Zbirka Zadataka MEHANIKA FLUIDA - Masa Bukurov

др Маша Букуров, Богољуб Тодоровић и мр Синиша Бикић

МЕХАНИКА ФЛУИДА 1 - скрипта задатака -

ФТН Нови Сад 2008.г.

Садржај

1. 2. 3. 4. 5.

Потенцијално струјање.............................................................................3 Једначина о промени количине кретања.................................................15 Компресибилно струјање..........................................................................37 Навије-Стоксова једначина.......................................................................45 Отпори.........................................................................................................56

Литература........................................................................................................65

2

1. Потенцијално струјање 1. Функција потенцијала брзине раванског потенцијалног струјања нестишљивог флуида је 1 ϕ = y 2 − x2 + . 2 Одредити линије константног притиска уз претпоставку да је струјна раван хоризонтална.

Решење задатка 1 Из потенцијала брзине налазе се компонентне брзине као одговарајући парцијални изводи ∂ϕ = −2 x , vx = ∂x ∂ϕ = 2y , vy = ∂y Одавде, квадрат интезитета брзине у ма којој тачки је v 2 = vx2 + v y2 = 4 ( x 2 + y 2 ) .

Бернулијева једначина p v2 + = C = const. ρ 2 услед константног притиска своди се на x 2 + y 2 = C1 ,

1⎛ p⎞ C1 = ⎜ C − ⎟ = const. 2⎝ ρ⎠ те су линије константног притиска централне кружнице. 2. Задат је потенцијал брзине раванског струјања нестишљивог флуида ϕ = ay ( y 2 − 3x 2 ) , a>0. Одредити комплексни потенцијал W , ако је W ( 0 ) = 0 . Решење задатка 2 Користећи се везом функција ϕ и ψ с аналитичком функцијом W ( z ) , довољно је само познавати ϕ , или само ψ , да би се одредила аналитичка функција W . Тиме се поступак налажења комплексног потенцијала, у овом случају, знатно олакшава. Свака аналитичка функција W ( z ) може се написати у облику

W ( z ) = W ( x + iy ) = ϕ ( x, y ) + iψ ( x, y ) = ϕ + iψ . Исто тако важе следеће једнакости W ( x + iy ) + W ( x − iy ) = 2ϕ ( x, y ) , W ( x + iy ) + W ( x − iy ) = 2iψ ( x, y ) , где је

3

W ( z ) = W ( x − iy ) = ϕ − iψ , коњуговано комплексна функција од комплексне функције W ( z ) . 1 i z , y = − z , горње једнакости дају 2 2 i ⎞ ⎛1 W ( z ) = 2ϕ ⎜ z , − z ⎟ − W ( 0 ) , 2 ⎠ ⎝2 i ⎞ ⎛1 W ( z ) = 2iψ ⎜ z , − z ⎟ + W ( 0 ) . 2 ⎠ ⎝2 Нека су W ( 0 ) = α + iβ и W ( 0 ) = α − iβ , тада је

Ако се стави да је x =

2α = W ( 0 ) + W ( 0 ) = 2ϕ ( 0,0 ) , 2iβ = W ( 0 ) − W ( 0 ) = 2iψ ( 0,0 ) . Према томе, ако је позната функција ϕ ( x, y ) или ψ ( x, y ) , може да се одреди W ( z ) из једнакости i ⎞ ⎛1 (1) W ( z ) = 2ϕ ⎜ z , − z ⎟ − ϕ ( 0,0 ) + iβ , 2 ⎠ ⎝2

i ⎞ ⎛1 (2) W ( z ) = 2iψ ⎜ z , − z ⎟ − iψ ( 0,0 ) + α , 2 ⎠ ⎝2 где су β и α произвољне реалне константе које се одређују из граничних услова. Сада се за задати потенцијал брзине ϕ из једнакости (1) налази комплексни потенцијал 2 2 ⎛ i ⎞ ⎡⎛ i ⎞ ⎛1 ⎞ ⎤ W ( z ) = 2 ⋅ a ⎜ − z ⎟ ⎢⎜ − z ⎟ − 3 ⎜ z ⎟ ⎥ − 0 + i β , ⎝ 2 ⎠ ⎣⎢⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎦⎥ односно, након сређивања W ( z ) = iaz 3 + iβ .

