skripta-a4

UNIVERZITET U ZENICI Mainski fakultet u Zenici

Nedim HODI Edin BERBEROVI

ZBIRKA RIJEENIH ZADATAKA IZ MEHANIKE FLUIDA

- skripta -

Zenica, mart 2010. godine

Autori: Doc. dr. sc. Nedim HODI, dipl. in. ma.

V. as. mr. Edin BERBEROVI, dipl. in. ma.

ZBIRKA RIJEENIH ZADATAKA IZ MEHANIKE FLUIDA

- skripta -

Zenica, mart 2010. godine

i

PPRREEDDGGOOVVOORR

Skripta pod naslovom Zbirka rijeenih zadataka iz mehanike fluida namijenjena je prvenstveno studentima druge i tree godine studija prvog ciklusa Mainskog fakulteta Univerziteta u Zenici koji, prema sadanjem nastavnom planu i programu, u IV semestru izuavaju osnove mehanike fluida, a u V semestru hidrauliku i pneumatiku. Zbirku mogu da koriste i studenti drugih tehnikih i prirodno-matematikih fakulteta za izuavanje osnova mehanike fluida, hidromehanike i hidraulike. Nadamo se da ova zbirka zadataka moe biti korisna i inenjerima u praksi pri rjeavanju odreenih praktinih problema.

Sadraj zbirke zadataka je prilagoen materiji predavanja i trebao bi biti dovoljan za pripremu ispita i uspjeno savladavanje materije iz osnova mehanike fluida i hidraulike. Zadacima prezentiranim u ovoj zbirci uglavnom su obuhvaeni tipini problemi mehanike fluida i hidraulike preuzeti iz citirane literature i na odreeni nain doraeni i rijeeni. Odreen broj zadataka rjeavan je na vjebama, a veina zadataka davana je za zadau i na pismenom dijelu ispita iz mehanike fluida i hidraulike i pneumatike u posljednjih pet godina.

Posebnu zahvalnost autori izraavaju recenzentima v. prof. dr. sc. efki ikalu, dipl. in. ma. i v. prof. dr. sc. Izetu Aliu, dipl. in. ma. na vrlo korisnim primjedbama i sugestijama.

Autori se zahvaljuju i kolegama mr. sc. Denisu Spahiu, dipl. in. ma. i

Josipu Kamariku, dipl. in. ma. na tehnikoj obradi dodatka zbirci rijeenih primjera.

Na kraju, kao autori, bit emo veoma zahvalni itaocima na svim dobronamjernim primjedbama i sugestijama, uoenim grekama i primijeenim tehnikim nedostacima, kako bi eventualno naredno izdanje bilo jo bolje. Zenica, mart 2010. godine Autori

iv

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

Uvod

1

11.. UUVVOODD

ZADATAK 1.1

Pokazati da se gradijent ( s ) i laplasijan ( s ) skalarnog polja ( )= , , ,s s r z t u cilindrinim koordinatama (r, , z) mogu napisati u obliku

= = + + G G G1grad rs s ss s i i kr r z ,

( ) = = = + +

2 22

2 2 2

1 1div grad s s ss s s rr r r r z

.

Rjeenje Zavisnost Descartes-ovih pravouglih i cilindrinih koordinata, prema slici 1.1 dana je izrazima

cossin

x ry rz z

===

2 2

arctg

r x yyx

= +=

Slika 1.1

U Descartes-ovim pravouglim koordinatama grads rauna se iz izraza

x

z

z

M

r

s(x,y,z,t)

iG

jG

kG

riG

iG

y

grads

t

n

O

M'

Zbirka rijeenih zadataka iz Mehanike fluida

2

grad s s ss i j kx y z = + + G G G

.

Poto koordinate x i y zavise od r i , pojedine izvode u izrazu za grads potrebno je izraziti u funkciji koordinata r i

2 2 22 2

s s r s s x s y s x s yx r x x r x y r r rx y

= + = + = + + ,

2 2 22 2

s s r s s y s x s y s xy r y y r x y r r rx y

= + = + = + + + , s sz z = .

grad s s ss i j kx y z = + + = G G G

2 2

s x s y s y s x si j kr r r r r r z

= + + + = G G G

1 1cos sin sin coss s s s si j kr r r r z

= + + + =

G G G

( ) ( )1cos sin cos sins s si j j i kr r z = + + + = G G G G G 1

rs s si i kr r z = + + G G G

.

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

( ) 2 2 22 2 2div grad s s ss x y z = + +

2

2 2

s s s x s yx x x x r r r

= = =

2 2

s x s x s y s yx r r r x r x r x r

= + + + . Pojedini lanovi u gornjem izrazu mogu se dalje napisati kao

22 2

2 22 2

s x s r x s x x s xx r r r r x r r r r rx y

= = = +

2 2

2 2

2 2 2 2

1

xx y xx ys x s x s

r x r r x rx y x y

+ + = = = + +

Uvod

3

( )2 2

32 2 2 2

s y s yr r rx y x y = = + + .

