcu (z – osa) pa vrijedi

v x = vy = 0 .

Strujanje je stacionarno i dvodimenzionalno, te su parcijalni izvodi bilo koje veličine po vremenu i u pravcu x – ose jednaki nuli, to jest ∂ ∂ (...) = (...) = 0 . ∂t ∂x Iz jednadžbe kontinuiteta dobiva se ∂v z = 0, ∂z na osnovu čega slijedi da je komponenta brzine vz funkcija samo od y koordinate v z = v z (y ) .

Pošto se kretanje fluida odvija samo pod djelovanjem gradijenta pritiska u pravcu z – ose vrijedi ∂p ∂p = = 0, ∂x ∂y ∂p =k. ∂z Na fluid djeluje jedino masena sila gravitacije usmjerena u pravcu z – ose pa je

f mx = f my = 0 , f z = −g . Zamjenom prethodnih relacija u Navier-Stokes-ove jednadžbe dobiva se 0 = −ρg − k + μ

∂ 2v z , ∂y 2

∂ 2v z 1 = ( ρg + k ) . ∂y 2 μ Pošto je v z = v z ( y ) može se pisati

157

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

d ⎛ dv z ⎞ 1 ⎜ ⎟ = ( ρg + k ) , dy ⎝ dy ⎠ μ ⎛ dv ⎞ 1 d ⎜ z ⎟ = ( ρ g + k ) dy . ⎝ dy ⎠ μ

Integracijom posljednjeg izraza dobiva se ⎛ dv z ⎞ 1 ⎟ = ( ρ g + k ) ∫ dy , ⎠ μ dv z 1 = ( ρ g + k ) y + C1 , μ dy

∫ d ⎜⎝ dy

⎡1 ⎤ = ∫ ⎢ ( ρ g + k ) y + C1 ⎥ dy , ⎣μ ⎦ 1 vz = ( ρ g + k ) y 2 + C1y + C2 . 2μ

∫ dv

z

Konstante C1 i C2 mogu se odrediti iz uvjeta da je brzina fluida na čvrstoj granici jednaka brzini čvrste granice. Dakle v z = 0 za y = 0 , v z = U 0 za y = b ,

na osnovu čega slijedi 1 ( ρ g + k ) 02 + C1 ⋅ 0 + C2 , 2μ C2 = 0 , 1 U0 = ( ρ g + k ) b 2 + C1b + 0 , 2μ b ( ρg + k ) U C1 = o − . 2μ b 0=

Izraz za raspored brzina v z = v z ( y ) glasi vz =

b ( ρg + k ) ⎤ ⎡U 1 ( ρg + k ) y2 + ⎢ o − ⎥ y, 2μ 2μ ⎣b ⎦

odnosno vz =

158

U 1 ( ρ g + k ) (y 2 − by ) + o y . 2μ b

Dinamika fluida

Da bi se nacrtao profil brzine mora se analizirati izraz za raspored brzina i njegov izvod definiran izrazom dv z 1 b⎞ U ⎛ = (ρ g + k ) ⎜ y − ⎟ + o . μ dy 2⎠ b ⎝

Koordinata y u kojoj je definirana ekstremna vrijednost brzine dobiva se izjednačavanjem prvog izvoda brzine sa nulom b⎞ U ⎛ (ρ g + k ) ⎜ y − ⎟ + o = 0 , μ 2⎠ b ⎝ U0 b μ . y = ym = − 2 ( ρg + k ) b

1

S obzirom da je funkcija v z ( y ) definirana za pozitivne vrijednosti y (0 ≤ y ≤ b) to znači da za postojanje ekstrema mora biti ispunjen uvjet

μ

Uo b < , (ρ g + k ) b 2

odnosno Uo <

b2 (ρ g + k ) . 2μ

Pošto u posljednjem uvjetu Uo i ( ρ g + k ) mogu imati pozitivan ili negativan predznak, mogu nastupiti slijedeći slučajevi 1° Uo i ( ρ g + k ) su istog predznaka Uo μ > 0, (ρ g + k ) b ym < b /2 , 2° Uo i ( ρ g + k ) su različitog istog predznaka Uo μ < 0, (ρ g + k ) b ym > b /2 . Drugi izvod izraza za brzinu definiran je izrazom d 2v z 1 = ( ρ g + k ) = const . μ dy 2

159

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

Pošto je drugi izvod konstantan funkcija nema prevojnih tačaka, a postojanje minimuma ili maksimuma zavisi od predznaka člana funkcije ( ρ g + k ) to jest za ( ρ g + k ) < 0 funkcija v z ( y ) ima maksimum, za ( ρ g + k ) > 0 funkcija v z ( y ) ima minimum. Na osnovu gore navedenog mogu se nacrtati različiti oblici profila brzine zadanog strujanja koji su radi preglednosti prikazani u tabeli 4.1. Tabela 4.1 (ρ g + k ) < 0 z

z

b

Uo > 0 Uo

(ρ g + k ) > 0

b2 > (ρ g + k ) 2μ

vz(y)

G U0

z

b

b2 < (ρ g + k ) 2μ

O

y

Uo > 0 Uo

G U0

vz(y)

O

z

vz(y)

b

b

G U0

G U0

O

vz(y)

y

O

z

y

y

z

b

b y

O

vz(y)

Uo = 0

vz(y) O

160

y

Dinamika fluida z

z

b y O

Uo < 0

vz(y)

G U0

b > (ρ g + k ) 2μ

z

b

z y

Uo < 0 Uo

y

O

vz(y)

2

Uo

b

O

b2 < (ρ g + k ) 2μ

vz(y) G U0

G U0

b y

O

vz(y)

G U0

ZADATAK 4.4

S ciljem eksperimentalnog određivanja sile potrebne za kretanje broda upotrijebljen je princip relativnog kretanja i model broda je postavljen u ispitni kanal. Na slici 4.4 su prikazani pojednostavljeni profili brzine izmjereni u jednom presjeku uzvodno i jednom presjeku nizvodno od modela. Izmjeren je također pad pritiska između ta dva presjeka. Ako se sila trenja može zanemariti, odrediti silu otpora kretanju modela broda. Dati su podaci: B = 1 m (dubina kanala), u1 = 3 m/s, ρ = 1000 kg/m3, Δp = 0,05 bar G v 2,max

G v1

ρ = const 2B

Slika 4.4 Rješenje

Da bi se odredila sila otpora kretanju modela broda primijenit će se osnovne jednadžbe mehanike fluida. Na slici 4.5 je predstavljen usvojeni kontrolni volumen sa ucrtanim silama koje djeluju na fluid unutar njega.

161

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

G v1

KP KV

G Fp1

2B

G v 2,max

z G F

G Fp 2

y O

x

(1)

(2)

Slika 4.5 Sa slike vidimo da se brzina strujanja fluida nizvodno od modela broda, zbog linearnog profila, može definirati izrazom v2 = C z .

Konstanta C se određuje iz graničnog uvjeta da je za z = B brzina strujanja fluida v 2 jednaka v 2,max . v 2,max = CB , C=

B v 2,max

,

odnosno v2 =

v 2,max B

z .

Za promatrani kontrolni volumen postavljaju se osnovne jednadžbe mehanike fluida (zakoni održanja). Površina na ulazu u kontrolni volumen jednaka je površini na izlazu A1 = A2 = A. Jednadžba održanja mase glasi ∂ ∂t

∫

KV

ρdV +

v∫

G G

ρvdA = 0 .

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su

162

Dinamika fluida

∂ ∂t

∫

ρdV = 0 ,

KV

G G

G G

G G

v∫ ρvdA = ∫ ρvdA + ∫ ρvdA = − ρv ∫ dA + ρ

v 2,max

1

KP

A1

A2

= − ρv1A1 + 2ρ

v 2,max

= −2ρv1B + 2ρ 2

= −2ρv1B 2 + 2ρ

B

A1

∫

B

zdA = −2ρv1B 2 + 2ρ

A2 /2

v 2,max

B

B

∫ dx ∫ zdz = −2ρv B 1

B v 2,max B

2

∫

z dA =

A2

v 2,max B

+ 2ρ

∫

zdxdz =

A2 /2

v 2,max B

0

0

⋅B ⋅

B2 = −2ρv1B 2 + ρv 2,max B 2 . 2

B

⋅x 0

z2 ⋅ 2

B

= 0

Zamjenom u izraz za zakon o održanju mase slijedi 0 = −2ρv1B 2 + ρv 2,max B 2 , 2ρv1B 2 = ρv 2,max B 2 ,

v 2,max = 2v1 ,

2v1 z. B

v2 =

Jednadžba održanja količine kretanja definirana je izrazom ∂ ∂t

∫

G

ρvdV +

KV

G

G G

G

v∫ v ( ρvdA ) = ∑ F

p ,i

KP

G + ∑ Fm ,i .

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su ∂ ∂t

∫

G

ρvdV = 0 ,

KV

G G G v v∫ ρvdA =

KP

G

∑F

p ,i

G

G

G G ) ∫ vG ( ρvdA ) + ∫ vG ( ρvdA ),

(

A1

A2

G G G G + ∑ Fm ,i = F + Fp1 + Fp 2 .

Zamjenom u jednadžbu održanja količine kretanja dobiva se G

G G

G

G G

G

G

∫ v ( ρvdA ) + ∫ v ( ρvdA ) = F + F

A1

p1

G + Fp 2 .

A2

G G Fp1 i Fp 2 su sile kojima se obuhvata djelovanje relativnog pritiska na površinu G kontrolnog volumena, a F je sila kojom brod djeluje na fluid. Projektovanjem gornje jednadžbe na y – osu i korištenjem izraza za održanje mase dobiva se

163

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

G G v ρ vdA + 1 ∫

A1

G

G ) ∫ v ( ρvdA ) = −F + F

(

2

p1

− Fp 2 ,

A2

− ρv1v1 ∫ dA + ρ ∫ v 2v 2dA = −F + p1A1 − p2 A2 , A1

A2

⎛ 2v ⎞ − ρv12 A1 + ρ ⎜ 1 ⎟ ⎝ B ⎠

2

∫ z dA = −F + ( p 2

1

⎛ 2v ⎞ − ρv12 A + 2ρ ⎜ 1 ⎟ ⎝ B ⎠

2

⎛ 2v ⎞ − ρv12 A + 2ρ ⎜ 1 ⎟ ⎝ B ⎠

2 B

B

0

0

∫

z 2dxdz = −F + ΔpA ,

A2 /2

2 ∫ dx ∫ z dz = −F + ΔpA ,

2

3 B z ⎛ 2v ⎞ − ρv A + 2ρ ⎜ 1 ⎟ ⋅ x 0 ⋅ 3 ⎝ B ⎠

B

= −F + ΔpA ,

2 1

−2ρv12B 2 + 2ρ −2ρv12B 2 +

− p2 ) A ,

A2

2 1 2

0

3

4v B ⋅B ⋅ = −F + ΔpA , 3 B

8 2 2 ρv1 B = −F + Δp ⋅ 2B 2 , 3

2 2 2 ρv1 B = −F + Δp ⋅ 2B 2 , 3 2 ⎛ 1 ⎞ F = − ρv12B 2 + Δp ⋅ 2B 2 = ⎜ − ρv12 + Δp ⎟ ⋅ 2B 2 . 3 ⎝ 3 ⎠ Sila kojom brod djeluje na fluid u kontrolnom volumenu jednaka je po intenzitetu sili otpora kretanju broda i suprotnog je smjera. Intenzitet sile otpora iznosi

⎛1 ⎞ Fotp = ⎜ ρv12 − Δp ⎟ ⋅ 2B 2 , ⎝3 ⎠ ⎛1 ⎞ Fotp = ⎜ ⋅ 1000 ⋅ 32 − 0,05 ⋅ 105 ⎟ ⋅ 2 ⋅ 12 , ⎝3 ⎠ Fotp = −4000 N .

ZADATAK 4.5

Razlika pritisaka u turbulentnom toku nestišljivog fluida kroz cijev posljedica je vrtloženja nizvodno od prigušnice. Smatrajući da raspored brzina u presjecima 1–1 i 2–2 odgovara potpuno razvijenom turbulentnom toku i zanemarujući trenje o zidove, izračunati silu kojom fluid djeluje na prigušnicu. Promjer cijevi je d = 200 mm, a apsolutni pritisci iznose p1 = 1,25 ⋅ 105 Pa i p2 = 1,03 ⋅ 105 Pa.

164

Dinamika fluida

1

2

p1

p2

G v

D

1

2

Slika 4.6 Rješenje

Za određivanje sile kojom fluid djeluje na prigušnicu primijenit će se osnovne jednadžbe mehanike fluida (zakoni održanja). Kao kontrolni volumen bira se prostor u cijevi koji oko prigušnice, kako je prokazano na slici 4.7.

y 1

2

p1

p2 O

KV G Fx

G Fp1

x

G Fp 2

G v

D KP 1

2

Slika 4.7 Jednadžba održanja mase glasi

∂ ∂t

∫

ρdV +

KV

v∫

G G

ρvdA = 0 .

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su

∂ ∂t

v∫

KP

∫

ρdV = 0 ,

KV

G G

ρvdA =

∫

A1

G G

ρvdA +

∫

A2

G G

ρvdA = − ρv1 ∫ dA + ρv 2 ∫ dA =

= − ρv1A1 + ρv 2 A2 = − ρv1

A1

A2

D π D π + ρv 2 , 4 4 2

2

165

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

Zamjenom u izraz za zakon o održanju mase dobiva se izraz za jednadžbu kontinuiteta

− ρv1

D 2π D 2π + ρv 2 = 0, 4 4

iz kojeg slijedi da su brzine na ulazu u kontrolni volumen i izlazu iz njega jednake, to jest

v1 = v 2 . Jednadžba održanja količine kretanja glasi

∂ ∂t

∫

G G G G G v ρ vdA F F = + ∑ p,i ∑ m ,i . v∫

G

(

ρvdV +

KV

)

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su

∂ ∂t

∫

G

ρvdV = 0 ,

KV

G G G v v∫ ρvdA =

KP

(

G

∑F

p ,i

G

G

G G ) ∫ vG ( ρvdA ) + ∫ vG ( ρvdA ), A1

A2

G G G G + ∑ Fm ,i = F + Fp1 + Fp 2 .

Zamjenom u jednadžbu količine kretanja dobiva se G G G v ∫ ρvdA +

(

A1

G

G

G

G ) ∫ vG ( ρvdA )=F +F

G + F p1 p2 .

A2

G Da bi se dobila sila F koja djeluje na fluid u kontrolnom volumenu, potrebno G G je u jednadžbu uvrstiti sile apsolutnog pritiska Fp1 i Fp 2 . Projektovanjem jednadžbe količine kretanja na x – osu dobiva se G G v ρ vdA + ∫ 1

(

A1

G

G ) ∫ v ( ρvdA ) = −F 2

x

+ Fp1 − Fp 2 ,

A2

ρ ∫ −v1 ⋅ v1dA + ρ ∫ v 2 ⋅ v 2dA = −Fx + Fp1 − Fp 2 , A1

A2

ρ ∫ −v1 ⋅ v1dA + ρ ∫ v 2 ⋅ v 2dA = −Fx + Fp1 − Fp 2 , A1

A2

− ρv A1 + ρv A2 = −Fx + p1A1 − p2 A2 , 0 = −Fx + p1A1 − p2 A2 , 2 1

2 2

Fx = p1A1 − p2 A2 = p1

166

D 2π D 2π D 2π − p2 = ( p1 − p2 ) . 4 4 4

Dinamika fluida

Uvrštavanjem zadanih brojčanih vrijednosti dobiva se

Fx = (1,25 − 1,03 ) ⋅ 105 ⋅ Fx = 690,8 N .

0,22 π , 4

Sila kojom fluid djeluje na prigušnicu jednaka je po intenzitetu i suprotnog je smjera, to jest usmjerena u pozitivnom pravcu x – ose.

ZADATAK 4.6

Kroz kanal širine B = 1,5 m prema slici 4.8, protječe V = 8 m3/s vode (ρ = 1000 kg/m3). Ako manometri postavljeni u presjecima 1–1 i 2–2 pokazuju pritiske pm1 = 39240 Pa i pm2 = 19620 Pa odrediti silu kojom voda djeluje na branu. pat

1

H1

2

ρ

H2 2

1

Slika 4.8 Rješenje

Za određivanje sile kojom voda djeluje na branu primijenit će se osnovne jednadžbe mehanike fluida (zakoni održanja). Kao kontrolni volumen bira se prostor oko brane između presjeka 1–1 i 2–2, prema slici 4.9. pat

1

y KV

G Fx

G v1

H1

G Fp1

O 2

KP

ρ

x

G v2 G H2 Fp 2

1

2

Slika 4.9 167

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

Jednadžba održanja mase glasi

∂ ∂t

∫

ρdV +

KV

v∫

G G

ρvdA = 0 .

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su

∂ ∂t

v∫

∫

ρdV = 0 ,

KV

G G

ρvdA =

KP

∫

G G

ρvdA +

A1

∫

A2

G G

ρvdA = − ρv1 ∫ dA + ρv 2 ∫ dA = A1

A2

= − ρv1A1 + ρv 2 A2 = − ρv1H1B + ρv 2H 2B . Zamjenom u izraz za zakon o održanju mase dobiva se

− ρv1H1B + ρv 2H 2B = 0 , ρv1H1B = ρv 2H 2B , v H B = v H B = V . 1

1

2

2

Iz dobivenog izraza mogu se izračunati intenziteti brzina strujanja vode u presjecima 1–1 i 2–2

V , H1B 8 v1 = , 4 ⋅ 1,5 v1 = 1,33 m/s , V v2 = , H 2B 8 v2 = , 2 ⋅ 1,5 v 2 = 2,66 m/s . v1 =

Visine H1 i H2 mogu se odrediti primjenom osnovne jednadžbe hidrostatike uzimajući u obzir pokazivanje manometara u presjecima 1–1 i 2–2, kako slijedi

pat + ρ gH1 = pat + pm1 , p H 1 = m1 , ρg 39240 H1 = , 1000 ⋅ 9,81 H1 = 4 m , i

168

Dinamika fluida

pat + ρ gH 2 = pat + pm 2 p H2 = m2 , ρg 19620 H2 = , 1000 ⋅ 9,81 H2 = 2 m . Jednadžba održanja količine kretanja glasi

∂ ∂t

G G G G G v ρ vdA F F = + ∑ ∑ p ,i m ,i . v∫

G

∫

(

ρvdV +

KV

)

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su

∂ ∂t

G

∫

ρvdV = 0 ,

KV

G G G v∫ v ρvdA =

KP

G

∑F

G

G

G G ) ∫ vG ( ρvdA ) + ∫ vG ( ρvdA ),

(

p ,i

A1

A2

G G G G + ∑ Fm ,i = F + Fp1 + Fp 2 .