Из услова W ( 0 ) = 0 следи да је β = 0 , те је

W ( z ) = iaz 3 . (1+i )

3. Комплексним потенцијалом W ( z ) = ln z i дефинисано је раванско струјање нестишљивог флуида. Одредити а) из којих основних струјања се састоји збирно струјање и б) интезитет брзине у тачки A ( 7,7 ) . Решење задатка 3 а) Комплексни потенцијал којим се приказује раванско струјање нестишљивог флуида (1+i )

W ( z ) = ln z i , може да се разложи на 1 +1 ⎛ 1 ⎞ 1 W ( z ) = ln z i = ln ⎜ z i ⋅ z ⎟ = ln z + ln z . ⎝ ⎠ i Како су математичке формулације вртлога и извора

4

Г ln ( z − z0 ) , 2π i

ε

ln ( z − z0 ) , 2π може да се закључи да се струјање састоји од вртлога циркулације Г = 2π смештеним у тачки z0 = 0 и извором издашности ε = 2π смештеним у тачки z0 = 0 . б) Коњуговано комплексна брзина дефинише се као 1+i dW ( z ) 1 1 + i i −1 x− y x+ y . v = vx − iv y = = 1+i ⋅ ⋅z = 2 −i 2 2 2 dz + + i x y x y zi У предходној једначини могу да се уоче брзине у правцу x и y осе x− y vx = 2 , x + y2 x+ y vy = 2 . x + y2 Интезитет брзине у тачки A ( 7,7 ) износи

v = vx2 + v y2 = v ( 7,7 ) =

2 , x + y2 2

1 . 7

4. Стационарна и потенцијална струја, густине ρ и брзине v∞ , опструјава вертикални кружни цилиндар као што је показано на слици. Испред цилиндра, на дужини L од координатног почетка, налази се тачка A у којој је притисак за 20% мањи од притиска који влада у тачки B на цилиндру. Ако је у тачки B измерен притисак pt , написати израз који у функцији датих величина опструјавања цилиндра D .

( ρ , v∞ , L, pt ) ,

Решење задатка 4 Комплексни потенцијал струјања гласи ⎛ R2 ⎞ W ( z ) = v∞ ⎜ z + ⎟. z ⎠ ⎝ Коњуговано комплексна брзина дефинише се као dW v R2 R2 = v∞ − ∞ 2 = v∞ − v∞ . v= dz z ( x + iy 2 )

5

експлицитно дефинише пречник

Из предходне једначине добија се распоред брзина у правцу x осе ⎡⎛ dW ⎞ ⎤ ⎛ R2 ⎞ v ( x ) = Re ⎢⎜ ⎟ ⎥ = v∞ ⎜ 1 − 2 ⎟ . x ⎠ ⎢⎣⎝ dz ⎠ y =0 ⎥⎦ ⎝ Брзина у тачки A је ⎛ R2 ⎞ vA = v∞ ⎜1 − 2 ⎟ . L ⎠ ⎝ Из Бернулијеве једначине за тачке A и B pA vA2 pt + = , ρ 2 ρ и услова задатка 2

2 v∞2 ⎡ ⎛ R ⎞ ⎤ p + ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ = t , ρ ρ 2 ⎣⎢ ⎝ L ⎠ ⎦⎥ дефинише се пречник опструјавања цилиндра

0,8 pt

D = 2R = 2L 1 −

0, 4 pt . ρ v∞2

5. Нека се у тачки A ( a,0 ) налази извор издашности ε , а у тачки B ( b,0 ) понор G издашности −ε и нека постоји једнолико струјање константне брзине v у правцу BA . Наћи зауставне тачке овог збирног струјања и доказати да у зависности од величине брзине једнолике струје, зауставне тачке леже на линији AB или на симетрали дужи AB . Претпоставити a > 0 , b > 0 , a > b . Решење задатка 5 Комплексни потенцијал сложеног струјања гласи W ( z ) = vz +

ε ε ε z−a ln ( z − a ) − ln ( z − b ) = vz + ln . 2π 2π 2π z − b

Брзина у зауставној тачки је нула, тј. dW ε ⎛ 1 1 ⎞ v= =v+ − ⎜ ⎟ = 0, dz 2π ⎝ z − a z − b ⎠ Из чега се добија квадратна једначина по комплексној промењнљивој z ε z 2 − z ( a + b ) + ab + (a − b) = 0 , 2π v