22 2

2 2 2 2 2 2 2 2

s y s y s y y s yx r x r x y r r r

= = = +

2 2 2 4 4

2 2s y s y s xy s xyx r x x y r r

= = = + .

Dakle,

2 22 2 2 2

2 2 3 2 2 4

2s s x s y s y s xyx r r r r r r = + + + . Analogno se dobivaju i lanovi u drugom izvodu 2 2/s y

2

2 2

s s s y s xy y y y r r r

= = + =

2 22 2 2

2 3 2 2 4

2s y s x s x s xyr r r r r r = + + .

Drugi izvod 2 2/s z jednak je u Descartes-ovim i cilindrinim koordinatama. Konano se dobiva

( ) 2 2 22 2 2div grad s s ss x y z = + + =

2 2 2 22

2

1s x y s y xr r r r r r r

= + + + +

2 22 2

2 2 2

1 s y x sr r r z

+ + + =

22 2 2 2

2

1cos sin sin coss sr r r

= + + + + 2 2

2 22 2 2

1 sin coss sr z

+ + + =

2 2 2

2 2 2 2

1 1s s s sr r r r z = + + + =

2 2

2 2 2

1 1s s srr r r r z

= + + .


4

ZADATAK 1.2 Odrediti jedan jedinini vektor 0s

G u ijem smjeru nema promjene polja pritiska 212p x yz= + u taki T(1,2,3).

Slika 1.2

Rjeenje Gradijent pritiska u bilo kojoj taki na povrini p(x,y,z) jednak je

grad 24p p pp i j k xi zj ykx y z = + + = + + G G G G G G

,

a u taki T gradijent je

T T Tgrad 24 24 3 2Tp x i z j y k i j k= + + = + +G G G G G G

. Jedinini vektor 0s

G moe biti bilo koji vektor u ravni koja je tangencijalna na povrinu p(x,y,z) u taki T, a poto je gradp okomit na tangencijalnu ravan u taki T, iz oslova okomitosti vektora nG i sG (koji lei u tangencijalnoj ravni) se dobiva

grad 0 0x y zp p pp s s s sx y z = + + =

G,

grad 0 24 3 2 0T x y zp s s s s = + + =G . Ako se proizvoljno odabere sx = sy = 1

= 24 32x y

z

s ss ,

= 24 32z

s ,

x

z

T p(x,y,z)

iG

jG

kG

y

gradp

t

nG 0sG

sG

1 2

3

O

n

3

Uvod

5

= 272z

s .

Dakle, vektor sG je = + +G G GG x y zs s i s j s k , = + G G GG 271 1

2s i j k .

= + G G GG 272

s i j k ,

a jedinini vektor je

+ = =

+ +

G G GGG G0 22 2

271 12271 12

i j ksss

,

= + G G GG0 1 1 27184,25 184,25 2 184,25s i j k .

ZADATAK 1.3 Nai izvod skalarne funkcije U xyz= u taki A(5,1,2) u pravcu ka taki B(9,4,12).

Rjeenje Izvod skalarne funkcije U(x,y,z) po odreenom pravcu l definiranom jedininim vektorom 0l

G rauna se iz izraza

0graddU U ldl

= G , Gradijent zadane funkcije U je

( ) ( ) ( )grad xyz xyz xyzU U UU i j k i j kx y z x y z

= + + = + + G G G G G G

,

gradU yzi xzj xyk= + +G G G . Jedinini vektor 0l

G definiran je izrazom

0lll

=GGG ,


6

gdje je

( ) ( ) ( )= + + G G G GB A B A B Al x x i y y j z z k , ( ) ( ) ( )= + + G G G G9 5 4 1 12 2l i j k , 4 3 10l i j k= + +G G G G ,

2 2 24 3 10 125l = + + =G , na osnovu ega je

04 3 10

125i j kl + +=G G GG

.

Izvod funkcije U po pravcu l e biti

( ) 4 3 10 4 3 10125 125

dU i j k yz xz xyyzi xzj xykdl

+ + + += + + =

G G GG G G.

Vrijednost izvoda u taki A(5,1,2) iznosi

4 1 2 3 5 2 10 5 1 88125 125A

dUdl

+ + = = .

ZADATAK 1.4

Izraunati vrijednost integrala A

F pndA= G G , gdje je FG sila pritiska, A povrina kugle radijusa R = 4 sa sreditem u taki S(2,1,3), a nG spoljnja normala na povrinu A, ako je polje pritiska p zadano izrazom 2 2 2p x y z= + + . Kolika bi bila vrijednost sile F

G za sluaj da je polje pritiska p = const?