Zamjenom u jednadžbu količine kretanja dobiva se G G G v ∫ ρvdA +

A1

G

G

G

G ) ∫ vG ( ρvdA )=F +F

(

p1

G + Fp 2 .

A2

G Da bi se dobila sila F koja djeluje na fluid u kontrolnom volumenu, potrebno G G je u jednadžbu uvrstiti sile apsolutnog pritiska Fp1 i Fp 2 . Projektovanjem jednadžbe količine kretanja na x – osu dobiva se G G v ρ vdA + 1 ∫

A1

(

G

G ) ∫ v ( ρvdA ) = −F 2

x

+ Fp1 − Fp 2 ,

A2

−v1ρ ∫ v1dA + ρv 2 ∫ v 2dA = −Fx + Fp1 − Fp 2 , A1

A2

− ρv H1B + ρv H 2B = −Fx + p1H1B − p2H 2B , 2 1

2 2

Fx = ρv12H1B − ρv 22H 2B + p1H1B − p2H 2B

= ρ B (v12H1 − v 22H 2 ) + B ( p1H1 − p2H 2 ) =

= ρ B (v12H1 − v 22H 2 ) + B ⎡⎣( pat + pm1 ) H1 − ( pat + pm 2 ) H 2 ⎤⎦ . Uvrštavanjem zadanih brojčanih vrijednosti dobiva se

169

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

Fx = 1000 ⋅ 1,5 (1,332 ⋅ 4 − 2,662 ⋅ 2) + 1,5 ⎡⎣(105 + 39240 ) ⋅ 4 − (105 + 19620 ) ⋅ 2⎤⎦ , Fx = 465967 N . Sila kojom fluid djeluje na branu bit će istog intenziteta i suprotnog smjera, to jest usmjerena u pozitivnom pravcu x – ose.

ZADATAK 4.7

G Mlaz vode apsolutne brzine v i promjera d udara u lopaticu koja se kreće G brzinom vl u zadanom smjeru. Potrebno je:

a) odrediti koliki treba da bude ugao θ da bi se pri konstantnoj brzini lopatice G G vl postigla maksimalna sila na lopaticu Fmax , G b) ako je θ = π, odrediti kolika će biti brzina lopatice vl pri kojoj je sila na lopaticu maksimalna, G c) ako je θ = π, odrediti kolika će biti brzina lopatice vl pri kojoj se postiže maksimalna snaga na lopatici, G d) izračunati maksimalnu silu Fmax i maksimalnu snagu koju lopatica razvija

Pmax ako je v = 10 m/s, d = 5 cm i θ = π.

d

G v

θ G v

G vl

d

G F

Slika 4.10 Rješenje

a) Za određivanje traženih nepoznatih veličina promatrat će se jednadžba održanja količine kretanja. Kao kontrolni volumen bira se prostor koji obuhvata mlaz vode i površinu lopatice preko koje on struji, slika 4.11. Relativna brzina kretanja fluida u odnosu na lopaticu iznosi

G G G vrel = v − vl . Jednadžba održanja količine kretanja ima oblik

∂ ∂t

∫

KV

170

G

ρvrel dV +

G G G G G = + v ρ v dA F F ∑ p,i ∑ m ,i . rel v∫

(

KP

)

Dinamika fluida

y d O G v

θ G v

d

x

G vl

KP

G F

KV

Slika 4.11 Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su

∂ ∂t

∫

KV

G

ρvrel dV = 0 ,

G G G v ρ v dA v∫ rel rel =

KP

G

∑F

p ,i

G dA + rel

) ∫ vG ( ρvG

(

rel

G dA , rel

) ∫ vG ( ρvG

A1

rel

A2

)

G G G G + ∑ Fm ,i = F + Fp1 + Fp 2 .

Zamjenom u jednadžbu količine kretanja dobiva se G

G

∫ v ( ρv rel

rel

A1

G dA +

) ∫ vG ( ρvG rel

A2

rel

G G G G dA = F + Fp1 + Fp 2 .

)

G Da bi se direktno dobila sila F kojom voda djeluje na lopaticu, potrebno je u G G jednadžbu uvrstiti sile relativnog pritiska Fp1 i Fp 2 . Kako na svim površinama osim na površini lopatice vlada atmosferski pritisak, zbir ovih sila će biti jednake nuli. Projektovanjem jednadžbe količine kretanja na x – osu dobiva se G v ρ v dA ∫ rel rel +

A1

(

) ∫ v ( ρv rel

A2

G dA = −Fx , rel

)

vrel ρ ( −vrel A ) + v rel cos θρ (vrel A ) = −Fx ,

odnosno 2 2 2 Fx = ρvrel A − ρvrel cos θ A = ρvrel A (1 − cos θ ) .

Projektovanjem jednadžbe količine kretanja na y – osu dobiva se

171

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

G v ρ v dA ∫ rel rel +

(

A1

) ∫ v ( ρv rel

G dA = Fy , rel

A2

)

0 + vrel sin θρ (vrel A ) = Fy ,

odnosno 2 Fy = ρvrel sin θ A .

Intenzitet ukupna rezultujuće sile kojom voda djeluje na lopaticu iznosi 2 2 F = Fx2 + Fx2 = ⎡⎣ ρvrel A (1 − cos θ ) ⎤⎦ + ( ρvrel sin θ A ) = 2

2

2 2 = ρvrel A 1 − 2cos θ + cos2 θ + sin2 θ = ρvrel A ⋅ 2 ⋅ 1 − cos θ

Ova sila će imati maksimalnu vrijednost ako je lopatica postavljena okomito na mlaz vode, to jest ako je cos θ = −1 ,

odnosno

θ =π . U tom slučaju maksimalna sila iznosit će 2 2 2 2 Fmax = ρvrel A ⋅ 2 ⋅ 1 − cos π = ρvrel A ⋅ 2 ⋅ 2 = 2ρvrel A = 2ρvrel

d 2π , 4

odnosno 2 Fmax = ρvrel

d 2π . 2

b) Ako je ugao θ = π, maksimalna sila mlaza vode na lopaticu koja se može ostvariti bit će u slučaju kada se lopatica ne kreće, odnosno kada je njena brzina jednaka nuli, na osnovu čega slijedi 2 Fmax = ρvrel

2 d 2π d 2π 2 d π = ρ (v − vl ) = ρv 2 . 2 2 2

c) Snaga koja se postiže na lopatici jednaka je proizvodu sile koja djeluje na lopaticu i brzine kretanja lopatice P = Fvl = ρ (v − vl )

172

2

d 2π ⋅ vl . 2

Dinamika fluida

Za određivanje maksimalne snage, potrebno je odrediti njen izvod po brzini i izjednačiti ga s nulom, kako slijedi dP = 0, dvl ⎤ d ⎡ ρd 2π 2 (v − vl ) ⋅ vl ⎥ = 0 , ⎢ dvl ⎣ 2 ⎦

ρ d 2π ⎡ d

2 2 dv ⎤ (v − vl ) ⋅ vl + (v − vl ) ⋅ l ⎥ = 0 , ⎢ dvl ⎦ ⎣ dvl

2

ρd 2π ⎡ 2 −2 (v − vl ) ⋅ vl + (v − vl ) ⋅ 1⎤ = 0 , 2 ⎣ ρd 2π ⎡⎣3vl2 − 4vvl + v 2 ⎤⎦ = 0 , 2

⎦

odnosno 3vl2 − 4vvl + v 2 = 0 , 4v ± 16v 2 − 4 ⋅ 3v 2 4v ± 2v , = 6 6 =v ,

vl ,12 =

vl ,1

vl ,2 =

1 v. 3

Za slučaj kada je brzina lopatice jednaka brzini mlaza, to jest za vl ,1 = v , snaga će biti jednaka P = Pmin = ρ (v − vl )

2

d 2π ⋅v = 0 . 2

Za slučaj kada je brzina lopatice jednaka trećini brzine mlaza, to jest za vl ,1 = (1/3 ) v , snaga će biti jednaka 2

P = Pmax

1 ⎞ d 2π 1 2 ⎛ = ρ ⎜v − v ⎟ ⋅ v= ρd 2π v 3 . 3 ⎠ 2 3 27 ⎝

d) Za zadane brojčane vrijednosti, maksimalna sila kojom voda djeluje na lopaticu iznosi Fmax Fmax

0,052 π = 1000 ⋅ 10 , 2 = 392,7 N , 2

173

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

a maksimalna snaga koja se postiže na lopatici jednaka je 2 ⋅ 1000 ⋅ 0,052 π ⋅ 103 , 27 = 581,8 W .

Pmax = Pmax

ZADATAK 4.8

Protok vode (ρ = 998,2 kg/m3) preko brane iznosi 10 m3/s po metru širine brane koja je okomita na ravan strujanja. G G a) Ako je brzina v 2 = 2v1 , odrediti dubine H1 i H2. G b) Odrediti horizontalnu komponentu sile F kojom voda djeluje na branu po metru njene širine za zadani protok i dubine H1 i H2 izračunate pod a). Pretpostaviti strujanje savršenog nestišljivog fluida. pat

G v1

H1 G v2

ρ

H2

Slika 4.12 Rješenje

Za određivanje traženih veličina promatrat će se osnovne jednadžbe mehanike fluida, to jest zakoni održanja. Kao kontrolni volumen bira se prostor između presjeka 1–1, uzvodno od brane, i presjeka 2–2, nizvodno od brane, kako je prikazano na slici 4.13. pat

1 1

G v1

z

KV

H1

KP G Fx

2

ρ R

2 1

2

Slika 4.13

174

x

O

G v2

H2 R

Dinamika fluida

a) Jednadžba održanja mase glasi ∂ ∂t

∫

ρdV +

KV

v∫

G G

ρvdA = 0 .

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su ∂ ∂t

v∫

∫

ρdV = 0 ,

KV

G G

ρvdA =

KP

∫

G G

ρvdA +

A1

∫

A2

G G

ρvdA = − ρv1 ∫ dA + ρv 2 ∫ dA = A1

A2

= − ρv1A1 + ρv 2 A2 = − ρv1H1B + ρv 2H 2B .

Zamjenom u izraz za zakon o održanju mase dobiva se − ρv1H1B + ρv 2H 2B = 0 , ρv1H1B = ρv 2H 2B , v H B = v H B = V , 1

1

2

2

v1H1 = v 2H 2 , v1H1 = 2v1H 2 , H H2 = 1 . 2

Jednadžba održanja energije (Bernouli-jeva jednadžba) postavljena za nivoe vode 1–1 i 2–2 u odnosu na referentnu ravan R–R ima oblik E1 = E 2 , p1 v12 + α1 + z1 E1 = ρg 2g

p2 v 22 + α2 + z2 , E2 = ρg 2g

p2 v 22 p1 v12 + α1 + z1 = + α2 + z2 . ρg ρg 2g 2g

Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose H H1 p2 = pat + ρ g 2 , 2 2 v 2 = 2v1 , α 2 = 1, H z2 = 2 . 2

p1 = pat + ρ g v1 ≠ 0 α1 = 1 H z1 = 1 2

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se

175

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

pat H1 v12 H1 pat H 2 4v12 H 2 + + + = + + + , ρg ρg 2 2g 2 2 2g 2 pat v12 p 4v 2 + + H1 = at + 1 + H 2 , ρ g 2g ρ g 2g 2 H1 3v1 3 V 2 3 V 2 , = = = 2 2g 2g A12 2g H12B 2 3V 2 , H13 = gB 2 H1 =

3

3V 2 , gB 2

3 ⋅ 102 , 9,81 ⋅ 1 H1 = 3,128 m , 3,128 , H2 = 2 H 2 = 1,564 m . H1 =

3

b) Sila kojom fluid djeluje na branu odredit će se postavljanjem jednadžbe održanja količine kretanja ∂ ∂t

∫

G

ρvdV +

KV

G

G G

G

v∫ v ( ρvdA ) = ∑ F

KP

p ,i

G + ∑ Fm ,i .

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su ∂ ∂t

∫

G

ρvdV = 0 ,

KV

G G G v v∫ ρvdA =

KP

G

∑F

p ,i

G

G

G G ) ∫ vG ( ρvdA ) + ∫ vG ( ρvdA ),

(

A1

A2

G G G G + ∑ Fm ,i = Fx + Fp1 + Fp 2 .

Zamjenom u jednadžbu količine kretanja dobiva se G

G G

G

G G

G

∫ v ( ρvdA ) + ∫ v ( ρvdA ) = F

x

A1

G G + Fp1 + Fp 2 .

A2

G Da bi se dobila sila Fx koja djeluje na fluid u kontrolnom volumenu, potrebno G G je u jednadžbu uvrstiti sile apsolutnog pritiska Fp1 i Fp 2 . Projektovanjem

jednadžbe količine kretanja na x – osu dobiva se

176

Dinamika fluida

G G v ρ vdA + ∫ 1

A1

(

G

G ) ∫ v ( ρvdA ) = −F 2

x

+ Fp1 − Fp 2 ,

A2

−v1ρ ∫ v1dA + ρv 2 ∫ v 2dA = −Fx + Fp1 − Fp 2 , A2

A2

− ρv H1B + ρv H 2B = −Fx + p1H1B − p2H 2B , H H − ρv12H1B + ρv 22H 2B = −Fx + ρ g 1 H1B − ρ g 2 H 2B , 2 2 2 H1 H12 2 H1 2 − ρv1 H1B + ρ ( 2v1 ) B − ρg B, B = −Fx + ρ g 2 2 8 ⎛H2 H2 ⎞ ρv12B ( 2H1 − H1 ) = −Fx + ρ gB ⎜ 1 − 1 ⎟ , 8 ⎠ ⎝ 2 2 1

2 2

3 ρ gBH12 = 8 V 2 3 = − ρ 2 2 BH1 + ρ gBH12 = 8 B H1 2  V 3 = −ρ + ρ gBH12 , BH1 8

Fx = − ρv12BH1 +

102 3 + ⋅ 998,2 ⋅ 9,81 ⋅ 1 ⋅ 3,1282 , 1 ⋅ 3,128 8 Fx = 4014,6 N . Fx = −998,2 ⋅

Sila kojom fluid djeluje na branu bit će istog intenziteta i suprotnog smjera, to jest usmjerena u pozitivnom pravcu x – ose. ZADATAK 4.9

Uređaj za gašenje požara koji se sastoji od rezervoara sa vodom pod pritiskom, jednog koljena savijenog pod uglom 135°, jednog koljena savijenog pod uglom 90° i mlaznika čije su dimenzije date na slici 4.14, baca vodu na visinu h = 50 m. Odrediti sile koje opterećuju zavrtnje A i B, kao i potrebni nadpritisak vode (ρ = 1000 kg/m3) u rezervoaru. Sve gubitke strujanja zanemariti. Zadan je promjer d2 = 0,075 m, a odnos promjera je d2/d1 =1/2. Strujanje vode promatrati kao strujanje idealnog fluida.

177

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

G v2

d2

H

z

G Fy G Fx

O .

x

z≈0

d1 45°

R

A

B

R

pat + pm

Slika 4.14 Rješenje G Brzina v 2 na izlazi iz mlaznika može se odrediti iz jednadžbe za kosi hitac. Maksimalna visina kosog hica dobiva se iz uvjeta

v z = v 2 sin 45° − gt = 0 , t=

v2 g

2 2 ,

odnosno H =

gt 2 g 2v 22 v 22 = ⋅ = . 2 2 4g 2 4g

Na osnovu maksimalne visine kosog hica slijedi da je v 22 = 4gH , v 2 = 4gH .

Potrebni nadpritisak vode u rezervoaru određuje se iz jednadžbe održanja energije za presjek A–B i izlazni presjek mlaznika u odnosu na referentnu ravan R–R postavljenu kroz presjek A–B E AB = E 2 ,

178

Dinamika fluida

E AB =

pAB v2 + α AB AB + z AB ρg 2g

E2 =

p2 v2 + α2 2 + z2 , ρg 2g

p v2 pAB v2 + α AB AB + z AB = 2 + α 2 2 + z 2 . ρg ρg 2g 2g

Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p AB = pat + pm p2 = pat , v AB = v1 ≠ 0 v2 ≠ 0 , α AB = 1 α 2 = 1, z AB = 0 z2 = z ≈ 0 .

U gornjim izrazima koeficijenti popravke kinetičke energije α AB i α 2 su jednaki 1, uz pretpostavku da je strujanje turbulentno. U slučaju laminarnog strujanja ovi koeficijenti imali bi vrijednost 2. Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se v2 pat pm v12 p + + = at + 2 + z . ρ g ρ g 2g ρ g 2g

Visina z, kao visina uređaja, može se zanemariti u odnosu na visinu bacanja vode H, pa će biti pm

ρ

=

v 22 v12 − . 2 2

Kao kontrolni volumen bira se prostor koji obuhvata koljeno i mlaznik uređaja. Brzina v1 na izlazu iz rezervoara može se odrediti iz jednadžbe održanja mase. Jednadžba održanja mase glasi ∂ ∂t

∫

ρdV +

KV

v∫

G G

ρvdA = 0 .

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su ∂ ∂t

v∫

KP

∫

ρdV = 0 ,

KV

G G

ρvdA =

∫

A1

G G

ρvdA +

∫

A2

G G

ρvdA = − ρv1 ∫ dA + ρv 2 ∫ dA =

= − ρv1A1 + ρv 2 A2 = − ρv1

A1

A2

d π d π + ρv 2 . 4 4 2 1

2 2

179

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

Zamjenom u izraz za zakon o održanju mase dobiva se poznati izraz za jednadžbu kontinuiteta d 2π d12π + ρv 2 2 = 0 , 4 4 2 2 d π d π v1 1 = v 2 2 . 4 4 − ρv1

Iz jednadžbe kontinuiteta slijedi da je 2

⎛d ⎞ v v1 = v 2 ⎜ 2 ⎟ = 2 . 4 ⎝ d1 ⎠

Zamjenom u jednadžbu održanja energije dobiva se pm

ρ

pm pm pm

v 22 v 22 15 2 v2 , = − = 2 32 32 15 2 15 15 = ρv 2 = ρ ⋅ 4gH = ρ gH , 32 32 8 15 = ⋅ 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 50 , 8 = 919687,5 Pa .

Jednadžba održanja količine kretanja ima oblik ∂ ∂t

∫

G

ρvdV +

KV

G G G G G v ρ vdA F F = + ∑ ∑ p , i m ,i . v∫

(

)

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su ∂ ∂t

∫

G

ρvdV = 0 ,

KV

G G G v v∫ ρvdA =

(

KP

G

∑F

p ,i

)

G G G v ∫ ρvdA +

(

A1

)

G G G v ∫ ρvdA ,

A2

(

)

G G G G + ∑ Fm ,i = F + Fp1 + Fp 2 .