ε ⎡ − 4 ⎢ ab + ( a − b )⎤⎥ 2 v π ⎣ ⎦ . z1,2 = 2 Дискриминанта квадратне једначине гласи ε 2ε 2 ⎡ D = ( a + b ) − 4 ⎢ ab + ( a − b )⎤⎥ = ( a − b ) ⎛⎜ a − b − ⎞⎟ . 2π v πv ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ a+b±

(a + b)

2

6

С обзиром да је a > b следи да је a − b > 0 , тако да знак дискриминанте зависи само од 2ε односа a − b и , тј. πv 2ε 2ε ⇒ v> ⇒ z1 и z2 су реални бројеви и налазе се на а) D > 0 за a − b > πv π (a − b) линији AB ; б) D = 0 за a − b =

2ε 2ε a+b ⇒ v= ⇒ z1 = z2 = ; π (a − b) πv 2

в) D < 0 за a − b <

2ε ⇒ πv

v<

2ε π (a − b)

⇒

z1,2 =

a+b ± i ⋅ const. где решења леже на 2

симетрали дужи BA .

6.

За

раванско струјање нестишљивог флуида, одређено потенцијалом брзине ax + by ϕ ( x, y ) = 2 , одредити: x + y2 а) струјну функцију, комплексни потенцијал и коњуговано комплексну брзину за гранични услов W ( a + ib ) = 1 ; б) скицирати струјну слику; в) проток кроз контуру омеђену тачкама A ( a, b ) и B ( b, a ) . Решење задатка 6 а) Из израза за потенцијал брзине написан у поларним координатама r и θ и посредством познатих веза ∂ϕ 1 ∂ψ = , ∂r r ∂θ 1 ∂ϕ ∂ψ =− , r ∂θ ∂r добија се систем парцијалних диференцијалних једначина ∂ψ cos θ sin θ = −a −b , r r ∂θ

7

∂ψ sin θ cosθ = a 2 −b 2 , ∂r r r одакле се после интеграљења добија струјна функција a b ψ ( r ,θ ) = − sin θ + cosθ + C , r r односно bx − ay ψ ( x, y ) = 2 +C . x + y2 Комплексни потенцијал, после одређивања интегралне константе из граничног услова, гласи a + ib W ( z ) = ϕ ( x, y ) + i ⋅ψ ( x, y ) = , z док је коњуговано комплексна брзина dW a + ib v= =− 2 . dz z б) Из облика једначина еквипотенцијалних линија, ϕ = const , и струјница, ψ = const , које гласе a b x2 + y 2 − x − y = 0 ,

ϕ

x2 + y 2 −

b

ψ

ϕ

x+

a

ψ

y = 0,

закључује се да су то кругови који пролазе кроз координатни почетак, при чему је b a једначина нулте струјнице y = x , а нулте еквипотенцијалне линије y = − x . Из струјне a b слике и израза за комплексни потенцијал закључује се да је посматрано струјање у пољу оријентисаног двопола момента M = π a 2 + b 2 .

в) Тражени проток је Q = ψ B −ψ A =

b2 − a 2 . a2 + b2

8

7. Слагањем комплексних потенцијала раванског потенцијалног струјања, паралелног x оси, и двопола, добија се комплексни потенцијал раванског струјања око цилиндра без M . Одредити пречник цилиндра који је добијен заменом нулте циркулације W = v0 z + 2π z струјнице чврстим зидом, брзину на површини цилиндра за угао θ = 60 o ако је брзина у бесконачности v0 = 5 m/s и притисак на површини цилиндра за угао θ = 30 o ако је притисак у бесконачности p0 = 150 kPa .

Решење задатка 7 Растављањем комплексног потенцијала збирног струјања на реални и имагинарни део M ⎞ M ⎞ ⎛ ⎛ W = ϕ + i ⋅ψ = ⎜ v0 r + ⎟ cos θ + i ⋅ ⎜ v0 r − ⎟ sin θ , 2π r ⎠ 2π r ⎠ ⎝ ⎝ лако се долази до струјне функције M ⎞ ⎛ ψ = ⎜ v0 r − sin θ , 2 π r ⎟⎠ ⎝ а одавде, за ψ = 0 , долази се до једначина нултих струјница sin θ = 0 односно θ = 0 и θ = π (x - оса), M M v0 r − =0, r = = R 2 (централна једначина кружнице). 2π r 2π v0 Пречник цилиндра који се добија заменом нулте струјнице чврстим зидом је 2M . D = 2R = π v0 Да би се одредила брзина у било којој тачки струјне равни, предходно ће се у израз за струјну функцију увести полупречник цилиндра, тако да израз за струјну функцију постаје ⎛ R2 ⎞ ψ = v0 ⎜ r − ⎟ sin θ , r ⎠ ⎝ а одавде следе изрази за радијалну и тангенцијалну брзину ⎛ R2 ⎞ 1 ∂ψ = v0 ⎜1 − 2 ⎟ cos θ , vr = r ∂θ r ⎠ ⎝ vθ = −