Uvod

7

Slika 1.3

Rjeenje Primjenom formule Gauss-Ostrogradski dobiva se

gradA V

F pndA pdV= = G G , ( )grad =2 2 2 2 ,2 ,2p p pp i j k xi yj zk x y z

x y z = + + + + = G G G G G G

,

( )2 2 2 2 2 2SV V V V

F xi yj zk dV xidV yjdV zkdV= + + = + + G G G G G GG . Svaki integral u gornjoj jednadbi moe se zamijeniti proizvodom odgovarajue koordinate teita i volumena kugle, npr. S

V

xidV x Vi= G G .

= + + = + +G G G G G GG3 3 34 4 42 2 2 2 2 2

3 3 3S S S S S SR R RF x Vi y Vj z Vk x i y j z k ,

= + + G G GG3 3 34 4 4 4 4 42 2 2 1 2 3

3 3 3F i j k ,

= + +G G GG 341,33 170,67 512F i j k . Dakle sila F

G ima komponente ( )341,33 ;170,67 ;512F G . Za sluaj da je polje

pritiska p = const bit e ( )grad 0,0,0p = , pa je vrijednost integrala, odnosno sila pritiska ( )0,0,0F =G .

x

z

S p=x2+y2+z2

iG

jG

kG

y

gradp

t

nG

2 1

3 R

n

O


8

ZADATAK 1.5

Odrediti fluks = G GA

V v ndA vektora Gv , po povrini kocke brida a = 2 sa sreditem u koordinatnom poetku O(0,0,0). Povrina A je orijentirana jedininim vektorima vanjskih normala Gn , a vektor Gv je dat izrazom

( )= + +G G GG 3 6 3v xyi yzj yz z k .

Slika 1.4

Rjeenje Primjenom formule Gauss-Ostrogradski dobiva se

div yx zA V V

vv vV v ndA vdV dVx y z

= = = + + = G G G

( ) ( )3 6 3 1 6 1V V

y z y dV z dV= + = = ( ) ( )/2 /2 /2 /2/2 /2 2/2 /2 /2

/2 /2 /2

6 1 3a a a

aa a

a a aa a a

dx dy z dz x y z z = = =

2 2

3 32 2 2 2 2 2 2 2a a a a a a a a = =

( )= a a a , ( )= 2 2 2V ,

= 8V .

ZADATAK 1.6 U taki T fluida tenzor napona ima slijedee komponente

x

z

iG

jG

kG

y nG

O nG

nG

a

Uvod

9

7 0 2N 0 5 0

2 0 4

xx xy xz

yx yy yz

zx zy zz

N N NN N NN N N

= =

GG.

Odrediti vektor povrinskog napona koji djeluje na ravan orijentiranu vektorom

normale 2 2 1, ,3 3 3

n = G

i apsolutnu vrijednost tog vektora.

Slika 1.5

Rjeenje Vektor povrinskog napona odreuje se iz izraza

( )N , , xx xy xzn x y z yx yy yzzx zy zz

N N NN n n n n N N N

N N N

= =

GG GG,

( )Nn x xx y yx z zxN n n N n N n N i= = + + +G GG GG ( )x xy y yy z zyn N n N n N j+ + + +G ( )x xz y yz z zzn N n N n N k+ + + G ,

pa su komponente povrinskog napona koji djeluje na zadanu ravan jednake

( )2 2 17 0 2 43 3 3x x xx y yx z zx

N n N n N n N = + + = + + = ,

( ) = + + 2 2 17 0 23 3 3x

N ,

= 4xN ,

x

z y

NG

t

T

xNG

zNG

yNG

nG n

iG

jG

kG

O


10

= + +y x xy y yy z zyN n N n N n N , ( ) = + +

2 2 10 5 03 3 3y

N ,

= 103y

N ,

= + +z x xz y yz z zzN n N n N n N , ( ) = + +

2 2 12 0 43 3 3z

N ,

= 0zN . Vektor povrinskog napona na danu povrinu definiran je izrazom

104 03n

N i j k= + +G G GG , a intenzitet napona iznosi

( ) 22 2104 0 5,213n

N = + + = .

ZADATAK 1.7 Izraunati brojnu vrijednost rezultujue sile koja djeluje na fluidni element na slici 1.6 ako je gustina fluida dana izrazom 2 2x z = + . Fluid se nalazi u polju masene sile ( )166,20,0mf =G , a tenzor napona je

2

2 1 0N 1 1 0

0 0 0

x yy x

+ + = + +

GG.