Zamjenom u jednadžbu održanja količine kretanja dobiva se G

G G

G

G G

G

G

∫ v ( ρvdA ) + ∫ v ( ρvdA ) = F + F

A1

180

A2

p1

G + Fp 2 .

Dinamika fluida

G Da bi se direktno dobila sila otpora F koja opterećuje zavrtnje, potrebno je u G G jednadžbu uvrstiti sile relativnog pritiska Fp1 i Fp 2 . Projektovanjem jednadžbe održanja količine kretanja na x – osu dobiva se G G v ρ vdA + 1 ∫

A1

G

G ) ∫ v ( ρvdA )=F

(

2

x

+ Fp1x − Fp 2x ,

A2

0 + ρ ∫ v 2 cos 45°v 2dA = Fx , A2

d22π Fx = ρv cos 45°A2 = ρ ⋅ 4gH cos 45° = ρ gHd22π cos 45° , 4 2 Fx = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 50 ⋅ 0075 π cos 45° , Fx = 6129 N . 2 2

Dobivena sila predstavlja silu smicanja koja opterećuje zavrtnje A i B. Projektovanjem jednadžbe održanja količine kretanja na z – osu dobiva se G G v ρ vdA + ∫ 1

A1

G

G ) ∫ v ( ρvdA )=F

(

2

z

+ Fp1z − Fp 2z ,

A2

− ρ ∫ v1v1dA + ρ ∫ v 2 sin 45°v 2dA = Fz + pm A1 , A1

A2

− ρv A1 + ρv sin 45°A2 = Fz + pm A1 , 2 1

2 2

Fz = − ρv12 A1 + ρv 22 sin 45°A2 − pm A1 = d22π d12π d12π 2 = − ρv + ρv 2 sin 45° − pm = 4 4 4 v 22 4d22π d22π 4d22π 2 = −ρ + ρv 2 sin 45° − pm = 16 4 4 4 d 2π 4gH 2 = −ρ d2 π + ρ ⋅ 4gH sin 45° 2 − pm d22π 16 4 1 Fz = − ⋅ 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 50 ⋅ 0,0752 π + 4 2 + 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 50 ⋅ ⋅ 0,0752 π − 2 − 919687,5 ⋅ 0,0752 π , Fz = −12290 N . 2 1

Dobivena sila predstavlja silu istezanja koja opterećuje zavrtnje A i B. Negativan predznak znači da je pogrešno pretpostavljen smjer djelovanja vertikalne komponente sile otpora.

181

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

ZADATAK 4.10

Iz velikog rezervoara kroz mlaznik promjera d = 50 mm ističe voda brzinom v = 3 m/s. Ugrađeno korito skreće mlaz vode za ugao θ = 30°, prema slici 4.15. Smatrajući da je istjecanje stacionarno, izračunati: a) silu naprezanja u užetu sa kojim su kolica pričvršćena za zid, G b) u slučaju da je za kretanje kolica nekom konstantnom brzinom u potrebna upola manja sila od one izračunate pod a), odrediti tu brzinu kretanja kolica, zanemarujući promjenu količine vode u rezervoaru. G v G v

θ G v

G u

uže

Slika 4.15 Rješenje

a) Sila naprezanja u užetu odredit će se primjenom jednadžbe održanja količine kretanja. Kao kontrolni volumen bira se prostor koji se obuhvata površinu korita koje skreće mlaz i uže, prema slici 4.16. G v KP 1

2

KV G v

O

θ 2

1 G Fu

Slika 4.16 Jednadžba održanja količine kretanja glasi ∂ ∂t

∫

KV

182

G

ρvdV +

G G G G G v ρ vdA F F = + ∑ ∑ p , i m ,i . v∫

(

KP

)

z

G v

x

Dinamika fluida

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su ∂ ∂t

∫

G

ρvdV = 0 ,

KV

G G G v v∫ ρvdA =

(

KP

)

G

∑F

p ,i

G G G v ∫ ρvdA +

(

A1

)

G G G v ∫ ρvdA ,

(

A2

)

G G G G + ∑ Fm ,i = Fu + Fp1 + Fp 2 .

Zamjenom u jednadžbu održanja količine kretanja dobiva se G G

G

G

G G

G

G G + Fp1 + Fp 2 .

∫ v ( ρvdA ) + ∫ v ( ρvdA ) = F

u

A1

A2

Da bi se direktno dobila sila u užetu, potrebno je u jednadžbu uvrstiti sile G G relativnog pritiska Fp1 i Fp 2 . Kako na svim površinama kontrolnog volumena vlada atmosferski pritisak, sile relativnog pritiska su jednake nuli. Projektovanjem jednadžbe održanja količine kretanja na x – osu dobiva se G G

G G

∫ v ( ρvdA ) + ∫ v ( ρvdA ) = −F

u

A1

,

A2

v cos θρ ( −vA ) + 0 = −Fu ,

− ρv 2 cos θ A = −Fu .

Sila naprezanja u užetu ima intenzitet Fu = ρv 2 A cos θ = ρv 2 Fu = 1000 ⋅ 32 ⋅ Fu = 15,3 N .

d 2π cos θ , 4

0,052 π cos 30° , 4

G b) Ako se kolica kreću konstantnom brzinom u pod djelovanjem sile intenziteta F = Fu/2 u pravcu kretanja, za isti usvojeni kontrolni volumen potrebno je uzeti u obzir i kretanje kolica pa će u jednadžbi održanja količine kretanja brzina intenzitet relativne brzine fluida biti vrel = vcosθ – u.

Jednadžba održanja količine kretanja u tom slučaju glasi ∂ ∂t

∫

KV

G

ρvrel dV +

G G G G G v ρ vdA F F = + ∑ p,i ∑ m ,i . v∫ rel

(

)

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su

183

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

∂ ∂t

∫

KV

G

ρvrel dV = 0 ,

G G G v ρ vdA = rel v∫

KP

G

∑F

p ,i

G

G

G G ) ∫ vG ( ρvdA ) + ∫ vG ( ρvdA ),

(

rel

rel

A1

A2

G G G G + ∑ Fm ,i = F + Fp1 + Fp 2 .

Zamjenom u jednadžbu održanja količine kretanja dobiva se G G G v ρ vdA + ∫ rel

A1

G

G

G

G ) ∫ vG ( ρvdA )=F +F

(

rel

G + F p1 p2 .

A2

Da bi se direktno mogla odrediti sila koja djeluje na kolica, potrebno je u G G jednadžbu uvrstiti sile relativnog pritiska Fp1 i Fp 2 . Kako na svim površinama kontrolnog volumena vlada atmosferski pritisak, sile relativnog pritiska su jednake nuli. Projektovanjem jednadžbe održanja količine kretanja na x – osu dobiva se G G

G G

∫ v ( ρvdA ) + ∫ v ( ρvdA ) = −F , rel

A1

rel

A2

vrel ρ ( −vA ) + 0 = −F ,

F = ρvrelvA ,

F = ρ (v cos θ − u ) vA ,

odnosno Fu 2Fu F 2 . = v cos θ − = v cos θ − u = v cos θ − 2 d π ρvA ρvd 2π ρv 4

Uvrštavanjem brojčanih vrijednosti dobiva se intenzitet brzine kretanja kolica u = 3 cos 30° −

2 ⋅ 15,3 , 1000 ⋅ 3 ⋅ 0,052 π

u = 1,3 m/s .

ZADATAK 4.11

Izračunati silu koja isteže vijke u presjeku A–A, ako kroz cijev struji savršen fluid, a koljeno je u horizontalnoj ravni. Zadano je: D = 150 mm, d = 50 mm, V = 56,5 l/s i ρ = 1000 kg/m3. Strujanje fluida promatrati kao strujanje idealnog fluida.

184

Dinamika fluida

d y D

O x

A V

A

Slika 4.17 Rješenje

Sila kojom se istežu vijci u presjeku A–A odredit će se primjenom zakona održanja količine kretanja. Kao kontrolni volumen bira se prostor koji se G G obuhvata koljeno, prema slici 4.18. Brzine v1 (u presjeku 1–1) i v 2 (u presjeku 2–2) mogu se odrediti iz jednadžbe održanja mase.

KP

2 KV

G v2

d 2

y O

1

x

D

G Fotp

1

G v1

Slika 4.18 Jednadžba održanja mase glasi ∂ ∂t

∫

KV

ρdV +

v∫

G G

ρvdA = 0 .

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su ∂ ∂t

∫

ρdV = 0 ,

KV

185

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

v∫

G G

ρvdA =

KP

∫

G G

ρvdA +

A1

∫

A2

G G

ρvdA = − ρv1 ∫ dA + ρv 2 ∫ dA = A1

= − ρv1A1 + ρv 2 A2 = − ρv1

A2

D π d π + ρv 2 . 4 4 2

2

Zamjenom u izraz za zakon o održanju mase dobiva se poznati izraz za jednadžbu kontinuiteta D 2π d 2π − ρv1 + ρv 2 = 0, 4 4 D 2π d 2π = v2 = V . v1 4 4

G G Iz jednadžbe kontinuiteta dobiva se intenzitet brzina v1 i v 2 4V v1 = 2 , D π 4 ⋅ 56,5 ⋅ 10 −3 v1 = , 0,152 π v1 = 3,197 m/s , 4V v2 = 2 , d π 4 ⋅ 56,5 ⋅ 10−3 v2 = , 0,052 π v 2 = 28,775 m/s .

Sila kojom se istežu vijci u presjeku A–A dobiva se iz jednadžbe održanja količine kretanja koja glasi ∂ ∂t

∫

G

ρvdV +

KV

G G G G G v ρ vdA F F = + ∑ ∑ p , i m ,i . v∫

(

)

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su ∂ ∂t

∫

G

ρvdV = 0 ,

KV

G G G v∫ v ρvdA =

KP

(

G

∑F

p ,i

G

G

G G ) ∫ vG ( ρvdA ) + ∫ vG ( ρvdA ), A1

A2

G G G G + ∑ Fm ,i = Fotp + Fp1 + Fp 2 .

Zamjenom u jednadžbu održanja količine kretanja dobiva se G G G v ∫ ρvdA +

A1

(

186

G

G

G ) ∫ vG ( ρvdA )=F

otp

A2

G G + Fp1 + Fp 2 .

Dinamika fluida

G Da bi se direktno dobila sila otpora Fotp , odnosno sila koja opterećuje vijke na G G istezanje, potrebno je u jednadžbu uvrstiti sile relativnog pritiska Fp1 i Fp 2 .

Projektovanjem jednadžbe održanja količine kretanja na x – osu dobiva se G G v ρ vdA + ∫ 1

A1

(

)

G G v ρ vdA = Fotp − Fp1x − Fp 2x , ∫ 2

A2

(

)

−v1ρ ( −v1A1 ) + v 2 ρ (v 2 A2 ) = Fotp − Fpm1 ,

ρv12 A1 + ρv 22 A2 = Fotp − Fpm1 , odnosno Fotp = ρv12 A1 + ρv 22 A2 + Fpm1 .

Površine poprečnih presjeka na ulazu i izlazu iznose D 2π , A1 = 4 0,152 π A1 = , 4 A1 = 0,01767 m2 , d 2π , 4 0,052 π A2 = , 4 A2 = 0,001963 m2 .

A2 =

Ukupna sila relativnog pritiska koja djeluje na kontrolni volumen po intenzitetu je jednaka Fp1m = pm1A1 .

Nadpritisak u ulaznom presjeku može se odrediti iz jednadžbe održanja energije (Bernouli-jeve jednadžbe) definirane za ulazni presjek 1–1 i izlazni presjek 2–2 u odnosu na horizontalnu ravan kao referentnu E1 = E 2 , p1 v12 + α1 + z1 E1 = ρg 2g

p2 v 22 + α2 + z2 , E2 = ρg 2g

p2 v 22 p1 v12 + α1 + z1 = + α2 + z2 . ρg ρg 2g 2g

187

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p1 = pat + pm1 p2 = pat , v1 ≠ 0 v2 ≠ 0 , α1 = 1 α 2 = 1, z1 = 0 z2 = 0 .

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se v2 pat pm v12 p + + = at + 2 , ρ g ρ g 2g ρ g 2g pat + pm1 + ρ pm1 =

ρ

(v 2

2 2

v2 v12 = pat + ρ 2 , 2 2

− v12 ) .

Sada je ukupna sila relativnog pritiska koja djeluje na kontrolni volumen jednaka Fp1m =

ρ

(v 2

2 2

− v12 ) A1 .

Sila otpora koja opterećuje vijke jednaka je Fotp = ρv12 A1 + ρv 22 A2 +

ρ

(v 2

2 2

A ⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ − v12 ) A1 = ρv12 A1 ⎜1 − ⎟ + ρv 22 ⎜ A2 + 1 ⎟ . 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝

Uvrštavanjem brojčanih vrijednosti dobiva se 1⎞ 0,01767 ⎞ ⎛ ⎛ Fotp = 1000 ⋅ 3,1972 ⋅ 0,01767 ⎜1 − ⎟ + 1000 ⋅ 28,7752 ⎜ 0,001963 + ⎟, 2⎠ 2 ⎝ ⎝ ⎠ Fotp = 9031 N .

ZADATAK 4.12

Voda iz velikog rezervoara protječe kroz turbinski sistem, a zatim udara o jedan deflektor koji skreće mlaz za 90°, prema slici 4.19. Ako se na deflektoru javlja horizontalna sila pritiska od 900 N, odrediti snagu koju razvija turbina. Koeficijent iskorištenja turbinskog postrojenja iznosi 0,85. Promjer cjevovoda turbinskog sistema je d = 150 mm. Strujanje vode promatrati kao strujanje idealnog fluida.

188

Dinamika fluida

G v d

H

T

Slika 4.19 Rješenje

Da bi se odredila snaga turbine primijenit će se jednadžba održanja energije i jednadžba održanja količine kretanja. Kao kontrolni volumen bira se prostor koji obuhvata površinu deflektora u koji mlaz udara, prema slici 4.20. 0

0

H

3

T

1

G Fotp

KP KV

R G v

3

R

z

1

O 2

x

2

Slika 4.20 Snaga turbine može se odrediti pomoću vrijednosti napora turbine HT iz jednadžbe održanja energije (Bernouli-jeve jednadžbe) primijenjene za presjek nivoa tečnosti u rezervoaru 0–0 i izlazni presjek 3–3 cjevovoda turbine u odnosu na referentnu ravan R–R postavljenu kroz horizontalnu osu cjevovoda i turbine E 0 = E 3 + ET , p0 v 02 E0 = + α0 + z0 2g ρg

p3 v 32 E3 = + α3 + z3 , 2g ρg

p0 v 02 p3 v 32 + α0 + z0 = + α3 + z 3 + ET . 2g 2g ρg ρg

Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p0 = pat

p3 = pat ,

189

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

v0 ≈ 0 v3 ≠ 0 , α0 ≠ 0 α3 = 1 , z0 = H z3 = 0 , ET = H T .

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se pat p v2 + H = at + 3 + H T , ρg ρ g 2g gH T = gH −

v2 , 2

pri čemu veličina YT = gH T predstavlja rad turbine po jedinci mase fluida. Brzina strujanja može se odrediti iz jednadžbe održanja količine kretanja, koja glasi ∂ ∂t

∫

G

ρvdV +

KV

G

G G

G

v∫ v ( ρvdA ) = ∑ F

G + ∑ Fm ,i .

p ,i

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su ∂ ∂t

∫

G

ρvdV = 0 ,

KV

G G G v v∫ ρvdA =

KP

G

∑F

p ,i

G

G

G G ) ∫ vG ( ρvdA ) + ∫ vG ( ρvdA ),

(

A1

A2

G G G G + ∑ Fm ,i = Fotp + Fp1 + Fp 2 .

Zamjenom u jednadžbu održanja količine kretanja dobiva se G

G G

G G

G

G

∫ v ( ρvdA ) + ∫ v ( ρvdA ) = F

otp

A1

G G + Fp1 + Fp 2 .

A2

G Da bi se direktno dobila sila otpora Fotp koja opterećuje vijke, potrebno je u G G jednadžbu uvrstiti sile relativnog pritiska Fp1 i Fp 2 . Projektovanjem jednadžbe

održanja količine kretanja na x – osu dobiva se G G

G G

∫ v ( ρvdA ) + ∫ v ( ρvdA ) = −F 1

A1

2

otp

A2

v ρ ( −vA ) + 0 = −Fotp , −v 2 ρ A = −Fotp ,

Fotp = v 2 ρ A = v 2 ρ

190

d 2π . 4

,

Dinamika fluida

Na osnovu izraza za intenzitet sile otpora slijedi da je intenzitet brzine strujanje vode jednak v=

4Fotp

ρd 2π

.

Zamjenom u jednadžbu održanja energije dobiva se gH T = gH −

1 4Fotp , 2 ρ d 2π

odnosno gH T = gH −

2Fotp

ρ d 2π

.

Snaga turbine jednaka je 2Fotp ⎞ d 2π ⎛ PT = ρ gH TVηT = ρ gH T AvηT = ρ ⎜ gH − ⎟ ρd 2π ⎠ 4 ⎝

4Fotp

ρd 2π

ηT =

2Fotp ⎞ Fotpd 2π ⎛ = ρ ⎜ gH − ηT , ⎟ ρ d 2π ⎠ 4ρ ⎝ 2 ⋅ 900 ⎛ PT = 1000 ⎜ 9,81 ⋅ 30 − 1000 ⋅ 0,152 π ⎝ PT = 28818 W .

⎞ 900 ⋅ 0,152 π ⋅ 0,85 , ⎟⋅ 4 ⋅ 1000 ⎠

ZADATAK 4.13

Odrediti horizontalnu silu kojom voda djeluje na redukcionu spojnicu, prema slici 4.21. Vodu smatrati savršenim neviskoznim fluidom. Zadani su promjeri D = 300 mm i d = 150 mm, te nadpritisci u ulaznom i izlaznom presjeku pm1 = 1,5 bar i pm2 = 0,75 bar. 1 2 V

D

d

ρ 2 1

Slika 4.21

191

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

Rješenje

Kao kontrolni volumen bira se prostor unutar redukcione spojnice između presjeka 1–1 i 2–2. 1

D

z KP

G v1

R

2

KV

G v2

O

d

x

R

ρ 2 1

Slika 4.22 Jednadžba održanja mase glasi ∂ ∂t

∫

ρdV +

KV

v∫

G G

ρvdA = 0 .