⎛ R2 ⎞ ∂ψ = −v0 ⎜ 1 + 2 ⎟ sin θ . ∂r r ⎠ ⎝

За r = R (површина цилиндра) следи vr = 0 , vθ = v = −2v0 sin θ , а знак минус показује да је брзина супротна од смера мерења угла θ . Сада је тражена брзина v = 2v0 sin θ = 2 ⋅ 5 ⋅ sin 60 o = 5 3 m/s . Притисак на површини цилиндра израчунава се из Коши-Лангражеве једначине написане за тачку у бесконачности, у којој је притисак p0 и брзина v0 , и тачку на површини цилиндра у којој је притисак p и брзина v = 2v0 sin θ , тј. p0

ρ

+

v02 p v 2 = + , 2 ρ 2

односно

9

1 p = p0 + ρ v02 (1 − 4sin 2 θ ) . 2 Како је за угао θ = 30 o израз у загради једнак нули, тј. 1 1 − 4sin 2 θ = 1 − 4sin 2 30 o = 1 − 4 ⋅ = 0 , 4 то тражени притисак износи p = p0 = 150 kPa . Напомена: Како израз 1 − 4sin 2 θ = 0 још иза θ = 150 o , θ = 210 o и θ = 330 o , то при потенцијалном струјању постоје четири тачке на површини цилиндра у којима влада исти статички притисак као и у непоремећеној струји. Уствари, постоје два пара таквих тачака које су симетричне у односу на x - осу а њихов централни угао износи 60 o . При струјању реалног флуида око цилиндра, експериментално је утврђено да постоји само један оар таквих тачака а њихов централни угао износи 78,5 o . На овом принципу засноване су цилиндричне сонде за мерење притиска, брзине и правца брзине у некој тачки реалне флуидне струје. 8.

За

раванско

струјање

одређено комплексним потенцијалом 1 W ( z ) = (1 + i ) ln ( z 2 − 1) + ( 2 − 3 ⋅ i ) ln ( z 2 + 4 ) + одредити проток течности кроз контуру z−4 K одређену једначином x 2 + y 2 = 9 и циркулацију брзине по истој контури K .

Решење задатка 8 Ако се дати комплексни потенцијал прикаже у облику W ( z ) = (1 + i ) ln ( z − 1) + (1 + i ) ln ( z + 1) + ( 2 − 3 ⋅ i ) ln ( z − 2 ⋅ i ) + ( 2 − 3 ⋅ i ) ln ( z + 2 ⋅ i ) +

1 , z−4

може да се закључи да у струјном пољу постоје: а) у тачкама z1 = +1 и z2 = −1 извори издашности ε1,2 = +2π и вртлози циркулације Г1,2 = −2π ;

б) у тачкама z3 = +2 ⋅ i и z4 = −2 ⋅ i извори издашности ε 3,4 = +4π и вртлози циркулације Г 3,4 = +6π , и

в) z5 = 4 двопол момента M = +2π . Како задати круг x 2 + y 2 = 32 обухвата тачке z1 , z2 , z3 и z4 , а присуство двопола не утиче ни на проток Q ни на циркулацију Г, то ће проток кроз контуру K бити

Q = ∑ ε i = 8π + 4π = 12π , а циркулација по контури K Г = ∑ Г i = −4π + 12π = 8π .

10

9.