Slika 1.6

x

z

M(4,3,2) y

xxNG

xyNG

yxNG

yyNG

Uvod

11

Rjeenje Ukupna rezultujua sila koja djeluje na fluidni element jednaka je zbiru masene i povrinske sile i definirana je izrazom

m p m pV A

F F F f dV f dA= + = + G GG G G . Masena sila definirana je izrazom ( )166 20 0m m

V V

F f dV i j k dV = = + + G G G GG , a intenziteti njenih komponenti u pravcu osa x, y i z iznose

( ) ( )4 3 22 20 0 0

166 166 2 166 2mxV V

F dV x z dV x z dz dy dx = = + = + = ( ) ( )4 3 4 322 2 2

00 0 0 0

166 166 2 4x z z dy dx x dy dx = + = + = ( ) ( ) ( ) = + = + = + =

4 43 42 2 3

0 00 0

166 2 4 166 6 12 166 2 12x y y dx x dx x x

( ) ( )= + = + = 3166 2 4 12 4 166 128 48 166 176mxF , = 29216mxF , ( )= = + 220 20 2my

V V

F dV x z dV ,

= 20 176myF 0mzF = .

Masena sila nema komponentu u pravcu z ose. U prethodnom izraunavanju integrala dobivena vrijednost 176 predstavlja rjeenje volumnog integrala ( )2 2

V

x z dV+ . Konaan izraz za masenu silu ima oblik

29216 3520 0 29216 3520mF i j k i j= + + = +G G G G GG

. Povrinska sila definirana je izrazom ( ) ( )

x y

x yp p xx xy yy yxA A A

F f dA N N dA N N dA= = + + + G JJJG JJJGG , a intenziteti njenih komponenti u pravcu osa x, y i z su


12

( ) ( )2 1x y x y

px xx x yx y x yA A A A

F N dA N dA x dA y dA= + = + + + = ( ) ( )3 2 4 2

0 0 0 0

2 1x dz dy y dz dx = + + + = ( ) ( )3 42 2

0 00 0

2z xz dy z yz dx = + + + = ( ) ( ) ( ) ( )3 4 3 4

0 00 0

4 2 2 2 4 2 2 2x dy y dx y xy x xy= + + + = + + + = ( ) ( )= + + +12 6 8 8x y , ( ) ( )= + + + = +12 6 4 8 8 3 36 32pxF ,

= 68pxF , ( ) ( )2 1 1

y x y x

py yy y xy x y xA A A A

F N dA N dA x dA y dA= + = + + + = ( ) ( )2 4 2 32

0 0 0 0

1 1x dx dz y dy dz = + + + =

4 32 22 2

0 00 03 2x yx dz y dz

= + + + = = + + + = +

2 22 2

0 00 0

64 9 76 154 33 2 3 2

dz dz z z ,

= +152 153py

F ,

= 65,67pyF 0pzF = .

Povrinska sila nema komponentu u pravcu z ose. Konaan izraz za povrinsku silu ima oblik

68 65,67 0 68 65,67pF i j k i j= + + = +G G G G GG

. Ukupna sila koja djeluje na fluidni element je

= +G G Gm pF F F , ( ) ( )= + + + +G G GG 29216 68 3520 65,67 0F i j k ,

= +G GG 29284 3585,67F i j . Intenzitet ukupne (rezultujue) sile iznosi

Uvod

13

2 229284 3585,67 29502,7F = + = .

ZADATAK 1.8 Kapljice karbontetrahlorida se formiraju na temperaturi od 0C pomou mlaznice spreja. Ako je srednji promjer kapljica jednak 200 m odrediti koliki pritisak vlada u unutranjosti kapljica.

Rjeenje Pritisak unutar kapljice radijus R koji je potreban da uravnotei povrinski napon definiran je izrazom

2pR= .

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

= 2pR

,

= 6

2 0,026100 10

p ,

= 520 Pap .

ZADATAK 1.9 Valjkasti autoklav, promjera d = 1 m i duine L = 2 m ima poklopce oblika polulopte. Koliko bi vode trebalo dosuti da se pritisak u autoklavu povea za 10 MPa? Koeficijent stiljivosti vode je = 0,42 GPa-1. Promjenu volumena suda zanemariti.

Slika 1.7

d L


14

Rjeenje Volumen autoklava iznosi

32 2224 3 2 2 2 3A

d d d L dV L = + = + . Ako se sa 1 AV V V= + oznai ukupni volumen vode koji treba da bude sadran u autoklavu (volumen autoklava + volumen vode koju treba dosuti), a sa

2 AV V= volumen autoklava, tada je ukupna promjena volumena vode jednaka volumenu kojeg treba dosuti

( )2 1 A AV V V V V V V = = + = Promjena pritiska u autoklavu jednaka je

1

1 1 1

A A

V V VpV V V V V

= = = + + .

Volumen vode koju treba dosuti iznosi ( )AV V p V + = ,

AV p V p V + = , ( )1 AV p V p = ,

2

2 2 31 1

A

d L d pV pV

p p

+ = = ,

+ =

29 6

9 6

1 2 10,42 10 10 102 2 3

1 0,42 10 10 10V ,

= 3 38,83 10 mV .

ZADATAK 1.10 Donji kraj kapilarne cijevi radijusa r = 0,5 mm zavrava 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. Nai pritisak zraka koji je potreban da na donjem kraju cijevi izazove zrani mjehur oblika polulopte. Atmosferski pritisak iznosi pat = 101325 Pa.