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su ∂ ∂t

v∫

∫

ρdV = 0 ,

KV

G G

ρvdA =

KP

∫

A1

G G

ρvdA +

∫

A2

G G

ρvdA = − ρv1 ∫ dA + ρv 2 ∫ dA =

= − ρv1A1 + ρv 2 A2 = − ρv1

A1

A2

D π d π + ρv 2 . 4 4 2

2

Uvrštavanjem ovih izraza u izraz koji definira zakon o održanju mase dobiva se jednadžba kontinuiteta D 2π d 2π + ρv 2 = 0, 4 4 D 2π d 2π = v2 = V . v1 4 4 − ρv1

Iz jednadžbe kontinuiteta slijedi da je 4V , D 2π 4V v2 = 2 . d π v1 =

192

Dinamika fluida

Jednadžba održanja energije (Bernouli-jeva jednadžba) definirana za presjeke 1–1 i 2–2 u odnosu na referentnu ravan R–R postavljenu kroz horizontalnu osu spojnice glasi E1 = E 2 , E1 =

p1 v2 + α1 1 + z1 ρg 2g

E2 =

p2 v2 + α2 2 + z2 , ρg 2g

p v2 p1 v2 + α1 1 + z1 = 2 + α 2 2 + z 2 . ρg ρg 2g 2g

Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p1 = pat + pm1 p2 = pat + pm 2 , v1 ≠ 0 v2 ≠ 0 , α1 = 1 α 2 = 1, z1 = 0 z2 = 0 .

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se p + pm 2 v 22 pat + pm1 v12 + = at + , ρg 2g ρg 2g p v2 pm1 v12 + = m2 + 2 . ρ g 2g ρ g 2g

Zamjenom izraza za brzine u jednadžbu održanja energije može se odrediti protok 2 2 ⎛ 4V ⎞ ⎛ 4V ⎞ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ pm 2 ⎝ d π ⎠ pm1 ⎝ D π ⎠ , + = + ρg ρg 2g 2g pm 2 pm1 8V 2 8V 2 + = + , ρ g D 4π 2g ρ g d 4π 2g 8V 2 ⎛ 1 1 ⎞ p − pm 2 , − 4 ⎟ = m1 2 ⎜ 4 π ⎝d ρ D ⎠ pm1 − pm 2 , V = π 1 ⎞ ⎛ 1 8ρ ⎜ 4 − 4 ⎟ D ⎠ ⎝d

V = π

(1,5 − 0,75 ) ⋅ 105

1 ⎞ ⎛ 1 8 ⋅ 1000 ⋅ ⎜ − 4 0,34 ⎟⎠ ⎝ 0,15 V = 0,223 m3/s .

,

193

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

Intenziteti brzina u presjecima 1–1 i 2–2 na osnovu izračunatog protoka iznose 4V , D 2π 4 ⋅ 0,223 v1 = , 0,32 π v1 = 3,15 m/s , 4V v2 = 2 , d π 4 ⋅ 0,223 v2 = , 0,152 π v 2 = 12,61 m/s . v1 =

Jednadžba održanja količine kretanja ima oblik ∂ ∂t

∫

G

ρvdV +

KV

G G

G

G

v∫ v ( ρvdA ) = ∑ F

p ,i

KP

G + ∑ Fm ,i .

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su ∂ ∂t

∫

KV

G

ρvdV = 0 ,

G G G v v∫ ρvdA =

KP

(

G

G

) ∫ vG ( ρvG dA ) + ∫ vG ( ρvG dA ) , 1

1

2

A1

2

A2

G G G G G F + F = F + F + F ∑ p,i ∑ m ,i p1 p2 .

Zamjenom u jednadžbu održanja količine kretanja dobiva se G G G v ρ v ∫ 1 1dA +

A1

(

G

G

G

) ∫ vG ( ρvG dA ) = F + F 2

2

G + F p1 p2 .

A2

G Pošto se traži sila F kojom fluid djeluje na površinu redukcione spojnice, G G G potrebno je u jednadžbu uvrstiti sile apsolutnog pritiska Fp1 i Fp 2 . Sila Fx je sila kojom površina spojnice djeluje na fluid, a sila fluida na spojnicu bit će jednaka po intenzitetu i suprotnog smjera. Projektovanjem jednadžbe održanja količine kretanja na x – osu dobiva se G G v ρ v ∫ 1 1dA +

A1

(

)

G G v ρ v ∫ 2 2dA = −Fx + p1A1 − p2 A2 ,

A2

(

)

v1 ρ ( −v1A1 ) + v 2 ρ (v 2 A2 ) = −Fx + p1A1 − p2 A2 ,

−v12 ρ A1 + v 22 ρ A2 = −Fx + p1A1 − p2 A2

194

Dinamika fluida

D 2π d 2π D 2π d 2π + v 22 ρ = −Fx + ( pat + pm1 ) − ( pat + pm 2 ) , 4 4 4 4 D 2π d 2π D 2π d 2π 2 2 − v2 ρ + ( pat + pm1 ) − ( pat + pm 2 ) = Fx = v1 ρ 4 4 4 4 D 2π ⎡ 2 d 2π ⎤ = ⎡⎣v12 ρ + ( pat + pm1 ) ⎤⎦ − ⎢v 2 ρ + ( pat + pm 2 ) ⎥, 4 4 ⎦ ⎣ −v12 ρ

0,32 π − 4 2 2 5 0,15 π , − ⎡⎣12,61 ⋅ 1000 + (1 + 0,75 ) ⋅ 10 ⎤⎦ 4 Fx = 12470,35 N . Fx = ⎡⎣ −3,152 ⋅ 1000 + (1 + 1,5 ) ⋅ 105 ⎤⎦

Intenzitet sile kojom fluid djeluje na površinu spojnice je F = −Fx = −12470,35 N .

ZADATAK 4.14

Mlaz vode (ρ = 1000 kg/m3) nastrujava u neviskoznom strujanju u horizontalnoj ravni sa protokom V = 0,06 m3/s i brzinom v = 5 m/s na okomito postavljenu ploču, prema 4.23. Odrediti silu kojom voda djeluje na ploču ako je protok V1 = 0,02 m3/s . V2

V

α G v

y V1

O

x

Slika 4.23 Rješenje

Sila kojom voda djeluje na ploču može se odrediti primjenom jednadžbe održanja energije i jednadžbe održanja količine kretanja. Kao kontrolni volumen bira se dio prostora koji obuhvata mlaz vode na izlazu iz mlaznice zajedno sa dva mlaza koja nastaju prilikom nailaska na ploču, slika 4.24.

195

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

2 V

0

KP

2

α

KV G v

V2

G Fx

0

1

1

V1

y O

x

Slika 4.24 Strujanje je neviskozno i ravansko, pa jednadžbe održanja energije (Bernoulijeve jednadžbe) za ulazni presjek u kontrolni volumen 0–0 i izlazne presjeke 1– 1 i 2–2 u odnosu na horizontalnu ravan kao referentnu glase Presjek 0–0 i 1–1 E 0 = E1 , E0 =

p0 v2 + α0 0 + z0 ρg 2g

E1 =

p1 v2 + α1 1 + z1 , ρg 2g

p0 v2 p v2 + α 0 0 + z 0 = 1 + α1 1 + z1 . ρg ρg 2g 2g

Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p0 = pat p1 = pat , v0 = v ≠ 0 v1 ≠ 0 , α0 = 1 α1 = 1 , z0 = 0 z1 = 0 .

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se pat v 2 pat v12 + = + . ρ g 2g ρ g 2g

Presjek 0–0 i 2–2 E0 = E2 ,

196

Dinamika fluida

E0 =

p0 v2 + α0 0 + z0 ρg 2g

E2 =

p2 v2 + α2 2 + z 2 , ρg 2g

p v2 p0 v2 + α0 0 + z0 = 2 + α2 2 + z2 . ρg ρg 2g 2g

Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p0 = pat p2 = pat , v0 = v ≠ 0 v2 ≠ 0 , α0 = 1 α2 = 1 , z0 = 0 z2 = 0 .

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se pat v 2 pat v 22 + = + . ρ g 2g ρ g 2g

Iz gornjih jednadžbi se vidi da je brzina strujanja konstantna i jednaka u svim presjecima, to jest v = v1 = v2. Jednadžba održanja mase glasi ∂ ∂t

∫

ρdV +

KV

G G

v∫ ρvdA = 0 .

KP

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su ∂ ∂t

v∫

KP

∫

ρdV = 0 ,

KV

G G

G G

ρvdA = ∫ ρvdA + A

∫

A1

G G

ρvdA +

∫

A2

(

G G

ρvdA = − ρv ∫ dA + ρv1 ∫ dA + ρv 2 ∫ dA = A

)

A1

A2

= − ρvA + ρv1A1 + ρv 2 A2 = ρ −V + V1 + V2 .

Uvrštavanjem ovih izraza u jednadžbu održanja mase dobiva se izraz za jednadžbu kontinuiteta

ρ ( −V + V1 + V2 ) = 0 , odnosno V1 + V2 = V .

Iz ove jednadžbe slijedi da je

197

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

V2 = V − V1 , V2 = 0,06 − 0,02 , V = 0,04 m3/s . 2

Jednadžba održanja količine kretanja definirana je izrazom ∂ ∂t

∫

G

ρvdV +

KV

G G

G

G

v∫ v ( ρvdA ) = ∑ F

KP

p ,i

G + ∑ Fm ,i .

Pojedini članovi u gornjoj jednadžbi jednaki su ∂ ∂t

∫

G

ρvdV = 0 ,

KV

G G G G G G G G G v ρ vdA = v ρ vdA + v ρ v v∫ ∫ ∫ 1 1dA +

(

KP

)

G

∑F

p ,i

(

A

)

A1

G

) ∫ vG ( ρvG dA ) ,

(

2

2

A2

G G G G G + ∑ Fm ,i = F + Fp + Fp1 + Fp 2 .

Uvrštavanjem ovih izraza u jednadžbu održanja količine kretanja dobiva se G G

G

G

G

G

G

G

G

G

G

∫ v ( ρvdA ) + ∫ v ( ρv dA ) + ∫ v ( ρv dA ) = F + F 1

A

1

2

A1

2

p

G G + Fp1 + Fp 2 .

A2

G Pošto se traži sila F kojom fluid djeluje na ploču, potrebno je u jednadžbu G G G uvrstiti sile apsolutnog pritiska Fp , Fp1 i Fp 2 . Na svim površinama kontrolnog volumena, osim na ploči, djeluje atmosferski pritisak, a na ploči se superponira djelovanje sile atmosferskog pritiska i reakcije ploče. Djelovanje atmosferskog pritiska na kontrolnoj površini će se poništiti, tako da na istoj ostaje djelovanje G samo sile reakcije ploče. Sila F je sila kojom površina ploče djeluje na fluid, a sila fluida na ploču bit će jednaka po intenzitetu i suprotnog smjera. Projektovanjem jednadžbe održanja količine kretanja na x – osu dobiva se G G G G v ρ vdA + v ρ v 1 1dA + ∫ ∫

A

(

)

A1

G

) ∫ v ( ρvG dA ) = −F

(

2

2

x

A2

v ρ ( −vA ) + 0 + v 2 cos αρ (v 2 A2 ) = −Fx , −v ρV + v cos αρV = −F , 2

2

x

odnosno

(

)

Fx = v ρV − v 2 cos αρV2 = ρv V − V2 cos α .

198

,

Dinamika fluida

Ugao α može se odrediti projektovanjem jednadžbe održanja količine kretanja na y – osu, jer je ukupna sila koja djeluje na fluid u kontrolnom volumenu u pravcu y – ose jednaka nuli. Dakle, može se napisati da je G G

G

G

G

G

∫ v ( ρvdA ) + ∫ v ( ρv dA ) + ∫ v ( ρv dA ) = F 1

A

1

2

A1

2

y

= 0,

A2

odnosno 0 − v1ρ (v1A1 ) + v 2 sin αρ (v 2 A2 ) = 0 , −v ρV + v sin αρV = 0 , 1

1

2

2

−V1 + V2 sin α = 0 ,

te konačno V sin α = 1 , V2 0,02 sin α = , 0,04 sin α = 0,5 , α = arc sin 0,5 , α = 30° .

Zamjenom u jednadžbu održanja količine kretanja za x – osu dobiva se

(

)

Fx = ρv V − V2 cos α , Fx = 1000 ⋅ 5 ( 0,06 − 0,04 cos 30° ) ,

Fx = 126,8 N .

Sila kojom fluid djeluje na površinu ploče usmjerena je u pravcu x – ose, to jest F = −Fx = −126,8 N .

ZADATAK 4.15

Ravansko strujanje nestišljivog fluida definirano je strujnom funkcijom ψ = bx 2 − ay 2 . Potrebno je: a) pokazati da je strujanje u općem slučaju vrtložno, b) naći vezu između parametara a i b pri kojoj strujanje postaje potencijalno i skicirati strujnu mrežu.

199

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

Rješenje

a) Ako je strujanje fluida vrtložno to znači da postoji vektor vrtloženja različit od nule. Na osnovu izraza za strujnu funkciju, intenziteti komponenti brzine zadanog strujanja su dani izrazima vx = −

∂ψ = 2ay ∂y

vy =

∂ψ = 2bx . ∂x

Vektor vrtloženja definiran je izrazom

G

ω=

G 1 rotv , 2

pri čemu je rotor vektora brzine jednak

G i G ∂ rotv = ∂x vx

G j ∂ ∂y vy

G G G k i j ∂ ∂ ∂ = ∂z ∂x ∂y vz 2ay 2bx

G k ∂ = ∂z 0

G ⎡ ∂ ⎡ ∂ ⎤G ⎤G ∂ ∂ ∂ ∂ = ⎢ (0) − ( 2bx ) ⎥ i − ⎡⎢ ( 0 ) − ( 2ay )⎤⎥ j + ⎢ ( 2bx ) − ( 2ay ) ⎥ k , ∂z ∂z ∂y ⎣ ∂x ⎦ ⎣ ∂y ⎦ ⎣ ∂x ⎦

K G rotv = ( 2b − 2a ) k ≠ 0 . Dakle, strujanje će u općem slučaju biti vrtložno, sa vektorom vrtloženja koji je određen izrazom

G

ω=

K K 1 ( 2b − 2a ) k = (b − a ) k . 2

b) Da bi strujanje bilo potencijalno, vektor vrtloženja mora biti jednak nuli, Polazeći od te pretpostavke može se odrediti veza između parametara a i b G

ω = 0,

K

(b − a ) k = 0 ,

a =b.

Dakle, strujanje že biti potencijalno ako je a = b. Funkcija potencijala brzine moće se odrediti integriranjem izraza za komponentu brzine vx ∂ϕ = 2ay , ∂x ∫ dϕ = ∫ v xdx + F (y ) ,

vx =

200

Dinamika fluida

ϕ = ∫ 2aydx + F ( y ) , ϕ = 2ayx + F ( y ) .

Nepoznata funkcija F(y) određuje se iz uvjeta jednakosti izvoda funkcije potencijala po y – koordinati, ∂ϕ / ∂y , i izraza za intenzitet komponente brzine vy, to jest ∂ϕ d = 2ax + ⎡F ( y ) ⎤⎦ , dy ⎣ ∂y ∂ϕ = v y = 2bx , ∂y d 2ax + ⎡F ( y ) ⎤⎦ = 2bx , dy ⎣ d ⎡F ( y ) ⎤⎦ = 2x (b − a ) . dy ⎣

Kako je a = b, dobiva se d ⎡F ( y ) ⎤⎦ = 0 , dy ⎣

odnosno d ⎡⎣F ( y ) ⎤⎦ = 0 ,

∫ d ⎡⎣F (y )⎤⎦ = 0 ,

F (y ) = C .

Dakle, funkcija potencijala brzine definirana je izrazom

ϕ = 2axy + C . Zadani izraz za strujnu funkciju i dobiveni izraz za funkciju potencijala brzine mogu se napisati u drugom obliku koji je pogodan za skiciranje strujne mreže. S obzirom da vrijedi a = b, strujna funkcija može se napisati u obliku

ψ = ax 2 − ay 2 , a (x 2 − y2 ) = ψ , x 2 − y2 =

ψ a

,

a funkcija potencijala brzine u obliku

ϕ = 2axy + C ,

201

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

2axy = ϕ − C , ϕ −C . xy = 2a Iz dobivenog se vidi da strujna funkcija predstavlja familiju parabola, a funkcija potencijala familiju hiperbola. Za razne vrijednosti konstante C i parametra a dobiva se strujna mreža koja je prikazana na slici 4.25. y ψ = const φ = const G j

G i

x

O

Slika 4.25

ZADATAK 4.16

Polje brzina ravanskog strujanja zadano je izrazima vx = −

y r2

vy =

x , r2

pri čemu je r = x 2 + y 2 . a) Pokazati da strujno polje zadovoljava zakon o održanju mase. b) Pronaći odgovarajuću strujnu funkciju ψ i odrediti smjer strujanja. Rješenje

a) Kod dvodimenzionalnog stacionarnog strujanja jednadžba održanja mase svodi se na jednadžbu kontinuiteta koja glasi

202

Dinamika fluida

∂v x ∂v y + = 0. ∂x ∂y

Pojedini parcijalni izvodi u gornjoj jednadžbi iznose ∂v x ∂ = ∂x ∂x

∂v y ∂y

⎞ y y ⋅ 2x 2xy ⎛ y ⎞ ∂ ⎛ = = 4 , ⎜− 2 ⎜− 2 ⎟ = 2 2 ⎟ r ⎝ r ⎠ ∂x ⎝ x + y ⎠ ( x 2 + y 2 )

⎞ 2xy ∂ ⎛x ⎞ ∂ ⎛ x − x ⋅ 2y = =− 4 , ⎜ 2 ⎜ 2⎟= 2 2 ⎟ r ∂y ⎝ r ⎠ ∂y ⎝ x + y ⎠ ( x 2 + y 2 )

=

Zakon o održanju mase je zadovoljen jer je ∂v x ∂v y 2xy 2xy + = 4 − 4 = 0. ∂x ∂y r r b) Za određivanje strujne funkcije koriste se izrazi ∂ψ , ∂y ∂ψ . vy = − ∂x vx =

to jest funkcija ψ treba da ima totalni diferencijal, a njeni parcijalni izvodi po koordinatama x i y su dati gornjim izrazima. Integracijom izraza za komponentu brzine vx dobiva se

∫ dψ = ∫ v dy + F ( x ) , y dy + F ( x ) , ψ = −∫ x +y x

2

2

odnosno 1 2

ψ = − ln ( x 2 + y 2 ) + F ( x ) = − ln

(

)

x 2 + y2 + F (x ) .