За раванско струјање нестишљивог ϕ ( x, y ) = p ( x 2 − y 2 ) + 2qxy са p > 0 и q > 0 ,

флуида,

одређено

потенцијалом

брзине

а) одредити коњуговану комплексну брзину v ( z ) и комплексни потенцијал W ( z ) ако је гранични услов W ( 0 ) = 0 ; б) одредити струјну функцију и однос параметара p / q тако да проток кроз контуру,

(

)

(

)

ограничену тачкама A 0, 3 и B 2, 3 , буде једнак нули; в) за однос параметара p / q одређен под б) одредити нулту струјницу и скицирати струјну слику. Решење задатка 9 а) Пројекције брзине ∂ϕ vx = = 2 px + 2qy , ∂x ∂ϕ = −2 py + 2qx , vy = ∂y одређују коњуговано комплексну брзину v = vx − iv y = 2 ( p − iq ) z . Из дефиниције коњуговано комплексне брзине dW =v ⇒ W = ∫ vdz + C = ( p − iq ) z 2 , dz при чему је искоришћен гранични услов W ( 0 ) = 0 за одређивање интегралне константе. б) Чисто имагинарни део комплексног потенцијала W ( z ) представља струјну функцију

ϕ ( x, y ) = q ( y 2 − x 2 ) + 2 ⋅ pxy .

Како је проток кроз задату контуру Q = ψ B −ψ A = −4 ⋅ q + 4 ⋅ p 3 , то је Q = 0 за 1 p/q = . 3 в) За нађени однос p / q једначина нулте струјнице ψ = 0 може се свести на следећи облик 2

2 ⎛ y⎞ ⎛ y⎞ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ −1 = 0 , 3⎝ x⎠ ⎝x⎠ и после тога раставити на две једначине праве 1 y= x и y = − 3⋅x . 3 Према томе, може да се скицира струјна слика и да се означе правци струјања.

11

10. Задата је компонента брзине струјног поља нестишљивог флуида v y = x 2 + ky 2 . Одредити: а) константу k и компоненту брзине vx из услова да струјање буде раванско и потенцијално са зауставном тачком у координатном почетку; б) комплексни потенцијал W ( z ) , струјну функцију ψ ( x, y ) и нацртати струјну слику ако је W ( 0 ) = 0 . Решење задатка 10 а) Из једначине континуитета

∂v ∂vx = − y за задатко v y следи ∂x ∂y

vx = −2kxy + f ( y ) .

Коришћењем услова невртложности струјања

∂vx ∂v y добија се = ∂y ∂x

df = 2 x (1 + k ) , dy одакле следи да је k = −1 односно f ( y ) = C . Из услова vx ( 0,0 ) = 0 добија се C = 0 тј. vx = 2 xy .

б) После интеграљења коњуговано-комплексне брзине vx − iv y = −iz 2 и искоришћења задатог услова W ( 0 ) = 0 добија се комплексни потенцијал z3 , 3 чији имагинарни део одређује струјну функцију x3 ψ ( x, y ) = xy 2 − . 3 Нулте струјнице одређене су са ψ = 0 , тј. W ( z ) = −i

x=0, y=

x 3 x 3 и y=− . 3 3

12

11. У вертикалном равном зиду, бесконачних димензија, налази се поклопац, висине h и ширине b (нормалне на раван слике) који може да се обрће око тачке (0). Зид опструјава нестишљив и невискозан флуида, густине ρ чије је струјно поље задано функцијом потенцијала брзине 2 2 h ⎡⎛ x ⎞ ⎛ y ⎞ ⎤ ϕ = −v1 ⎢⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎥ , 2 ⎣⎢⎝ h ⎠ ⎝ h ⎠ ⎦⎥ у којој је v1 > 0 брзина у тачки (1) ( x = 0, y = h ). У тачки (0) ( x = 0, y = 0 ) познат је струјни притисак p0 . Занемарује се утицај земљине теже. У зависности од познатих величина

( ρ , h, b, v1 , p0 , a )

одредити: а) распоред брзине и струјног притиска уздуж поклопца ( x = 0,0 < y < h ); б) интезитет силе F која на растојању a одржава поклопац у равнотежи. При томе претпоставити да на десној страни поклопца влада исти струјни притисак p1 као у тачки (1).