Uvod

15

Slika 1.8

Rjeenje Radijus meniskusa je jednak radijusu kapilarne cijevi jer je

cos cos0r rR r= = = .

Porast pritiska p preko slobodne povrine jednak je pritisku stupca tenosti vode visine h

1 2p p p gh = = .

Slika 1.9

H

R

h pat

r

H

pat

p2

pv=p1


16

Iz jednadbe jednakosti pritisaka na povrini zranog mjehura na kraju cijevi dobiva se pritisak zraka pv

at vp gH p p+ + = , ( )v at atp p gH gh p g H h = + + = + + ,

( )101325 1000 9,81 0,15 0,05 103287 Pavp = + + = , =103287 Pavp .

ZADATAK 1.11 Izraunati koliki mora biti promjer kapljice vode iji je povrinski napon = 0,071 N/m, ako nadpritisak koji vlada u kapljici iznosi pm = 650 Pa.

Slika 1.10

Rjeenje Promjena pritiska preko slobodne povrine sfernog oblika moe se izraunati iz izraza

2 11 2

1 1p pR R

= + . Pritisci i radijusi iznose

1 atp p= , 2 at mp p p= + , 1 2 2

DR R R= = = . Zamjenom u izraz za promjenu pritiska dobiva se

2at m atp p p R

+ = ,

D

p1

p2

R

Uvod

17

4mp D

= . Promjer kapljice e biti

4

m

Dp= , = 4 0,071650

D , = =30,44 10 m 0,44 mmD .

ZADATAK 1.12 Izraunati priblinu viskoznost ulja kada je poznata brzina klizanja ploe na sloju ulja niz strmu ravan. Smatrati da je promjena brzine izmeu ravni i donje povrine ploe linearna. Podaci su: A = 9 dm2, = 1,2 mm, G = 100 N, v = 0,18 m/s, sin = 5/13.

Slika 1.11

Rjeenje Sile koje djeluju na plou su teina ploe i sila trenja uslijed otpora kretanju fluida.

Slika 1.12

x

vG A

y

GG

O

GG

x

vG A

y

sinG G

tFG

vG

O


18

Poto se ploa kree konstantnom brzinom niz strmu ravan, to znai da je suma sila koje djeluju na plou u pravcu kretanja (x osa) jednaka nuli

0xF = , sin 0tG F = ,

sintF G = . Kako je promjena brzine izmeu ravni i donje povrine ploe linearna, slika 1.12, moe se pisati da je gradijent brzine u pravcu y ose jednak

v vy = , pa je tangencijalni napon na donjoj povrini ploe

yxv vy

= = .

Sila trenja definirana je izrazom

t yxvF A A = = ,

pa se zamjenom u izraz za sumu sila dobiva

sinv A G = , sinG

vA = ,

= 3

2

100 1,2 10 50,18 9 10 13

,

= 2,85 Pas .

ZADATAK 1.13 Viskoznost tenosti moe se mjeriti pomou rotacionog cilindrinog viskozimetra shematski prikazanog na slici 1.13. Kod ovog ureaja spoljnji cilindar miruje, a unutranji se okree konstantnom ugaonom brzinom . Mjeri se obrtni moment M potreban za postizanje ugaone brzine i na osnovu tih vrijednosti se odreuje viskoznost. Radijus spoljnjeg cilindra je R = 220 mm, a unutranjeg R0 = 216 mm. Broj obrtaja unutranjeg cilindra je n = 200 min-1 i na njegovo obrtanje troi se snaga P = 46 W. Visina tenosti u ureaju je h = 20 cm. Ako se zanemari utjecaj krajeva i pretpostavi linearan raspored brzina izmeu cilindara, izvesti zavisnost obrtnog momenta i ugaone brzine i izraunati viskoznost tenosti za zadane podatke.

Uvod

19

Slika 1.13

Rjeenje Elementarni obrtni moment koji nastaje kao posljedica djelovanja tangencijalnog napona na elementarnoj povrini unutranjeg cilindra jednak je

0dM R dA= , pri emu je elementarna povrina dA definirana izrazom

0dA R d h= . Ukupni obrtni moment dobit e se integriranjem izraza za dM

( ) 20 0 0dM R R d h R h d = = , 2

22 2 20 0 00

0

2M R h d R h R h = = = .

Kod linearnog rasporeda brzina u prostoru izmeu cilindara, prema Newton-ovom zakonu viskoznosti bit e

0

0 0

Rdv vdr R R R R

= = = . Traena zavisnost obrtnog momenta i ugaone brzine definirana je izrazom

32 0 00

0 0

22 R R hM R hR R R R

= = .