Da bi se odredila funkcija F(x) koristi se izraz za komponentu brzine vy vy = −

∂ψ , ∂x

(

)

∂ ⎡ x =− − ln x 2 + y 2 + F ( x ) ⎤ , 2 ⎢ ⎥⎦ x +y ∂x ⎣ x 1 2x ∂ = ⋅ − ⎡⎣F ( x ) ⎤⎦ , 2 2 x +y x 2 + y 2 2 x 2 + y 2 ∂x 2

203

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

odnosno ∂ x x = 2 − ⎡F ( x ) ⎤⎦ . 2 2 x +y x +y ∂x ⎣ 2

Iz gornjeg izraza slijedi da je ∂ ⎡F ( x ) ⎤⎦ = 0 , ∂x ⎣ odnosno F (x ) = C .

Dakle, za zadano polje brzina, strujna funkcija ima oblik

ψ = − ln

(

)

x 2 + y2 + C .

Preuređenjem dobivene relacije može se pokazati da su strujnice kružnice sa centrom u koordinatnom početku koje su prikazane na slici 4.26

ln

(

)

x 2 + y2 = C −ψ ,

x 2 + y 2 = e (C −ψ ) , x 2 + y 2 = e 2(C −ψ ) .

y

y G v

ψ = –3 ψ = –2 ψ = –1

G vy G vx

x

O

x O

Slika 4.26 Za određivanje smjera strujanja mogu se promatrati komponente brzine u nekoj tački strujnog polja. Na primjer u prvom kvadrantu (x, y > 0), x –

204

Dinamika fluida

komponenta brzine dana izrazom v x = −y /r 2 usmjerena je u negativnom smjeru x – koordinate, a y – komponenta brzine dana izrazom v y = x /r 2 usmjerena je u pozitivnom smjeru y – koordinate, pa je smjer strujanja predstavljen na slici 4.26. ZADATAK 4.17

Iz modela mlaznice ističe mlaz tečnosti promjera Dm = 0,075 cm brzinom vm = 12 m/s i na udaljenosti Lm = 12,5 cm raspršava se u kapljice. Pojava raspršivanja ovisi od gustine ρ, dinamičke viskoznosti μ i površinskog napona σ, koji za tečnost modelskog ispitivanja iznosi σm = 0,0407 N/m. Geometrijski sličan prototip mlaznice radi sa tečnošću iste gustine ρp = ρm, viskoznosti μp = μm i površinskog napona σp = 0,0678 N/m. Izračunati promjer mlaznice Dp, brzinu mlaza vp i udaljenost Lp na kojoj se mlaz raspršava u kapljice kod prototipa mlaznice. Rješenje

Pošto se radi o modelu i prototipu koji treba da zadovolje uvjete sličnosti, primijenit će se Π teorema. Zavisnost navedenih veličina definirana je jednadžbom oblika F ( D ,v , L , μ , ρ , σ ) = 0 .

Pojedine veličine iz gore navedene zavisnosti imaju dimenzije navedene u tabeli 4.2. Tabela 4.2 Veličina Oznaka Dimenzija promjer D L brzina v LT-1 gustina ML-3 ρ viskoznost ML-1T-1 μ površinski napon MT-2 σ Funkcionalna zavisnost se pretpostavlja u obliku 6

D x1v x2 Lx3 μ x4 ρ x5 σ x = const .

Odgovarajuća dimenzionalna jednadžba dobivena pojedinih veličina navedenih u tabeli 4.2 glasi

(L )

x1

( LT ) ( L ) ( ML -1 x 2

x3

-1

T-1 )

x4

( ML ) ( MT ) -3 x 5

-2 x 6

korištenjem

dimenzija

= M0L0 T 0 .

Na osnovu principa dimenzionalne homogenosti iz prethodne jednadžbe slijedi sistem od m = 3 jednadžbe sa n = 6 nepoznatih x1, x2, x3, x4, x5 i x6

205

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

x 4 + x5 + x6 = 0 , x1 + x 2 + x 3 − x 4 − 3x 5 = 0 , − x 2 − x 4 − 2x 6 = 0 . Ovaj sistem jednadžbi može se napisati i u matričnom obliku kako slijedi A X = 0 ili {a}m ×n {x }n ×l = {0}m×l , odnosno ⎡ x1 ⎤ ⎢x ⎥ 2 0 0 0 1 1 1 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎡0 ⎤ ⎢ ⎢1 1 1 −1 −3 0 ⎥ × x 3 ⎥ = ⎢0 ⎥ . ⎢ ⎥ ⎢x ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 −1 0 −1 0 −2⎥⎦ ⎢ 4 ⎥ ⎢⎣0 ⎥⎦ ⎢x5 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ x 6 ⎥⎦

Matrica promatranog sistema sastoji se dimenzionalnih kategorija pojedinih veličina x1

x2

x3

x4

x5 x6

D

v

L

μ

ρ

⎡0 0 A = ⎢⎢1 1 ⎢⎣0 −1

0 1

od

eksponenata

odgovarajući

σ

1 1 1⎤ M . −1 −3 0 ⎥⎥ L 0 −1 0 −2⎥⎦ T

Rang matrice A je r = 3 jer je na primjer 1

1

1

−1 −3

0 =1≠ 0 .

−1

−2

0

Prema tome dana pojava se može opisati sa n – r = 6 – 3 = 3 bezdimenzionalne grupe odnosno Π parametra

φ ( Π1, Π 2 , Π 3 ) = 0 . S ciljem određivanja tih parametara riješit će se sistem jednadžba po x4, x5 i x6 , a x1, x2 i x3 se biraju proizvoljno x 4 + x5 + x6 = 0 , − x 4 − 3x 5 = − x1 − x 2 − x 3 , − x 4 − 2x 6 = x 2 .

206

Dinamika fluida

Radi lakšeg pisanja uvode se smjene C1 = −x1 − x 2 − x 3 , C2 = x2 , na osnovu žega slijedi sistem jednadžbi x 4 + x5 + x6 = 0 , − x 4 − 3x 5 = C1 , − x 4 − 2x 6 = C 2 . Determinante ovog sistema i nepoznatih x4, x5 i x6 su 1

1

1

D = −1 −3 0 = 6 + 0 + 0 − ( 3 + 2 + 0 ) = 1 , −1 0 −2 0

1

1

−3

0 = 0 + 0 + 0 − ( −3C 2 − 2C1 + 0 ) = 3C 2 + 2C1 ,

C2

0

−2

1

0

1

D x4 = C1

D x5 = −1 C1 −1 C 2 1

1

0 = −2C1 + 0 − C 2 − ( −C1 + 0 + 0 ) = −C1 − C 2 , −2 0

D x6 = −1 −3 C1 = −3C 2 − C1 + 0 − ( 0 − C 2 + 0 ) = −2C 2 − C1 . −1 0 C 2

Na osnovu gore definiranih determinanti, tražene nepoznate x4, x5 i x6 su definirane izrazima Dx 4 2C1 + 3C 2 = = −2x1 + x 2 − 2x 3 , 1 D −C1 − C 2 D x5 = x 5 = = x1 + x 3 , 1 D −C1 − 2C 2 D x6 = x 6 = = x1 − x 2 + x 3 . 1 D x4 =

Ako se sada uzme fundamentalno rješenje koje garantira linearnu nezavisnost Π parametara

207

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

Π1 Π1 Π1

x1 x 2 D v 1 0 0 1 0 0

x3 L 0 0 1

x4

x5

x6

μ

ρ

σ

−2 1 −2

1 0 1

1 , −1 1

dobivaju se slijedeće vrijednosti Π parametara Π1 = D1ρ 1σ 1μ −2 = D

ρσ , μ2

μ , σ ρσ =L 2 . μ

Π 2 = v 1μ1σ −1 = v Π 3 = L1 ρ 1σ 1μ −2

Uvjet sličnosti modela i prototipa podrazumijeva jednakost bezdimenzionalnih grupa kod modela i prototipa, na osnovu čega slijedi

ovih

⎛ ρσ ⎞ ⎛ ρσ ⎞ ⎜D 2 ⎟ = ⎜D 2 ⎟ , ⎝ μ ⎠m ⎝ μ ⎠ p

⎛ μ⎞ ⎛ μ⎞ ⎜v ⎟ = ⎜v ⎟ , ⎝ σ ⎠m ⎝ σ ⎠ p ⎛ ρσ ⎞ ⎛ ρσ ⎞ ⎜L 2 ⎟ = ⎜L 2 ⎟ . ⎝ μ ⎠m ⎝ μ ⎠ p

Iz gornjih relacija dobivaju se tražene vrijednosti veličina Dp, vp i Lp za prototip ⎛ μ p2 ⎞ ( ρσ )m σ Dp = ⎜ 2 ⎟ Dm = m Dm , ⎜ μ ⎟ ( ρσ ) σp ⎝ m⎠ p 0,0407 Dp = ⋅ 0,075 , 0,0678 D p = 0,045 cm , vp =

σ p μm v , σm μp m

0,0678 ⋅ 12 , 0,0407 v p = 20 m/s , vp =

Lp =

μ p2 ( ρσ )m σ Lm = m Lm , 2 μm ( ρσ ) p σp

0,0407 ⋅ 12,5 , 0,0678 L p = 7,5 m . Lp =

208

Dinamika fluida

ZADATAK 4.18

Iz velikog rezervoara ističe voda kroz turbinsko kolo, prikazano na slici 4.27, brzinom od 30 m/s. Ako u rezervoaru vlada nadpritisak od 19,5 bar, zanemarujući gubitke odrediti: a) pritisak pm1 neposredno ispred turbinskog kola, b) snagu turbine, ako je koeficijent iskorištenja turbine η = 0,6, c) brzinu mlaza v kada bi se uklonila turbina. Promjer turbinskog kola je 75 mm.

pm1 pat + pm

G v

Slika 4.27 Rješenje

a) Pritisak pm1 neposredno ispred turbinskog kola određuje se iz jednadžbe održanja energije za presjek 0–0 u rezervoaru i presjek 1–1 neposredno ispred turbinskog kola, postavljene u odnosu na referentnu ravan R–R postavljenu kroz osu turbinskog kola, slika 4.28 0

z O 1

pat + pm0

x

2

R

R

1

2

G v

0

Slika 4.28

209

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

E 0 = E1 , E0 =

p0 v2 + α0 0 + z0 2g ρg

E1 =

p1 v2 + α1 1 + z1 , 2g ρg

p0 v2 p v2 + α 0 0 + z 0 = 1 + α1 1 + z1 . 2g 2g ρg ρg Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p0 = pat + pm 0 p1 = pat + pm1 , v0 ≈ 0 v1 ≠ 0 , α0 ≠ 0 α1 = 1 , z0 = 0 z1 = 0 . Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se pat pm 0 pat pm1 v12 + = + + , ρg ρg ρ g ρ g 2g pm1 = pm − ρ

v2 , 2

pm1 = 19,5 ⋅ 105 − 1000 ⋅ pm1 = 1500000 Pa .

302 , 2

b) Snaga turbine za zadani koeficijent iskorištenja turbine određuje se korištenjem jednadžbe održanja energije za presjek 0–0 u rezervoaru i presjek 2–2 iza turbinskog kola, definirane za istu referentnu ravan E 0 = E 2 + ET , E0 =

p0 v2 + α0 0 + z0 2g ρg

E2 =

p2 v2 + α2 2 + z 2 , 2g ρg

p v2 p0 v2 + α 0 0 + z 0 = 2 + α 2 2 + z 2 + ET . 2g 2g ρg ρg Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p0 = pat + v0 ≈ 0 α0 ≠ 0 z0 = 0 ET = H T .

pm 0 p2 = pat , v2 = v ≠ 0 , α2 = 1 , z2 = 0 ,

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se

210

Dinamika fluida

pat pm 0 pat v 2 + = + + HT , ρg ρg ρ g 2g v2 gH T = − . ρ 2 pm 0

Snaga turbine iznosi d 2π ⎛ pm 0 v 2 ⎞  = − ⎟ ηT , P = ρVgH v η ρ ⎜ T T 4 ⎝ ρ 2⎠ 0,0752 π ⎛ 19,5 ⋅ 105 302 ⎞ ⋅⎜ − P = 1000 ⋅ 30 ⋅ ⎟ ⋅ 0,6 , 4 2 ⎠ ⎝ 1000 P = 119282 W . G c) Brzina mlaza v kada bi se uklonila turbina određuje se korištenjem jednadžbe održanja energije za presjek 0–0 u rezervoaru i presjek 2–2 kroz koji voda ističe, bez uzimanja u obzir energije turbinskog kola

E0 = E2 , E0 =

p0 v2 + α0 0 + z0 2g ρg

E2 =

p2 v2 + α2 2 + z 2 , 2g ρg

p v2 p0 v2 + α0 0 + z0 = 2 + α2 2 + z2 . 2g 2g ρg ρg Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p0 = pat + pm 0 p2 = pat , v0 ≈ 0 v2 = v ≠ 0 , α0 ≠ 0 α2 = 1 , z0 = 0 z2 = 0 . Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se pat pm 0 pat v 2 + = + , ρg ρg ρ g 2g v=

2 pm 0

ρ

,

2 ⋅ 19,5 ⋅ 105 , 1000 v = 62, 45 m/s . v=

211

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

ZADATAK 4.19

Odrediti minimalni protok strujanja nestišljivog fluida pri kojem će ejektor početi da usisava fluid kroz vertikalnu cijev. Gubitke strujanja zanemariti. Zadani su podaci: A2 = 15 cm2, A1 = 4 cm2, h = 1,1 m. A2

A1 V

ρ

pat

h

pat

ρ

Slika 4.29 Rješenje

Da bi ejektor počeo usisavati fluid kroz vertikalnu cijev, pritisak p1 u presjeku A1 mora biti manji od hidrostatičkog pritiska koji vlada pri mirovanju fluida u vertikalnoj cijevi, kako pokazuje slika 4.30, to jest p1 + ρ gh = pat , p1 = pat − ρ gh . 2

1 R

V

ρ

pat

1

h

R

pat

2

z O

x

ρ

Slika 4.30

Jednadžba održanja energije (Bernouli-jeva jednadžba) između presjeka 1–1 i 2–2 u odnosu na referentnu ravan R–R postavljenu kroz osu ejektora glasi

212

Dinamika fluida

E1 = E 2 , E1 =

p1 v2 + α1 1 + z1 2g ρg

E2 =

p2 v2 + α2 2 + z2 , 2g ρg

p v2 p1 v2 + α1 1 + z1 = 2 + α 2 2 + z 2 . 2g 2g ρg ρg Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p1 = pat − ρ gh p2 = pat , v1 ≠ 0 v2 ≠ 0 , α1 = 1 α 2 = 1, z1 = 0 z2 = 0 . Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se p v2 p1 v12 + = 2 + 2 . ρ g 2g ρ g 2g Brzine strujanja u oba presjeka mogu se dobiti iz jednadžbe kontinuiteta V = v1A1 = v 2 A2 , V v1 = , A1 V v2 = . A2 Uvrštavanjem gornjih izraza za p1, p2, v1 i v2 u jednadžbu održanja energije dobiva se pat − ρ gh pat V 2 V 2 , + = + 2gA12 ρ g 2gA22 ρg V 2 V 2 −h + = , 2gA12 2gA22 V 2 ⎛ 1 1 ⎞ −h = ⎜ 2 − 2 ⎟, 2g ⎝ A2 A1 ⎠ −2gh V 2 = , 1 1 − A22 A12 −2gh V 2 = 2 , A1 − A22 A22 A12

213

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

V = V =

A1A2 A22 − A12

2gh ,

15 ⋅ 10−4 ⋅ 4 ⋅ 10−4

(15 ⋅ 10 ) − ( 4 ⋅10 ) −4 2

−4 2

⋅ 2 ⋅ 9,81 ⋅ 1,1 ,

V = 1,928 ⋅ 10−3 m3/s .

ZADATAK 4.20

Odrediti brzinu strujanja v1 i pritisak p1 zraka (ρzr = 1,23 kg/m3) u osi cijevi promjera D = 60 mm, pomoću mjernog sistema sa ugrađenom Prandtl-Pitotovom cijevi, prema slici 4.31. Pretpostaviti strujanje savršenog i neviskoznog fluida (gubici strujanja mogu se zanemariti). U jednadžbama za manometre također može se zanemariti gustina zraka, kao mnogo manja od gustine manometarske tečnosti (ρzr Rekr = 2320 . 0,0106 ⋅ 10−4

S obzirom da je u početku strujanja Re > Rekr režim strujanja je turbulentni. Ako se prilikom izjednačavanja nivoa u sudovima nivo u sudu I spustio za ΔH, onda se nivo u sudu II podigao za H – ΔH, pa se tražena vrijednost ΔH može odrediti iz uvjeta jednakosti volumena A1ΔH = A2 ( H − ΔH ) ,

A1ΔH + A2ΔH = A2H , A2 ΔH = H, A1 + A2 2 ΔH = ⋅2 1,5 + 2 ΔH = 1,143 m .

ZADATAK 4.28

Dva velika bazena sa vodom I i II spojena su sa dvije paralelne cijevi promjera d i 2d istih dužina l istog koeficijenta otpora strujanja uslijed trenja λ. Razlika nivoa vode u bazenima iznosi h. Protok vode kroz cijev promjera d iznosi V1 . Te dvije cijevi treba zamijeniti sa jednom cijevi promjera D, iste dužine l i istog koeficijenta otpora strujanja uslijed trenja λ. Odrediti promjera D pod uvjetom da ukupan protok vode iz ostane isti. Lokalne otpore zanemariti.