Решење задатка 11 а) Прво се из функције потенцијала брзине налази хоризонтална и вертикална компонента брзине флуида заданог струјног поља ∂ϕ x vx = = −v1 , h ∂x ∂ϕ y vy = = v1 , h ∂y одакле следи

13

y . h Из Бернулијеве једначине за тачку (0) у којој је, због x = y = 0 , v1 = 0 и ма коју тачку на поклопцу ( x = 0,0 ≤ y ≤ h ) v ( x = 0, y ) = v y = v1

p0

ρ

=

p ( x = 0, y )

ρ

+

v y2

2

,

следи

ρ

2

⎛ y⎞ v12 ⎜ ⎟ . 2 ⎝h⎠ б) За одређивање интезитета силе F погодно је прво извести израз за разлику притисака који делују са спољашње и унутрашње стране поклопца. Како из Бернулијеве једначине за тачке (0) и (1) следи p ( x = 0, y ) = p0 −

p1 = p0 −

ρ

v12 ,

2 За тражену разлику притисака добија се израз 2 ρ ⎡ ⎛ y⎞ ⎤ p ( x = 0, y ) − p1 = v12 ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ . 2 ⎣⎢ ⎝ h ⎠ ⎦⎥ Сада из моментне једначине (услов равнотеже поклопца) 2 h ρ 2h⎡ ⎛ y⎞ ⎤ F ⋅ a = b ∫ ⎡⎣ p ( x = 0, y ) − p1 ⎤⎦ ydy = b v1 ∫ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ydy , 2 0 ⎢⎣ ⎝ h ⎠ ⎥⎦ 0 након интеграљења и сређивања, налази се ρ bv12 h 2 F= . 8a

12. За раванско потенцијално струјање нестишљивог флуида, одређено функцијом ⎛ a2 ⎞ струјања ψ ( x, y ) = mx ⎜ 1 − 2 са m > 0 , 2 ⎟ ⎝ x +y ⎠ а) одредити потенцијал брзине и комплексни потенцијал за гранични услов W ( a ) = 0 ; б) написати једначине нулте струјнице и скицирати струјно поље и објаснити физичко значење параметара m и a .

Решење задатка 12 а) Пројекције брзине ∂ψ 2y vx = = ma 2 x , 2 2 2 ∂y + x y ( )

⎡ a2 ( y 2 − x2 ) ⎤ ∂ψ ⎥, = − m ⎢1 − 2 2 2 ⎥ ⎢ ∂x x y + ( ) ⎦ ⎣ одређују коњуговано комплексну брзину као ⎡⎛ a ⎞ 2 ⎤ dW = im ⎢⎜ ⎟ + 1⎥ , v= dz ⎣⎢⎝ z ⎠ ⎦⎥ vy = −

14

одакле после интеграљења, на основу задатог граничног услова следује тражени комплексни потенцијал ⎛ a2 ⎞ W ( z ) = im ⎜ z − ⎟ . z ⎠ ⎝ Реални део овог израза представља потенцијал брзине ⎛ a2 y ⎞ ϕ ( x, y ) = − m ⎜ y + 2 ⎟. x + y2 ⎠ ⎝ б) Из израза за нулту струјницу следи њена једначина x=0, x2 + y 2 = a2 , које одговарају скицираној струјној слици. Константа a представља полупречник кружног цилиндра, док m одређује брзину у бесконачности јер је v y = −m кад z → ∞ .

2. Једначина о промени количине кретања

12. Вода струји кроз колено у облику млазника које лежи у хоризонталној равни. На улазном пресеку пречника d1 = 10 cm влада натпритисак pm = 3,5 bar , док је излазни пресек пречника d 2 = 75 mm . Срачунати интезитет и правац силе којом вода делује на колено, када кроз колено струји Q = 20 L/s воде. Коефицијент локалног губитака у колену износи ζ k = 0,8 .

15

Решење задатка 12 Уочава се контролна запремина која прати струјне пресеке 1 и 2, као и контуру цеви

Брзине струје у пресецима 1 и 2 износе 4Q v1 = = 2,55 m/s , π d12 v2 =

4Q = 4,53 m/s . π d 22

Из Бернулијеве једначине од пресека 1 до пресека 2 pm1 v12 pm 2 v22 + = + (1 + ζ k ) , ρ ρ 2 2 одређује се натпритисак pm 2 = 334,8 kPa . Силе у струјном пресеку 1 износе Fp1 = pm1

d12π = 2749 N , 4

d12π = 51,1 N , 4 док су силе у струјном пресеку 2 Fk 1 = ρ v12

Fp 2 = pm 2

d 22π = 1479 N , 4

d 22π = 90,7 N . 4 Из једначине равнотеже у правцу x - осе Fk 2 = ρ v22

Fp1 + Fk 1 − ( Fp 2 + Fk 2 ) cos 60o − Rx = 0 ,

одређује се сила реакције колена у правцу x - осе Rx = 2015 N . Из једначине равнотеже у правцу y - осе

(F

p2

+ Fk 2 ) sin 60o − Ry = 0 ,

одређује се сила реакције колена у правцу y - осе Ry = 1359 N .