R0

R

n

h

R0

R

d

vG


20

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

30n = ,

a obrtni moment preko snage

30P PMn = = ,

Moe se napisati izraz iz kojeg se izraunava viskoznost na osnovu zadanih podataka. Dakle, slijedi

30

0

23030

R hP nn R R

= ,

( ) ( )3 3 2 3 3 2

0 0

0 0

2900 450

R h n R h nPR R R R

= = , ( )03 3 2

0

450 R R PR hn

= ,

( ) = 3 3 2

450 0,22 0,216 460,216 0,2 200

,

= 0,0331Pas .

ZADATAK 1.14 Granini uvjet koji kae da je brzina fluidnih djelia koji su u dodiru sa vrstom povrinom jednaka brzini te povrine, to jest da nema relativnog kretanja (eng. no slip) vrijedi kako za mirujuu tako i za povrinu koja se kree. Na slici 1.14 je prikazan sluaj gdje se kretanje dva fluida koji se ne mijeaju ostvaruje kretanjem beskonane ploe sa gornje strane, dok je donja ploa nepokretna. Kao rezultat takvog kretanja javljaju se tangencijalni viskozni naponi u fluidima. Gornji fluid stvara tangencijalni napon na gornjoj povrini, a donji na donjoj. Odrediti odnos ovih napona.

Uvod

21

Slika 1.14

Rjeenje Tangencijalni napon koji djeluje u fluidu, pa time i na dodirnoj povrini sa vrstim tijelom, prema Newton-ovom zakonu viskoznosti jednak je umnoku dinamike viskoznosti i gradijenta brzine. Za fluid 1 bit e

1 121 1 1

.gornja pl

v vdvdy

= =

,

= 1 3 20,4 0,02 , = 21 20 N/m Za fluid 2 bit e

122 2 2

.

0

donja pl

vdvdy

= =

,

= 2 2 00,2 0,02 , = 22 20 N/m . Vidljivo je da se isti tangencijalni napon prenosi kroz fluid od gornje do donje ploe, pa je i njihov odnos jednak jedinici

1

2

20 120

= = .

x

= 0,02 m

= 0,02 m

fluid 1 1 = 0,4 Pas

fluid 2 2 = 0,2 Pas

v12 = 2 m/s

v1 = 3 m/s

2

1 y

O


22

ZADATAK 1.15 Ako je sa v oznaena brzina, sa l duina i sa kinematska viskoznost, odrediti koje od navedenih kombinacija veliina predstavljaju bezdimenzionalne veliine: a) vl, b) vl/, c) v2, d) v/(l).

Rjeenje Dimenzija za izvedenu fizikalnu veliinu brzinu je [LT-1], dimenzija za fizikalnu veliinu duinu je [L], a dimenzija za izvedenu fizikalnu veliinu viskoznost je [L2T-1]. a) Izraz vl nije bezdimenzionalna veliina, jer je

[ ]1 2 1 4 2LT L L T L T = .

b) Izraz vl jeste bezdimenzionalna veliina, jer je

[ ] [ ]1

0 02 1

LT LL T 1

L T

= =

c) Izraz 2v nije bezdimenzionalna veliina, jer je

21 2 1 4 3LT L T L T =

d) Izraz vl nije bezdimenzionalna veliina, jer je

[ ]1

22 1

LTL

L L T

=

ZADATAK 1.16 Odrediti dimenzije koeficijenata A i B koji se pojavljuju u jednadbi

2

2 0d x dxA Bxdt dt

+ + = ako je ona dimenziono zadovoljena (x je duina, a t je vrijeme).

Rjeenje

Uvod

23

Poto je jednadba dimenziono zadovoljena, to znai da svi lanovi moraju imati istu dimenziju.

2

2 0d x dxA Bxdt dt

+ + = , [ ] [ ] [ ]-2 -1 -2LT LT L LTA B + + = ,

[ ] -1 -2LT LTA = , [ ]

-2-1

-1

LTT

LTA

= = ,

[ ] [ ] -2L LTB = , [ ] [ ]

-2-2

LTT

LB

= = . Na primjer, u Si sistemu jedinica koeficijenti A i B bi imali jedinice

[ ] -1 1Ts

A = = ,

[ ] -2 21T sB = = .

ZADATAK 1.17

Provjeriti da li je jednadba 3/22

22vV C gB Hg

= + dimenziono zadovoljena, to

jest da li se ona moe primijeniti u bilo kojem sistemu mjernih jedinica. Veliine koje figuriraju u jednadbi su: protok V , konstanta C , gravitaciono ubrzanje g , irina B , visina H i brzina v .