247

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

1

pat

1

I

2 ρ

pat

H

R

z

2 R

O

x

II V1

V1

d

D

2d

I

II

I

l

II l

Slika 4.50 Rješenje

Promjer nove zamjenske cijevi može se odrediti primjenom jednadžbe održanja energije (Bernouli-jeve jednadžbe) i jednadžbe održanja mase ma promatrano strujanje vode iz bazena I u bazen II. Jednadžbe energije (Bernouli-jeve jednadžbe) definirane za nivoe vode u bazenima I i II u odnosu na referentnu ravan R–R za cijevi promjera d i 2d glase - cijev promjera d E1 = E 2 + EG , E1 =

p1 v2 + α1 1 + z1 ρg 2g

E2 =

p2 v2 + α2 2 + z2 , ρg 2g

p v2 p1 v2 + α1 1 + z1 = 2 + α 2 2 + z 2 + EG . ρg ρg 2g 2g Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p1 = pat v1 ≈ 0 α1 ≠ 0 z1 = H

p2 = pat , v2 ≈ 0 , α2 ≠ 0 , z2 = 0 ,

EG = H G = H G ,lin

l v12 =λ . d 2g

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se

248

Dinamika fluida

pat p l v12 + H = at + λ , ρg ρg d 2g odnosno H =λ

l v12 . d 2g

- cijev promjera 2d E1 = E 2 + EG , E1 =

p1 v2 + α1 1 + z1 ρg 2g

E2 =

p2 v2 + α2 2 + z2 , ρg 2g

p v2 p1 v2 + α1 1 + z1 = 2 + α 2 2 + z 2 + EG . ρg ρg 2g 2g Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p1 = pat v1 ≈ 0 α1 ≠ 0 z1 = H

p2 = pat , v2 ≈ 0 , α2 ≠ 0 , z2 = 0 ,

EG = H G = H G ,lin

l v 22 =λ . 2d 2g

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se pat p l v 22 + H = at + λ , ρg ρg 2d 2g odnosno H =λ

l v 22 . 2d 2g

G G Pri tome su brzine strujanja v1 i v 2 koje figuriraju u članovima koji predstavljaju gubitke različite od nule i jednake brzinama strujanja kroz cijevi promjera d i 2d respektivno. Iz navedenog slijedi da je H =λ

l v12 l v 22 =λ , d 2g 2d 2g

odnosno

249

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

v12 v 22 = , 2 4 v1 v 2 = . 1 2 Ukupan protok vode iz bazena I u bazen II iznosi V = V1 + V2 . Pošto je

( 2d ) π V2 = v 2 A2 = v 2 4 2

d π V1 = v1A1 = v1 4 2

i

ukupan protok vode će biti 2d ) π ( 4d 2π d 2π d 2π d 2π d 2π  + v2 = v1 + v2 = v1 + 4 2v1 = V = v1 4 4 4 4 4 4 d 2π = v1 1 + 4 2 = V1 1 + 4 2 . 4 2

(

)

(

)

Brzina strujanja vode u slučaju strujanja kroz cijev promjera D može se odrediti primjenom jednadžbe održanja energije (Bernouli-jeve jednadžbe) definirane za nivoe vode u bazenima u odnosu na referentnu ravan R–R kako slijedi E1 = E 2 + EG , E1 =

p1 v2 + α1 1 + z1 ρg 2g

E2 =

p2 v2 + α2 2 + z2 , ρg 2g

p v2 p1 v2 + α1 1 + z1 = 2 + α 2 2 + z 2 + EG . ρg ρg 2g 2g Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p1 = pat v1 ≈ 0 α1 ≠ 0 z1 = H

p2 = pat , v2 ≈ 0 , α2 ≠ 0 , z2 = 0 ,

EG = H G = H G ,lin = λ

l v2 D 2g

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se

250

Dinamika fluida

pat p l v2 + H = at + λ , ρg ρg D 2g H =λ

l v2 . D 2g

Izjednačavanjem gornjeg sa izrazom dobivenim na isti način za slučaj strujanja vode kroz cijev promjera d dobiva se brzina strujanja vode kroz cijev promjera D H =λ

l v2 l v12 =λ , D 2g d 2g

odnosno D v1 . d

v=

Promjer nove zamjenske cijevi D dobiva se primjenom jednadžbe kontinuiteta D 2π = V = v 4

D D 2π = v1 4 d

5

(

D 4V1 D 2π = d d 2π 4

D d

2

5

⎛D ⎞  ⎛D ⎞  ⎜ ⎟ V1 = ⎜ ⎟ V1 , ⎝d ⎠ ⎝d ⎠

)

⎛D ⎞ V = ⎜ ⎟ V1 = V1 1 + 4 2 , ⎝d ⎠ 5

(

)

⎛D ⎞ ⎜ ⎟ = 1+ 4 2 , ⎝d ⎠ 5

( ) D = d (1 + 4 2 ) , D = d (1 + 4 2 ) . 2 ⎛D ⎞ ⎜ ⎟ = 1+ 4 2 , ⎝d ⎠ 5

2

5

2/5

ZADATAK 4.29

Za prosti cjevovod prema slici 4.51 potrebno je nacrtati liniju energije (LE), pijezometarsku liniju (PL) i dijagram rasporeda pritiska (DRP) duž cjevovoda. Kroz cjevovod struji savršen nestišljiv fluid. Zadani su podaci: H = 25 m, h = 5 m d = 75 mm, D = 150 mm, ρ = 1000 kg/m3.

251

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

pat

ρ V

H

D d

h

pat

Slika 4.51 Rješenje

Da bi se nacrtala linija energije (LE), pijezometarska linija (PL) i dijagram rasporeda pritiska (DRP) duž cjevovoda potrebno je primjenom jednadžbe održanja mase i jednadžbe održanja energije odrediti brzinu strujanja fluida i pritisak u karakterističnim presjecima. Zadani cjevovod sa karakterističnim presjecima prikazan je na slici 4.52. pat 1

1 z

ρ

O

H

V

D

2

R' h

R

R' 2

x

3

R pat

3 d

Slika 4.52 Brzina strujanja fluida u presjeku 3–3 može se odrediti iz jednadžbe održanja energije (Bernouli-jeve jednadžbe) definirane za presjeke 1–1 i 3–3 u odnosu na referentnu ravan R–R E1 = E 3 , E1 =

252

p1 v2 + α1 1 + z1 ρg 2g

E3 =

p3 v2 + α3 3 + z3 , ρg 2g

Dinamika fluida

p v2 p1 v2 + α1 1 + z1 = 3 + α 3 3 + z 3 . ρg ρg 2g 2g Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p1 = pat p3 = pat , v1 ≈ 0 v3 ≠ 0 , α1 ≠ 0 α3 = 1, z1 = H + h z3 = 0 . Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se pat pat v 32 + H +h = + , ρg ρ g 2g v 32 = H +h , 2g v 3 = 2g ( H + h ) , v 3 = 2g ⋅ ( 25 + 5 ) ,

v 3 = 24,26 m/s . Brzina strujanja fluida u presjeku 2–2 može se odrediti iz jednadžbe kontinuiteta, koja glasi D 2π d 2π  = v3 , V = v2 4 4 d2 v2 = v3 2 , D 0,0752 v 2 = 24,26 ⋅ , 0,152 v 2 = 6,065 m/s . Pritisak u presjeku 2–2 može se odrediti primjenom jednadžbe održanja energije (Bernouli-jeve jednadžbe) definirane za presjeke 1–1 i 2–2 u odnosu na referentnu ravan R'–R' E1 = E 2 , p1 v12 + α1 + z1 E1 = ρg 2g

p2 v 22 + α2 + z2 , E2 = ρg 2g

p2 v 22 p1 v12 + α1 + z1 = + α2 + z2 . ρg ρg 2g 2g Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose 253

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

p1 = pat v1 ≈ 0 α1 ≠ 0 z1 = H

p2 = pat + pm 2 , v2 ≠ 0 , α2 = 1, z2 = 0 .

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se pat + pm 2 v 22 pat +H = + , ρg ρg 2g pm 2 v 22 + . H = ρ g 2g Relativni pritisak u presjeku 2–2 ima vrijednost v 22 pm 2 = ρ gH − ρ , 2 6,0652 pm 2 = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 25 − 1000 ⋅ , 2 pm 2 = 226857,9 Pa , a apsolutni p2 = pat + pm 2 , p2 = 105 + 226857,9 , p2 = 326857,9 Pa . Vrijednosti pritisaka i kinetičkih energija u karakterističnim presjecima, potrebne za crtanje linije energije (LE), pijezometarske linije (PL) i dijagrama rasporeda pritiska (DRP) izražene u jedinicama dužine iznose v 22 6,0652 = = 1,87 m , 2g 2 ⋅ 9,81 v 32 24,262 = = 30 m , 2g 2 ⋅ 9,81 pm 2 226857,9 = = 23,13 m , ρ g 1000 ⋅ 9,81 p2 326857,9 = = 33,32 m , ρ g 1000 ⋅ 9,81 pat 105 = = 10,19 m . ρ g 1000 ⋅ 9,81 Linija energije (LE), pijezometarska linija (PL) i dijagrama rasporeda pritiska (DRP) duž cjevovoda predstavljeni su shematski na slici 4.53. 254

Dinamika fluida

LE pat ρg

v 22 2g

PL DRP +

v 32 2g

p2

ρg H +h pat

ρg

pat v 32 + ρ g 2g

+ H +h

pat ρg

R

R LP – linija položaja LE – linija energije PL – pijezometarska linija DRP – dijagram rasporeda pritiska

LP

Slika 4.53

ZADATAK 4.30

Za sistem prema slici 4.54 potrebno je odrediti: a) protok ulja (ρ = 865 kg/m3) mjeren otklonom živinog manometra koji povezuje prošireni i suženi dio cjevovoda, b) promjer Dm i brzinu izlaznog mlaza vm na dubini H = 2,5 m ispod otvora. Zadani su podaci: H1 = 4 m, h0 = 102 mm, D1 = 300 mm, D2 = 100 mm, ρž = 13546 kg/m3. Gubitke energije zanemariti.

255

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

D1

V

ρ

H1 D2

h0

pat

H ρž G vm

Dm

Slika 4.54 Rješenje

a) Zadani cjevovod sa naznačenim karakterističnim presjecima potrebnim za postavljanje jednadžbe održanja energije (Bernouli-jeve jednadžbe) prikazan je na slici 4.55. Protok ulja se može odrediti iz jednadžbe održanja energije (Bernouli-jeve jednadžbe) definirane za presjeke 1–1 i 2–2 u odnosu na referentnu ravan R–R E1 = E 2 , E1 =

p1 v2 + α1 1 + z1 ρg 2g

E2 =

p2 v2 + α2 2 + z2 , ρg 2g

p v2 p1 v2 + α1 1 + z1 = 2 + α 2 2 + z 2 . ρg ρg 2g 2g Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p1 = pat + pm1 p2 = pat + pm 2 , v1 ≠ 0 v2 ≠ 0 , α1 = 1 α 2 = 1, z1 = H1 z2 = 0 .

256

Dinamika fluida

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se pat + pm 2 v 22 pat + pm1 v12 + + H1 = + , ρg 2g ρg 2g pm 2 pm1 V 2 V 2 + + H1 = + , ρ g 2gA12 ρ g 2gA22 ⎛ 1 1 ⎞ 2 V 2 ⎜ 2 − 2 ⎟ = ( pm1 − pm 2 ) + 2gH1 , ⎝ A2 A1 ⎠ ρ

odnosno 2 V =

ρ

( pm1 − pm 2 ) + 2gH1 .

1 1 − 2 2 A2 A1

D1 1

1 z

V

O ρ

x

H1 D2

R 2 2'

2 2'

R x h0 0

0

pat

H

m 0'

0'

m

ρž

G vm

Dm

Slika 4.55 Razlika pritisaka u presjecima 1–1 i 2–2 može se odrediti iz jednadžbe hidrostatike za U-manometar. Za referentnu ravan 0–0 postavljenu na nižem nivou žive u U-manometru slijedi pat + pm1 + ρ gH1 + ρ gx + ρ gh 0 = pat + pm 2 + ρ gx + ρž gh 0 ,

257

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

⎛ρ ⎞ pm1 − pm 2 = ρž gh 0 − ρ gh 0 − ρ gH1 = ρ g ⎜ ž h 0 − h 0 − H1 ⎟ . ⎝ ρ ⎠ Zamjenom u dobiveni izraz za protok dobiva se 2 V =

V =

ρ

⎛ ρž

⎞ h 0 − h 0 − H1 ⎟ + 2gH1 ⎝ ρ ⎠ = 1 1 − A22 A12

ρg ⎜

⎛ρ ⎞ 2gh 0 ⎜ ž − 1⎟ ⎝ ρ ⎠ = 1 1 − A22 A12

⎛ρ ⎞ 2gh 0 ⎜ ž − 1⎟ ⎝ ρ ⎠, 4 4 − D22π D12π

⎛ 13546 ⎞ − 1⎟ 2 ⋅ 9,81 ⋅ 0,102 ⎜ ⎝ 865 ⎠, 4 4 − 0,12 π 0,32 π

V = 0,042798 m3/s . b) Brzina mlaza na izlazu iz cijevi u presjeku 2–2 jednaka je 4V , D22π 4 ⋅ 0,042798 v2 = , 0,12 π v 2 = 5, 449 m/s .

v2 =

Brzina mlaza na zadanoj dubini H može se odrediti iz jednadžbe održanja energije (Bernouli-jeve jednadžbe) definirane za presjeke 2'–2' i m–m u odnosu na referentnu ravan 0'–0' E 2' = Em , E 2' =

p2' v2 + α 2' 2' + z 2' ρg 2g

Em =

pm v2 + αm m + zm , ρg 2g

p2' v2 p v2 + α 2' 2' + z 2' = m + αm m + zm . ρg ρg 2g 2g Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose p2' = pat v 2' ≠ 0 α 2' = 1 z 2' = H

pm = pat , vm ≠ 0 , αm = 1 , zm = 0 .

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se

258

Dinamika fluida

pat v 2'2 p v2 + + H = at + m , ρ g 2g ρ g 2g vm2 v 22 = + gH , 2 2 vm = v 22 + 2gH ,

vm = 5, 4492 + 2 ⋅ 9,81 ⋅ 2,5 , vm = 8,873 m/s . Promjer izlaznog mlaza na zadanoj dubini H iznosi Dm =

4V , vmπ

4 ⋅ 0,042798 , 0,873π Dm = 0,0784 m . Dm =

ZADATAK 4.31

Kroz konusni naglavak ulaznog promjera D = 100 mm i izlaznog promjera d = 50 mm, koji se nastavlja u cilindričnu cijev dužine L = 20 m sa koeficijentom otpora uslijed trenja λ = 0,03, protječe voda iz velikog zatvorenog rezervoara A u veliki otvoreni rezervoar B. Iznad vode u rezervoaru A vlada nadpritisak pmA = 0,1962⋅105 Pa. Nivoi vode u rezervoarima su HA = 4,5 m i HB = 2 m. Odrediti brzine i pritiske u svim karakterističnim presjecima cjevovoda. Pri proračunu lokalne otpore strujanju zanemariti. Gustina vode je ρ = 1000 kg/m3. Za dati sistem skicirati liniju energije (LE), pijezometarsku liniju (PL) i dijagram rasporeda pritiska (DRP) duž cjevovoda, uzimajući pri tome sve gubitke u obzir.

p = pat + pmA pat HA D

ρ

HB

V

d L

Slika 4.56

259

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

Rješenje

Da bi se odredile brzine i pritisci u karakterističnim presjecima koristit će se jednadžba održanja energije i jednadžba održanja mase. Zadani cjevovod sa naznačenim karakterističnim presjecima prikazan je na slici 4.57.

z

O

pat + pmA

A

x

A

pat B

HA R

B

1 2

D

2

ρ

HB

V

dD

R

L

1

Slika 4.57 Brzina strujanja kroz cjevovod može se odrediti iz jednadžbe održanja energije (Bernouli-jeve jednadžbe) definirane za presjeke A–A i B–B u odnosu na referentnu ravan R–R E A = E B + EG , pA v A2 + αA + zA EA = ρg 2g

pB v B2 + αB + zB , EB = ρg 2g

pA v A2 pB v B2 + αA + zA = + αB + z B + EG . ρg ρg 2g 2g Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose pA = pat + pmA pB = pat , vA ≈ 0 vB ≈ 0 , αA ≠ 0 αB ≠ 0 , zA = HA zB = H B , EG = H G = H G ,lin = λ

L v2 . d 2g

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se

260

Dinamika fluida

pat + pmA p L v2 + H A = at + H B + λ , ρg ρg d 2g pmA L v2 + H A = HB + λ , ρg d 2g v=

⎞ d ⎛ pmA + 2gH A − 2gH B ⎟ , ⎜2 λL ⎝ ρ ⎠

v=

⎞ 0,05 ⎛ 0,1962 ⋅ 105 + 2 ⋅ 9,81 ⋅ 4,5 − 2 ⋅ 9,81 ⋅ 2 ⎟ , ⎜2 0,03 ⋅ 20 ⎝ 1000 ⎠

v = 2,71 m/s .

Brzina strujanja fluida u presjeku 1–1 može se odrediti iz jednadžbe kontinuiteta D π d π =v , V = v1 4 4 2

2

odnosno d2 v1 = v 2 , D 0,052 , 0,12 v1 = 0,678 m/s . v1 = 2,71 ⋅

Pritisak u presjeku 1–1 jednak je p1 = pat + pmA + ρ gH A , p1 = 105 + 0,1962 ⋅ 105 + 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 4,5 , p1 = 163765 Pa . Pritisak u presjeku 2–2 može se odrediti iz jednadžbe održanja energije (Bernouli-jeve jednadžbe) definirane za presjeke 2–2 i B–B u odnosu na referentnu ravan R–R E 2 = E B + EG , p2 v 22 + α2 + z2 E2 = ρg 2g

pB v B2 + αB + zB , EB = ρg 2g

p2 v 22 pB v B2 + α2 + z2 = + αB + z B + EG . ρg ρg 2g 2g Pojedini članovi u oba presjeka u jednadžbi održanja energije iznose

261

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

p2 = pat + pm 2 pB = pat , v2 = v ≠ 0 vB ≈ 0 , α2 = 1 αB ≠ 0 , z2 = 0 zB = H B , EG = H G = H G ,lin = λ

L v2 . d 2g

Zamjenom navedenih vrijednosti u jednadžbu održanja energije dobiva se pat + pm 2 v 2 p L v2 + = at + H B + λ , ρg 2g ρ g d 2g pm 2 v 2 L v2 + = HB + λ . ρ g 2g d 2g Dakle, relativni pritisak u presjeku 2–2 jednak je pm 2

v2 ⎛ L ⎞ = ρ gH B + ρ ⎜ λ − 1⎟ , 2⎝ d ⎠

pm 2 = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 4,5 + 1000 ⋅

2,712 2

20 ⎛ ⎞ ⎜ 0,03 0,05 − 1⎟ , ⎝ ⎠

pm 2 = 60012,5 Pa , a apsolutni p2 = pat + pm 2 , p2 = 105 + 60012,5 , p2 = 160012,5 Pa . Vrijednosti pritisaka i kinetičkih energija u karakterističnim presjecima, izražene u jedinicama dužine, iznose v12 0,6782 = = m, 2g 2 ⋅ 9,81 v 22 v 2 2,712 = = = m, 2g 2g 2 ⋅ 9,81 pm1 63765 = = m, ρ g 1000 ⋅ 9,81 p1 163765 = = m, ρ g 1000 ⋅ 9,81 pm 2 60012,5 = = m, ρ g 1000 ⋅ 9,81

262

Dinamika fluida

p2 160012,5 = = m. ρ g 1000 ⋅ 9,81 Linija energije (LE), pijezometarska linija (PL) i dijagram rasporeda pritiska (DRP) duž cjevovoda prikazani su shematski na slici 4.58. LE

LP – linija položaja LE – linija energije PL – pijezometarska linija DRP – dijagram rasporeda pritiska

2 1

v 2g

pat + pmA ρg

v 22 2g

pat + pmA

PL

DRP

pat ρg

+

HA

HB

R

R LP

ρ

Slika 4.58

263

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

264

Literatura

LITERATURA 1. Demirdžić, I., Mehanika fluida I dio - Osnove, Mašinski fakultet Univerziteta u Sarajevu, Sarajevo,1990. 2. Bukurov, Ž., Cvijanović, P., Mehanika fluida - zadaci, Fakultet tehničkih nauka Novi Sad, Novi Sad, 1982. 3. Čantrak, S., Crnojević, C., Hidraulika – teorija, problemi, zadaci, DIP Građevinska knjiga Beograd, Beograd, 1990. 4. Čantrak, S., Benišek, M.,Pavlović, M., Marjanović, P., Crnojević, S., Petković, S., Rešeni zadaci iz mehanike fluida sa izvodima iz teorije, IRO Građevinska knjiga Beograd, Beograd, 1988. 5. Obrović, R. B., Osnovi hidraulike - zbirka rešenih zadataka, Naučna knjiga Beograd, Beograd, 1981. 6. Riđanović, M., Zbirka zadataka iz mehanike fluida, Mašinski fakultet Univerziteta u Sarajevu, Sarajevo, 1974. 7. Obrović, B., Milovanović, D., Mehanika fluida - zbirka rešenih zadataka, NRIO Svetlost Kragujevac, Kragujevac, 1982. 8. Jović, V., Osnove hidromehanike, Udžbenici Sveučilišta u Splitu, Element Zagreb, Zagreb, 2006. 9. Kundu, P.K., Cohen, I.M., Fluid Mechanics 3rd Ed., Elsevier Academic Press, 2004.