16

Интезитет укупне силе реакције којом се колено одупире дејству воде износи R = Rx + Ry = 2431 N . Сила којом вода дејствује на колено истог је правца и интезитета само супротног смера од силе реакције G G F = −R .

Нападни угао силе којом флуид дејствује на колено F износи F ϕ = arctg y = 34 o . Fx 13. Вода истиче из резервоара који има отвор на дну пречника d 0 = 12 mm , и пада вертикално са почетном брзином v0 = 4 m/s на хоризонталну глатку плочу, која се налази на раздаљини H = 2 m од ивице отвора. Одредити силу притиска млаза на плочу.

Решење задатка 13

17

Шрафирана контролна запремина тако је изабрана да се сила тежине може занемарити. У том случају једначина о промени количине кретања за вертикалну осу дефинише нормалну реакцију подлоге N = Fk1 = ρQ1v1 = ρQ0 v1 . Непозната брзина v1 одређује се из Бернулијеве једначине v02 v2 + gH = 1 , 2 2 одакле следи v1 = v02 + 2 gH . Нормална реакција подлоге износи d 2π 2 N = ρv0 0 v0 + 2 gH = 3,36 N . 4 14. Млаз течности истиче из цеви чији је пречник d 0 брзином v0 и при томе одржава тело масе m на висини H . Густина течности је ρ . Одредити висину течности H у зависности од брзине v0 . Тело преко кога скреће млаз је глатке површине, а губици се могу занемарити. Напомена: при писању једначине о промени количине кретања занемарити силу тежине течности.

Решење задатка 14 С обзиром да нема трења брзине су у пресецима 1-1, 2-2 и 3-3 су исте v1 = v2 = v3 . Из једначине о промени количине кретања за вертикалну осу следи mg = Fk 1 + Fk 2 + Fk 3 , односно mg = ρQ1v1 + ρQ2 v2 + ρQ3v3 .

18

(1)

(2)

Из једначине континуитета следи Q0 Q1 = = Q2 = Q3 , 2 2 док се из Бернулијеве једначине за пресеке 0-0 и 1-1 добија v02 v12 = + gH . 2 2 Из једначина (1), (2), (3) и (4) добија се тражена висина 2 v 2 ⎛ m ⎞⎟ 2 g ⎟ H = 0 − ⎜⎜ . 2 g ⎜⎝ ρπ d 2 ⎠⎟⎟ v 2 0

(3)

(4)

0

15. Одредити силу којом млаз воде делује на непокретну глатку лопатицу. Дати су подаци: угао α = 135 o , брзина воде пре додира са лопатицом v0 = 30 m/s , проток Q = 14 L/s и густина воде ρ = 1000 kg/m3 .

Решење задатка 15 Контролна запремина се везује за граничне површине лопатице и млаза. Свугде на површини која ограничава контролну запремину влада исти, атмосферски притисак. Брзине млаза на лопатици и пресецима 1-1 и 2-2 су исте, због тога што су притисци у ма ком пресеку водене струје исти. Брзине у пресецима 1-1 и 2-2 су једнаке брзини млаза пре додира са лопатицом

19

v1 = v2 = v0 .

За усвојен координатни систем и претпостављене смерове сила реакције следи −Fx = ρ g (−v0 cos 45o − v0 ) , ⎛ 2 ⎞ + 1⎟⎟⎟ = 716,1 N . Fx = 1000 ⋅ 0,014 ⋅ 30 ⋅⎜⎜⎜ ⎜⎝ 2 ⎠⎟

2 = 296,1 N . 2 Компоненте силе којом вода дејствује на лопатицу су Fx' = 716,1 N , Fy = ρ g (v0 cos 45o − 0) = 1000 ⋅ 0,014 ⋅ 30 ⋅

Fy' = 296,1 N . 16. Слободан млаз воде истиче из отвора пречника d и удара у глатку кружну плочу, пречника D , која се налази на висини h изнад отвора. Дебљина воденог слоја на ободу плоче је a . Одредити у функцији познатих величина ( d , D, h, a ) висину стуба воде у пијезометру H , ако је промена струјног притиска уздуж радијуса плоче линеарна. Напомена: при анализи занемарити утицај тежине млаза и тежине плоче, a