Rjeenje Da bi jednadba bila dimenziono zadovoljena moraju svi njeni lanovi imati istu dimenziju. U danom sluaju lan na lijevoj strani mora imati istu dimenziju kao lan na desnoj strani. Pojedine veliine i njihove pripadajue dimenzije su slijedee

3 -1L TV - protok, [ ]1C - konstanta,

2LTg - gravitaciono ubrzanje, [ ]LB - irina, [ ]LH - visina,


24

-1LTv - brzina. Zamjenom dimenzija u zadanu jednadbu dobiva se

[ ] [ ] [ ]3/22-1

1/23 -1 -2-2

LTL T 1 LT L L

LT

= + ,

[ ] [ ]3/222 -2

3 -1 1/2 -1-2

L TL T L T L L

LT

= + ,

[ ] [ ]( )3/23 -1 3/2 -1L T L T L L = + , [ ]3/23 -1 3/2 -1L T L T L = ,

3 -1 6/2 -1L T L T = , 3 -1 3 -1L T L T = .

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

3/22

1/23

2

2

mm m s1 m m

ms ss

= + ,

( )3 1/2 3/2m m m m ms s

= + , 3 3/2

3/2m m ms s

= , 3 6/2m m

s s= ,

3 3m ms s

= .

ZADATAK 1.18 Sila otpora povrine Fotp po jedinici irine glatke ravne ploe duine L postavljene u struju fluida gustine , viskoznosti i brzine v0 dana je izrazom ( ), 0, , ,otp LF f v L = . Pomou teoreme prevesti ovu zavisnost u bezdimenzionalan oblik. Rezultat uporediti s poznatim izrazom za silu otpora

povrine 20

2otpvF C A

= , gdje je A = L2 povrina ploe , a C = C(Re) je srednji koeficijent otpora povrine.

Uvod

25

Slika 1.15

Rjeenje Funkcionalna zavisnost sile otpora od navedenih veliina definirana je izrazom

( ), 0, , ,otp LF f v L = , odnosno ( ), 0, , , , 0otp LF F v L = . Pojedine veliine iz gore navedene funkcionalne zavisnosti imaju dimenzije navedene u tabeli 1.1.

Tabela 1.1 Veliina Oznaka Dimenzija brzina v0 LT-1 duina L L gustina ML-3 viskoznost ML-1T-1 Sila po jedinici irine Fotp,L MT-2

Pretpostavljajui da se funkcionalna zavisnost moe napisati u obliku

2 3 51 40 ,

x x xx xotp Lv L F const = ,

odgovarajua dimenzionalna jednadba dobivena koritenjem dimenzija pojedinih veliina glasi

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 3 4 52-1 -3 -1 -1 -2 0 0 0LT L ML ML T MT M L Tx x x xx = . Na osnovu principa dimenzionalne homogenosti slijedi sistem od m = 3 jednadbe sa n = 5 nepoznatih x1, x2, x3, x4 i x5 u obliku

3 4 5 0x x x+ + = ,

L

otpFG

0vG

,


26

1 2 3 43 0x x x x+ = , 1 4 52 0x x x = .

Dobiveni sistem jednadbi moe se napisati u matrinom obliku A X 0= ili { } { } { }0m n n l m la x = ,

1

2

3

4

5

0 0 1 1 1 01 1 3 1 0 01 0 0 1 2 0

xxxxx

=

.

ija se matrica sistema sastoji se od eksponenata odgovarajuih dimenzionalnih kategorija pojedinih veliina

1 2 3 4 5

0

0 0 1 1 11 1 3 1 01 0 0 1 2

otp

x x x x xv L F

MA L

T

=

.

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

( )0 0 11 1 3 0 0 0 1 0 0 1 01 0 0

= + + + + =

.

Prema tome traena zavisnost se moe opisati sa n r = 5 3 = 2 bezdimenzionalne grupe, odnosno sa 2 parametra ( )1 2, 0 = .

Da bi se odredili ti parametri potrebno je rijeiti sistem jednadbi po x1, x2 i x3 uz proizvoljno biranje x4 i x5

1 4 52x x x= , 2 4 5 x x x= , 3 4 5x x x= .

Uzima se fundamentalno rjeenje koje garantira linearnu nezavisnost parametara

Uvod

27

4 5 1 2 3

0

1

2

1 0 1 1 10 1 2 1 1

otp

x x x x xF v L

.

Dakle, dobivaju se slijedei parametri

1 1 1 11 0

0 0

1Re

v Lv L v L

= = = = , ,1 2 1 1

2 , 0 20

otp Lotp L

FF v L

v L

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

11

1' Re = = , ,

2 2 20

2' 2 otp L

Fv L = = .

Traena zavisnost ( )1 2, 0 = e prei u oblik ( )1 2' ', ' 0 = , tako da nakon uvrtavanja izraza za parametre slijedi

( ) ,1 2 20

2' ', ' ' Re, 0otp L

Fv L

= =

, odnosno

( ),20

2Reotp L

Fv L

= ,

( ) 20, Re 2otp LvF L = ,

Fotp,L je sila po jedinici irine, a ukupna sila e biti

( ) 22 0, Re 2otp otp LvF F L L = = .

Poto je povrina ploe A = L2 gornji izraz se moe napisati u obliku

( ) 20Re2otpvF A = .