265

266

Dodatak

DODATAK

267

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

268

Dodatak D1. KARAKTERISTIČNA FIZIKALNA SVOJSTVA TEČNIH I PLINOVITIH FLUIDA

Tabela D1.1. Karakteristična fizikalna svojstva vode definirana u zavisnosti od temperature Gustoća [kg/m3]

Temperatura T [°C] 0 4 9 14 19 24 29 34 39 44 49 54 59 64 69 74 79 84 89 94 99

Dinamički koeficijent viskoznosti μ [Pas] 1,792 x 10-3 1,519 x 10-3 1,308 x 10-3 1,140 x 10-3 1,005 x 10-3 0,894 x 10-3 0,801 x 10-3 0,723 x 10-3 0,656 x 10-3 0,599 x 10-3 0,549 x 10-3 0,506 x 10-3 0,469 x 10-3 0,436 x 10-3 0,406 x 10-3 0,380 x 10-3 0,357 x 10-3 0,336 x 10-3 0,317 x 10-3 0,299 x 10-3 0,284 x 10-3

ρ

999,9 1000 999,7 999,1 998,2 997,1 995,7 994,1 992,2 990,2 988,1 985,7 983,2 980,6 977,8 974,9 971,8 968,6 965,3 961,9 958,4

Kinematički koeficijent viskoznosti ν [m2/s] 1,792 x 10-6 1,519 x 10-6 1,308 x 10-6 1,141 x 10-6 1,007 x 10-6 0,897 x 10-6 0,804 x 10-6 0,727 x 10-6 0,661 x 10-6 0,605 x 10-6 0,556 x 10-6 0,513 x 10-6 0,477 x 10-6 0,444 x 10-6 0,415 x 10-6 0,390 x 10-6 0,367 x 10-6 0,347 x 10-6 0,328 x 10-6 0,311 x 10-6 0,296 x 10-6

Koeficijent površinske napetosti σ [N/m]

Pritisak zasićene pare [m v.s.]

7,62 x 10-2 7,54 x 10-2 7,48 x 10-2 7,41 x 10-2 7,36 x 10-2 7,26 x 10-2 7,18 x 10-2 7,10 x 10-2 7,01 x 10-2 6,92 x 10-2 6,82 x 10-2 6,74 x 10-2 6,68 x 10-2 6,58 x 10-2 6,50 x 10-2 6,40 x 10-2 6,30 x 10-2 6,20 x 10-2 6,12 x 10-2 6,02 x 10-2 5,94 x 10-2

0,06 0,09 0,12 0,17 0,25 0,33 0,44 0,58 0,76 0,98 1,26 1,61 2,03 2,56 3,2 3,96 4,86 5,93 7,18 8,62 10,33

Volumenski modul elastičnosti E [MPa] 2040 2060 2110 2140 2200 2220 2230 2240 2270 2290 2300 2310 2280 2260 2250 2230 2210 2170 2160 2110 2070

Polinomne aproksimacije podataka u tabeli 1. Gustoća vode:

≤ T [°C] ≤ 4 [°C] ⇒ ρ = 1000 – 0,00735675 ( T - 4 )2 + 0,00138764 ( T - 4 ) [kg/m3] 4 [°C] ≤ T [°C] ≤ 100 [°C] ⇒ ρ = 1000 + 1,5573 10-5 ( T - 4 )3 - 0,0057198 ( T - 4 )2 - 0,027281 ( T - 4 )

za 0 [°C] za

[kg/m3]

Koeficijent kinematičke viskoznosti: za 0 [°C]

≤

T [°C]

≤

100 [°C]

⇒

prema Poseuilleovoj formuli ν =

0,0178 1 + 0,0337 Τ + 0,000221 Τ

2

[cm2/ s]

Pritisak zasićene pare: za 0 [°C] ≤ T [°C]

≤ 100 [°C] ⇒ hv =

pv ρg

= 8,977 10-8 T4 - 2,5105 10-6 T3 + 3,6507 10-4 T2 + 1,3975 10-3 T + 0,064841 [m v. s.]

Volumenski modul elastičnosti: za 0 [°C]

≤

T [°C]

≤

100 [°C]

⇒

E = 2,0307 + 0,013556 T + 1,7302 10-4 T2 + 4,7285 10-7 T3 [GPa]

269

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

Tabela D1.2. Zavisnost promjena gustoće i koeficijenta dinamičke i kinematičke viskoznosti zraka od promjene temperature pri atmosferskom pritisku Temperatura T [°C]

Gustoća ρ [kg/m3]

-40 -20 0 20 40 60 80 100 120 200 300 400 500

1,520 1,400 1,290 1,200 1,120 1,060 0,990 0,940 0,900 0,745 0,618 0,530 0,461

Dinamički koeficijent viskoznosti μ [Pas] -6 14,94 x 10 -6 15,92 x 10 -6 17,05 x 10 -6 18,15 x 10 -6 19,05 x 10 -6 19,82 x 10 -6 20,65 x 10 -6 21,85 x 10 -6 23,20 x 10 -6 25,87 x 10 -6 29,60 x 10 -6 33,00 x 10 -6 36,20 x 10

Kinematički koeficijent viskoznosti ν [m2/s] -6 9,83 x 10 -6 11,37 x 10 -6 13,22 x 10 -6 15,13 x 10 -6 17,01 x 10 -6 18,70 x 10 -6 20,86 x 10 -6 23,24 x 10 -6 25,78 x 10 -6 34,65 x 10 -6 48,00 x 10 -6 62,90 x 10 -6 79,20 x 10

Eksponencijalna aproksimacija gustoće zraka:

za 0 [°C] ≤ T [°C] ≤ 500 [°C] ⇒ ρ = 1,29 e-0,00321 T [kg/m3]

Tabela D1.3. Zavisnost promjene volumenskog modula elastičnosti vode od promjene temperature i pritiska

Pritisak p [Pa] 1 x 105 100 x 105 300 x 105 1000 x 105

Volumenski modul elastičnosti [MPa] 20 [°C] 49 [°C] 93 [°C] 2200 2289 2130 2275 2358 2199 2399 2496 2330 2827 2937 2792

0 [°C] 2040 2068 2186 2620

Polinomne aproksimacije podataka u tabeli 3. Volumenski modul elastičnosti:

E=

α ( T ) ( p – 1 ) + E0 ( T )

gdje je:

[GPa]

( E = f ( T, p ) ),

α = -5,953817 10-4 + 1,4072 10-6 T – 7,5 10-9 T2 , E0 = 2,0256 + 0,0107 T + 10-4 T2 [GPa]

( T [°C],

p [bar] ).

Tabela D1.4. Neka svojstva karakterističnih tečnih fluida Vrsta tečnog fluida

Pitka voda Morska voda Etilni alkohol Benzen Ugljični tetraklorid Glicerin Živa Parafinsko ulje

270

Gustoća ρ [kg/m3]

998 1025 789 879 1632 1262 13546 800

Koeficijent površinske napetosti σ [N/m]

Dinamički koeficijent viskoznosti μ [Pas]

Volumenski modul elastičnosti E [GPa]

Temperatura 20 [°C] 72,7 x 10-3 22,3 x 10-3 28,9 x 10-3 26,8 x 10-3 63,0 x 10-3 472,0 x 10-3 26,0 x 10-3

1,0 x 10-3 1,197 x 10-3 0,647 x 10-3 0,972 x 10-3 620,0 x 10-3 1,552 x 10-3 1,9 x 10-3

2,05 1,32 1,1 1,12 4,03 26,2 1,62

Dodatak

Motorno ulje SAE 10 Motorno ulje SAE 30

Temperatura 38 [°C] 30 x 10-3 30 x 10-3

880 - 950 880 - 950

29 x 10-3 96 x 10-3

-

Tabela D1.5. Neka svojstva karakterističnih plinova kod normalnog atmosferskog pritiska i temperature T= 273,15 K Specifična toplina Dinamički Adijabatska Molarna Plinska Gustoća koeficijent konstanta Vrsta plina masa ρ [kg/m3] konstanta cp [J/kg K] cv [J/kg K] viskoznosti κ = cp /cv M [g] Ri μ [Pas] Zrak Ugljični monoksid Ugljični dioksid Helij Vodik Metan Dušik (azot) Kisik Vodena para

~ 28,96

1,293

287

993

708

1,402

1,71 x 10-5

28

1,250

297

1050

748

1,404

16,6 x 10-5

44

1,977

189

834

640

1,304

14,0 x 10-5

4 2,016 16,04 28 32 18,016

0,179 0,090 0,717 1,250 1,429 0,800

2077 4121 297 260 462

5240 14300 2200 1040 913 2020

3157 10140 1676 741 652 1519

1,660 1,410 1,313 1,404 1,400 1,330

18,6 x 10-5 8,35 x 10-5 10,3 x 10-5 16,7 x 10-5 19,2 x 10-5 8,70 x 10-5

Tabela D1.6. Međunarodna standardna atmosfera Nadmorska visina z [m]

Apsolutni pritisak paps [Pa]

Apsolutna temperatura Taps [K]

0 1000 2000 4000 6000 8000 10000 11500 14000 16000 18000 20000 22000 24000 26000 28000 30000 32000

1,01320 x 105 0,89880 x 105 0,79500 x 105 0,61660 x 105 0,47220 x 105 0,35650 x 105 0,26500 x 105 0,20980 x 105 0,14170 x 105 0,10350 x 105 0,07565 x 105 0,05529 x 105 0,04047 x 105 0,02972 x 105 0,02188 x 105 0,01616 x 105 0,01197 x 105 0,00889 x 105

288,15 281,7 275,2 262,2 249,2 236,2 223,3 216,7 216,7 216,7 216,7 216,7 218,6 220,6 222,5 224,5 226,5 228,5

Gustoća [kg/m3]

ρ

1,22500 1,11170 1,00660 0,81940 0,66020 0,52580 0,41340 0,33750 0,22790 0,16650 0,12160 0,08892 0,06451 0,04694 0,03426 0,02508 0,01841 0,01356

Kinematički koeficijent viskoznosti ν [m2/s] 1,461 x 10-5 1,581 x 10-5 1,715 x 10-5 2,028 x 10-5 2,416 x 10-5 2,904 x 10-5 3,525 x 10-5 4,213 x 10-5 6,239 x 10-5 8,540 x 10-5 11,686 x 10-5 15,989 x 10-5 22,201 x 10-5 30,743 x 10-5 42,439 x 10-5 58,405 x 10-5 80,134 x 10-5 109,62 x 10-5

Brzina zvuka c [m/s]

340,3 336,4 332,5 324,6 316,5 308,1 299,5 295,1 295,1 295,1 295,1 295,1 296,4 297,7 299,1 300,4 301,7 303,0

Tabela D1.7. Zavisnost promjene koeficijenta dinamičke viskoznosti od promjene temperature nekih karakterističnih fluida Vrsta fluida Ugljični dioksid Helij Vodik Etilni alkohol Ricinusovo ulje Sirovo ulje (relativne gustoće 0,86) Glicerin Živa

Koeficijent dinamičke viskoznosti

μ

x106 [Pas]

-20 [°C] 13,4 18,7 8,5 2530 -

0 [°C] 14,6 19,4 8,9 1720 -

20 [°C] 15,8 20,5 9,6 1200 -

40 [°C] 16,8 21,6 9,9 770 249000

60 [°C] 17,7 22,5 10,2 570 81000

80 [°C] 18,7 23,4 10,5 470 34000

100 [°C] 19,4 23,9 10,6 17000

200 [°C] 20,1 24,4 10,7 -

-

17000

8100

5300

3800

3000

2400

2000

1820

1670

1580

163000 1440

43000 1380

21000 1330

1260

1150

271

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida Parafin Benzin

-

3160 390

1910 300

1290 240

210

-

-

Tabela D1.8. Dozvoljen brzine strujanja vode kroz cijevi kružnog poprečnog presjeka prema I. G. Esmanu * Unutrašnji promjer cijevi Dozvoljena brzina strujanja vode v Protok d [mm] [m/s] [m3/s] 60 0,70 2 x 10-3 100 0,75 6 x 10-3 150 0,80 14 x 10-3 200 0,90 28 x 10-3 250 1,00 49 x 10-3 300 1,10 78 x 10-3 400 1,25 157 x 10-3 500 1,40 275 x 10-3 600 1,60 453 x 10-3 800 1,80 905 x 10-3 1000 2,00 1571 x 10-3 1100 2,20 2093 x 10-3

-

Q

* Srednja brzina strujanja tečnog fluida u usisnom cjevovodu ne bi trebala biti veća od 0,75 do 1,25 [m/s]

D2. „GUBICI“ ENERGIJE PRI STRUJANJU REALNOG TEČNOG FLUIDA

Linijski „gubici“ energije

Darcy-Weisbachov izraz gdje je:

p hm =

ρg

=

λ

l v sr2 d h 2g

[m],

λ - koeficijent otpora trenja ( λ = f ( Re, δ )), l [m] - dužina cjevovoda, d h [m] - hidraulični promjer cijevi, v sr [m/s] - srednja brzina strujanja fluida, g [m/s2] - ubrzanje sile Zemljine teže, δ - relativna hrapavost površine cijevi, Re - Reynoldsov broj

Hidraulički (ekvivalentni) promjer cijevi -

d h = 4 rh = 4

A , O

gdje je: rh [m] - hidraulički polumjer (radijus), A [m2] - površina poprečnog presjeka kroz koji struji fluid, O [m] - okvašeni (oplakivani) obim cijevi. Za cijev kružnog poprečnog presjeka unutrašnjeg promjera d karakteristične navedene veličine iznose: d h = d [m] - hidraulički (ekvivalentni) promjer cijevi, rh = d/4 [m] - hidraulički polumjer (radijus), A = d2 π /4 [m2] - površina poprečnog presjeka kroz koji struji fluid,

272

Dodatak

O = d π [m] - okvašeni (oplakivani) obim cijevi,

l v sr2 [m] – linijski „gubitak“ energije, ρg d 2g δ = k/dh = k/d – relativna hrapavost površine cijevi, k [m] – srednja apsolutna hrapavost površine cijevi, v sr d Re = - Reynoldsov broj, ν p

hm =

=

λ

ν [m2/s] - koeficijent kinematičke viskoznosti fluida.

Tabela D2.1. Srednja apsolutna hrapavost površine karakterističnih vrsta cijevi i kanala Vrsta cijevi i kanala A) Bešavne cijevi Tehničke cijevi od mesinga, bakra i olova Nove čelične cijevi Čelične cijevi očišćene poslije upotrebe Čelične bitumenizirane cijevi Čelične cijevi centralnog grijanja Čelične cijevi za naftovode pri srednjim uvjetima eksploatacije Čelične vodovodne cijevi koje se nalaze u eksploataciji B) Šavne čelične cijevi Nove ili stare cijevi u dobrom stanju, zavarene ili zakovane Nove bitumenizirane cijevi Upotrebljavane cijevi Cijevi iznutra prekrivene slojem laka, isprljane u toku eksploatacije (voda), nekorodirane Cijevi sa znatnim naslagama prljavštine Cijevi sa dva reda zakivaka, nekorodirane, isprljane u toku eksploatacije vodom Cijevi sa dva reda zakivaka, jako korodirane C) Pocinčane čelične cijevi Čisto pocinčane, nove cijevi Obično pocinčane, nove cijevi Grubo pocinčane cijevi D) Cijevi od livenog gvožđa Nove cijevi Nove bitumenizirane cijevi Vodovodne cijevi, eksploatirane Eksploatirane cijevi, korodirane Cijevi sa naslagama prljavštine Cijevi sa znatnim naslagama prljavštine Očišćene cijevi poslije višegodišnje upotrebe Jako korodirane cijevi E) Betonske i druge cijevi Betonske cijevi sa dobrom površinom Betonske cijevi sa hrapavom površinom Azbestno-cementne cijevi, nove Azbestno-cementne cijevi, upotrebljavane Drvene cijevi od fino obrađenih dasaka Drvene cijevi od dobro obrađenih dasaka Cijevi od dobrog brezovog furnira sa popriječnim vlaknima Cijevi od dobrog brezovog furnira sa uzdužnim vlaknima Cijevi od čistog stakla Kanalizacione cijevi, prekrivene glazurom Keramičke drenažne cijevi Polivinilne, polietilenske vučene cijevi F) Kanali

k[mm]

0,002 do 0,010 0,002 do 0,100 do 0,40 do 0,40 0,20 0,20 1,20 do 1,50 0,04 do 0,10 ≈ 0,05 0,10 do 0,15 0,95 do 1,00 2,00 do 4,00 1,20 do 1,50 2,00 0,07 do 0,10 0,10 do 0,15 0,50 0,25 do 1,00 0,10 do 0,15 1,40 1,00 do 1,50 1,00 do 1,50 2,00 do 4,00 0,30 do 1,50 do 3,00 0,30 do 0,80 3,00 do 9,00 0,05 do 0,10 ≈ 0,60 ≈ 0,15 0,30 0,12 0,03 do 0,05 0,002 do 0,01 0,25 do 6,00 0,45 do 6,00 0,001 do 0,05

273

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida 0,80 do 9,00 1,25 do 6,00

Moody - jev dijagram

Betonski kanali Kanali sa oblogom od tesanog kamena

274

Dodatak

Karakteristike Moody – jevog dijagrama a)

Područje laminarnog strujanja fluida Re

≤

λ = f ( Re)

Rekr = 2320

Koeficijent otpora trenja računa se prema izrazu Poisseuillea

b)

λ=

64 Re

.

Kritično područje 2320 < Re < 4000 Koeficijent otpora trenja u ovom nestabilnom području može da se izračuna prema izrazu Zajčenka

λ = 0,0025 3 Re . c)

Hidraulički glatka cijev ( Re < 40 d/k )

λ = f ( Re) Koeficijent otpora trenja može da se računa prema slijedećim izrazima:

λ=

- Prandtlov izraz -

λ = ( − 0,8 + 2 log

- Altšulov izraz -

- Izraz Konakova -

d)

0,3164

- Blasiusov izraz -

4

1

=1,82 log

λ λ=

Re

( 4000 < Re < 105 ),

Re λ

) −2

Re +2 100

1 (1,8 Re − 1,5 ) 2

( 4000 < Re < 108 ), ( 2,5 103 < Re < 1012 ),

( 4 103 < Re < 105 )

Prelazno turbulentno područje ( 40 d/k < Re < 500 d/k )

λ = f ( Re, δ ) Koeficijent otpora trenja u ovom području može da se odredi primjenom slijedećih izraza: - Colebrookov izraz -

- El - Abdalov izraz -

- Haalandov izraz -

1

k 2,5119 = − 0,86859 ln ( 0,2698 + ) ( Re > 4 103 ), d λ Re λ 1 6,524 k = − 2 log ( 0,908 + ) ( 104 < Re < 108 ), Re 3,71d λ 1 6,9 k 1,11 = − 1,8 log ( +( ) ) ( 4 104 < Re < 108 ), Re 3,71 d λ

275

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

68 k 0,25 + ) Re d

- Altšulov izraz -

λ = 0,11(

- Moodyjev izraz -

k 106 3 ) λ = 0,0053 (1 + 20000 + d Re

( Re > 4 103 ), 1

e)

( 4 103 < Re < 107 ).

Područje potpuno turbulentnog strujanja fluida – hidraulički potpuno hrapava cijev ( Re > 500 d/k )

λ = f (δ) Koeficijent otpora trenja u ovom području može da se odredi prema izrazu - Šifrinsona -

k λ = 0,11( ) 0,25 d

- Nikuradzea -

λ = ( 1,74 + 2 log

- Colebrooka -

λ = ( 2 log ( 3,71

( 104 < Re < 108 ),

d −2 ) 2k

d −2 )) k

( Re > 4 103 ), ili ( Re > 4 103 ).

U cijelom području Moody- jeva dijagrama za Re > 5000 može da se primjeni izraz Swamee-Jaina

λ=

1,325 k 5,74 ( ln ( + 0,9 ) ) 2 3,7 d Re

.

Lokalni „gubici“ energije Lokalni „gubitak“ energije izračunava se prema izrazu

energije vezan uz odgovarajuću brzinu. 1.

Ulazni gubitak ( gubitak na ulazu u cjevovod )

v2 ΔH=c 2g

276

ΔH=c

v2 2g

, gdje je

c koeficijent lokalnog „gubitka“

Dodatak

Slika D2.1. Ulazni objekt: a) s naglim lomovima, b) s oblikovanjem lomova. 2. Postupno proširenje ΔH = c

v12 2g

Koeficijent lokalnog gubitka za postepeno proširenje može se odrediti prema tabeli D2.2. Za središnji ugao 0 ≤ α ≤ 40° koeficijent lokalnog gubitka može se izračunati prema izrazu

c = ϕ ( α ) (1 − gdje je

A1 2 ) , A2

ϕ ( α ) = 3,2 tg

α 2

4

tg

α 2

.

Slika D2.2. Postupno proširenje Tabela D2.2. Koeficijent lokalnog gubitka za postepeno proširenje

A1 A2 0 0,05 0,075 0,10 0,15 0,20 0,25

α 30

60

80

100

120

140

160

200

240

300

400

600

900

1800

0,03 0,03 0,03 0,03 0,02 0,02 0,02

0,08 0,07 0,07 0,07 0,06 0,05 0,05

0,11 0,10 0,09 0,09 0,08 0,07 0,06

0,15 0,14 0,13 0,12 0,11 0,10 0,08

0,19 0,16 0,16 0,15 0,14 0,12 0,10

0,23 0,20 0,19 0,18 0,17 0,15 0,13

0,27 0,24 0,23 0,22 0,20 0,17 0,15

0,36 0,32 0,30 0,29 0,26 0,23 0,20

0,47 0,42 0,40 0,38 0,34 0,30 0,26

0,65 0,58 0,55 0,52 0,46 0,41 0,35

0,92 0,83 0,79 0,75 0,67 0,59 0,47

1,15 10,4 0,99 0,93 0,84 0,74 0,65

1,10 0,99 0,95 0,89 0,79 0,70 0,62

1,02 0,92 0,88 0,83 0,74 0,65 0,58

277

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida 0,30 0,40 0,50 0,60

3.

0,02 0,01 0,01 0,01

0,04 0,03 0,02 0,01

0,05 0,04 0,03 0,02

0,07 0,06 0,04 0,03

0,09 0,07 0,05 0,03

0,11 0,08 0,06 0,04

0,13 0,10 0,07 0,05

0,18 0,13 0,09 0,06

0,23 0,17 0,12 0,08

0,31 0,23 0,16 0,10

0,40 0,33 0,23 0,15

0,57 0,41 0,29 0,18

0,54 0,39 0,28 0,17

0,50 0,37 0,26 0,16

Naglo proširenje

( v1 − v 2 ) 2 ΔH = 2g c1 = ( 1 −

=

A1 2 ) A2

v 22 v12 = c2 c1 2g 2g i

c2 = (

A2 −1) 2 A1

.

Slika D2.3. Naglo proširenje

4.

Postupno suženje

ΔH = c

v 22 2g

Koeficijent lokalnog gubitka za postepeno suženje cjevovoda, prikazano na slici D2.4.b., može se odrediti prema izrazu

c = c * (1 −

A2 ) A1

, gdje je

c* koeficijent lokalnog gubitka definiran u tabeli D2.2.

Slika D2.4. Postupno suženje: a) ulaznog objekta, b) cjevovoda. Koeficijent lokalnog gubitka za postupno suženje na ulazu u cjevovod, prikazano na slici D2.4.a., može se odrediti prema tabeli D2.3., gdje je de2 ekvivalentni promjer nizvodnog presjeka.

278

Dodatak Tabela D2.3. Koeficijent lokalnog gubitka za postepeno suženje, slika D2.4.a

α

l d e2

0

0,025 0,050 0,075 0,100 0,150 0,600

5.

0

0

0

0

10

20

30

400

600

1000

1400

1800

0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50

0,47 0,45 0,42 0,39 0,37 0,27

0,45 0,41 0,35 0,32 0,27 0,18

0,43 0,36 0,30 0,25 0,20 0,13

0,41 0,33 0,26 0,22 0,16 0,11

0,40 0,30 0,23 0,18 0,15 0,12

0,42 0,35 0,30 0,27 0,25 0,23

0,45 0,42 0,40 0,38 0,37 0,36

0,50 0,50 0,50 0,50 0,50 0,50

Naglo suženje

ΔH =

( v1 − v 2 ) 2 2g

=

(

A2 v2 v2 -1 ) 2 2 = c 2 A1 2g 2g

Slika D2.5. Naglo suženje.

Tabela D2.4. Koeficijent lokalnog gubitka za naglo suženje A2/A1

c

0,2 0,34

0,4 0,27

0,6 0,16

0,8 0,05

Prema Ideljčiku za d2 < d1/2 koeficijent lokalnog gubitka kod naglog suženja računa se prema izrazu 1

Altšulu za d1/2 < d2 prema izrazu c = ( 0,57 +

6.

0,043

1,0 0

A 1 c = (1 − 2 ) , a prema A1 2

)2.

1,1 − A 2 /A 1

Oštri lom cjevovoda

279

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida 1,3 1,2 1,1

c = 3sin2

1

α 2

− sin4

α 2

0,9

ΔH = c

0,8

v2 2g

0,7

c

c = 3,1sin2 0,6

α 2

− 1,5 sin4

α 2

0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 0 0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

α

Slika D2.6. Koeficijent lokalnog gubitka na oštrom lomu cjevovoda.

7.

Koljeno - kružni luk

λ α0 π v2 ) ΔH = ΔH lok + ΔH lin = ( c + rs d 180 0 2g Koeficijent lokalnog gubitka u koljenu izračunava se prema

c = ( 0,131 + 0,163 ( definiran je izrazom

d 3,5 α ) ) 0 rs 90

ΔH lok = c

,

odnosno

v2 . 2g

Slika D2.7. Koljeno – kružni l k

8.1. Pločasti zatvarači i zasuni Gubitak energije definiran je izrazom

280

ΔH =

gubitak

lokalni

8. Ztvarači i armature

gdje je:

izrazu

0

( v vc − v ) 2 2g

energije

Dodatak

v vc - brzina fluida u presjeku „vene contracta“, odnosno presjeku najveće kontrakcije A vc , v - brzina fluida u punom protočnom presjeku A 0 .

Slika D2.8. Pravokutni pločasti zatvarač.

Jednadžba kontinuiteta ima oblik

Q = v vc A vc = v A 0 gdje je:

A vc = c c a b - veličina površine presjeka najveće kontrakcije, A 0 = a0 b – veličina površine punog protočnog presjeka, c c - koeficijent kontrakcije. ΔH = (

c=(

2 a b a0 1 1 2 Q2 Q2 v2 2 v − = ( 0 −1) 2 = − = ) ( 1 ) c c c a b a 0 b 2g cc a b 2g ( a 0 b ) 2 cc a 2g 2g

1

−1) 2 - koeficijent lokalnog gubitka energije

cc p a - otvorenost zatvarača p= a0 1 cc ( p ) = - koeficijent kontrakcije za istjecanje ispod pločastog zatvarača ( V. Jović ) 1+ C 1− p2 c ( p ) = c0 + (

1+ C 1− p 2 p

− 1 ) 2 - koeficijent lokalnog gubitka energije na pločastom zatvaraču ( V. Jović )

281

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

c ( p ) = c0 + (

1+ C 1− p 2 p

−1) 2 -

koeficijent lokalnog gubitka energije za pločasti zatvarač koji zatvara cjevovod kružnog poprečnog presjeka

250

⎡1 + 0,637 1 − p 2 ⎤ − 1⎥ c =⎢ p ⎥⎦ ⎣⎢

⎡ 1 + 0,637 1 − p 2 ⎤ c =⎢ − 1⎥ ⎢ ⎥ p ⎣ ⎦

koeficijent gubitka c

200

2

pravokutni presjek

2

kružni presjek

150

ΔH = c

v2 2g

100

50

0 0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

otvorenost p

Slika D2.9. Koeficijent lokalnog gubitka na pločastim zatvaračima

8.2. Klinasti zasuni i slični zatvarači

v2 ΔH = c 2g

Slika D2.10. Klinasti zasun L dl

282

0,9

1

Dodatak

Prema Idelčiku za klinasti zasun tipa Loudleau koeficijent lokalnog gubitka energije aproksimativno se izračunava prema izrazu c ( p ) = 0,15 + (

1 + 0,7 1 − p 2 p

−1) 2 ,

gdje je

p=

a d

otvorenost zasuna.

8.3. Leptirasti zatvarači

1100

leptirasti ventil

1000 900 800

koeficijent gubitka

700

ΔH = c

v2 2g

600 500 1,9

2 ⎡ ⎤ ⎛ ⎛ π ⎞⎞ 1 24 1 sin + − p ⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎝ 2 ⎠⎠ ⎝ − 1⎥ c = 0,25 + ⎢ ⎢ ⎥ ⎛ π⎞ sin ⎜ p ⎟ ⎢ ⎥ 2 ⎝ ⎠ ⎢⎣ ⎥⎦

400 300 200 100 0 0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

otvorenost p=1-δ /90

Slika D2.11. Koeficijent lokalnog gubitka na leptirastom zatvaraču

8.4. Kuglasti i valjkasti zatvarači i slavine v2 ΔH = c 2g c =(

1 + 1,1 1 − p 2 p

−1 ) 2 - koeficijent lokalnog gubitka za kuglasti ventil tipa Erhard ( V. Jović )

283

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida 500

kuglasti ventil Robinet

450

400

koeficijent gubitka

350

ΔH = c

300

v2 2g

250

200

1,9

2 ⎡ ⎤ ⎛ ⎛ π ⎞⎞ + − 1 24 1 sin p ⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎝ 2 ⎠⎠ ⎝ − 1⎥ c = 0,25 + ⎢ ⎢ ⎥ ⎛ π⎞ sin ⎜ p ⎟ ⎢ ⎥ 2 ⎝ ⎠ ⎢⎣ ⎥⎦

150

100

50 0 0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

otvorenost p=1-δ /90

Slika D2.12. Koeficijent lokalnog gubitka na valjkastom i kuglastom zatavaču i slavini

9. Usisna korpa

ΔH = c

v2 2g

Slika D2.13. Usisna korpa c = 104,7 d-0,5847 - aproksimativni izraz za koeficijent lokalnog gubitka usisne korpe ( d se uvrštava u mm ) Tabela D2.5. Koeficijent lokalnog gubitka za usisnu korpu 50 75 100 150 d [mm] 10 8,2 7 6 c

10. Račve 10.1. Okomite „T“ račve

284

200 5,2

250 4,4

300 3,7

350 3,4

400 3,1

500 2,5

Dodatak

1. Spojna račva - spajanje struja fluida u T račvi

a) bočna grana v 22 2g c 2,3 = f ( Q 3 /Q 2 )

ΔH 2,3 = c 2,3

b) glavna cijev v 22 2g c 2,1 = f ( Q1 /Q 2 )

ΔH 2,1 = c 2,1

Slika D2.14. Spojna T račva

Tabela D2.6. Koeficijent lokalnog gubitka za spajanje struja fluida u T račvi A3/A2

0,1

0,2

0,3

0,4

0,09 0,19 0,27 0,35 0,44 0,55 1,00

-0,50 -0,53 -0,69 -0,65 -0,80 -0,83 -0,65

2,97 0,53 0,00 -0,09 -0,27 -0,48 -0,40

9,90 2,14 1,11 0,59 0,26 0,00 -0,24

19,7 4,23 2,18 1,31 0,84 0,53 0,10

za bilo koji odnos

0,70

0,64

0,60

0,65

Q3/Q2 i Q1/Q2 0,5 0,6 c2,3 32,4 48,8 7,30 11,4 3,76 5,90 2,24 3,52 1,59 2,66 1,15 1,89 0,50 0,83 c2,1

0,75

0,85

0,7

0,8

0,9

1,0

66,5 15,6 8,38 5,20 4,00 2,92 1,13

86,9 20,3 11,3 7,28 5,73 4,00 1,47

110 25,8 14,6 9,23 7,40 5,36 1,86

136 31,8 18,4 12,2 9,12 6,60 2,30

0,92

0,96

0,99

1,00

A3/A2

2. Razdjelna račva - razdvajanje struja fluida u T račvi

a) bočna grana v12 ΔH 1,3 = c1,3 2g c1,3 = f ( Q 3 /Q1 )

b) glavna cijev v12 ΔH 1,2 = c1,2 2g c1,2 = f ( Q 2 /Q1 )

Slika D2.15. Razdjelna T račva

Tabela D2.7. Koeficijent lokalnog gubitka za razdvajanje struja fluida u T račvi

285

Zbirka riješenih zadataka iz mehanike fluida

A3/A1

0,1

0,2

0,3

0,4

0,09 0,19 0,27 0,35 0,44 0,55 1,00

2,80 1,41 1,37 1,10 1,22 1,09 0,90

4,50 2,00 1,81 1,54 1,45 1,20 1,00

6,00 2,50 2,30 1,90 1,67 1,40 1,13

7,88 3,20 2,83 2,35 1,89 1,59 1,20

za bilo koji odnos

0,70

0,64

0,60

0,57

Q3/Q1 i Q2/Q1 0,5 0,6 c1,3 9,40 11,1 3,97 4,95 3,40 4,07 2,73 3,22 2,11 2,38 1,65 1,77 1,40 1,50 c1,2

0,55

0,51

0,7

0,8

0,9

1,0

13,0 6,50 4,80 3,80 2,58 1,94 1,60

15,8 8,45 6,00 4,32 3,04 2,20 1,80

20,0 10,8 7,18 5,28 3,84 2,68 2,06

24,7 13,3 8,90 6,53 4,75 3,30 2,30

0,49

0,55

0,62

0,70

A3/A1

10.2. Kose račve 1. Spojna račva - spajanje struja fluida u glavnoj cijevi

a) bočna grana v 22 2g Q A Q A Q c 2,3 = 1 + ( 3 2 ) 2 − 2 (1 − 3 ) 2 − 2 2 ( 3 ) 2 cosα Q2 A3 Q2 A3 Q2

ΔH 2,3 = c 2,3

b) glavna cijev v 22 ΔH 2,1 = c 2,1 2g Q A Q c 2,1 = 1 − (1 − 3 ) 2 − 2 2 ( 3 ) 2 cosα Q2 A3 Q2

Slika D2.16. Spojna kosa račva

2. Razdjelna račva - razdvajanje struja fluida

Za ugao α ≤ 60° vrijede slijedeći izrazi: a) bočna grana v12 2g v v c1,3 = A (1 + ( 3 ) 2 − 2 3 cosα ) , v1 v1

ΔH 1,3 = c1,3

286

Slika D2.17. Razdjelna kosa račva

Dodatak

gdje je: A = 1 za

v3 v ≤ 0,8, odnosno A ≈ 0,9 za 3 > 0,8. v1 v1

b) glavna cijev v12 2g v c1,2 ≅ (1 − 2 ) 2 , v1 v gdje je 2 ≤ 1,0. v1 ΔH 1,2 = c1,2

287