Dimenzionalnom analizom dobiven je izraz koji odgovara poznatom izrazu za silu otpora povrine pri emu je funkcija ( ) ( )Re ReC = .


28

ZADATAK 1.19 Pomou teoreme odrediti izraz za silu po jedinici duine F koja djeluje na cilindar promjera D postavljen u uniformnu struju brzine v0 savrenog nestiljivog fluida gustine ako je cirkulacija oko cilindra .

Slika 1.16

Rjeenje Funkcionalna zavisnost sile od navedenih veliina je oblika

( )0, , , , 0F F D v = Pojedine veliine iz gore navedene funkcionalne zavisnosti imaju dimenzije navedene u tabeli 1.2.

Tabela 1.2 Veliina Oznaka Dimenzija sila po jedinici duine F MT-2 promjer D L brzina v0 LT-1 gustina ML-3 cirkulacija oko cilindra L2T-1

Pretpostavljajui da se funkcionalna zavisnost moe napisati u obliku

2 3 51 40

x x xx xF D v const = , odgovarajua dimenzionalna jednadba dobivena koritenjem dimenzija pojedinih veliina glasi

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 3 4 52-2 -1 -3 2 -1 0 0 0MT L LT ML L T M L Tx x x xx = .

D

FG

0vG

Uvod

29

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

1 4 0x x+ = , 2 3 4 53 2 0x x x x+ + = ,

1 3 52 0x x x = . Dobiveni sistem jednadbi napisan u matrinom obliku ima formu A X 0= ,

1

2

3

4

5

1 0 0 1 0 00 1 1 3 2 02 0 1 0 1 0

xxxxx

=

.

Matrica sistema sastoji se od eksponenata odgovarajuih dimenzionalnih kategorija pojedinih veliina

1 2 3 4 5

0

1 0 0 1 00 1 1 3 22 0 1 0 1

x x x x xF D v

MA L

T

=

.

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

( )1 0 00 1 1 1 0 0 0 0 0 1 02 0 1

= + + + + =

.

Prema tome traena zavisnost se moe opisati sa n r = 5 3 = 2 bezdimenzionalne grupe, odnosno 2 parametra ( )1 2, 0 = .

Da bi se odredili ti parametri potrebno je rijeiti sistem jednadbi po x1, x2 i x3 uz proizvoljno biranje x4 i x5

1 4x x= , 2 4 5x x x= , 3 4 52x x x= .


30

Uzima se fundamentalno rjeenje koje garantuje linearnu nezavisnost parametara

4 5 1 2 3

0

1

2

1 0 1 1 20 1 0 1 1

x x x x xF D v

.

Dakle, dobivaju se slijedei parametri

21 1 1 2 0

1 0v DF D vF

= = , 1 1 1

2 00

D vDv

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

11 2 0

1' Fv = = ,

02

2

1' Dv = = . Traena zavisnost ( )1 2, 0 = e prei u oblik ( )1 2' ', ' 0 = , tako da nakon uvrtavanja izraza za parametre slijedi

( ) 01 20

' ', ' ' , 0DvFU

= =

, odnosno

0

0

DvFU

= ,

00

DvF U = .

Statika fluida

31

22.. SSTTAATTIIKKAA FFLLUUIIDDAA

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

Slika 2.1

Rjeenje Ravni konstantnog pritiska oznaene su na slici 2.1 sa II i IIII. Apsolutni pritisci u karakteristinim takama na tim ravnima iznose

1 2p p= i 3 4p p= . Pritisak p1 jednak je atmosferskom pritisku pat, jer je rezervoar sa ivom otvoren, a pritisak p3 je jednak

= 3 at vp p p . U skladu sa osnovnom jednadbom hidrostatike bit e

( )2 4 u p p g H h gh = + + . Zamjenjujui p2 i p4 iz gornjih izraza dobiva se

( ) = + +at at v u p p p g H h gh ,

p=pat pv

H

h

pat

II II

I I

3 4

1 2

u


32

odakle se direktno dobiva podpritisak

( ) = +v u p g H h gh , ( )= + 900 9,81 1,5 0,25 13600 9,81 0,25vp ,

= 44390,25 Pa.vp

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

Slika 2.2

Rjeenje Podpritisak u taki A cjevovoda moe se odrediti postavljanjem jednadbe ravnotee pritisaka ili za ravan xx ili za ravan yy, slika 2.2. Jednadba ravnotee pritisaka za ravan xx glasi

1 2x xp p= , pri emu je

( ) ( )1 1 3 1 2x A v p p g h h g h h = + , A at vp p p= ,

( ) ( )1 1 3 1 2x at v v p p p g h h g h h = + , 2x atp p= ,

na osnovu ega se dobiva

pat

v

h1 A h3

h2

pA=pat - pv

I I

x x

y y 3 4

1 2

Statika fluida

33

( ) ( )1 3 1 2at v v atp p g h h g h h p + = , ( ) ( )1 3 1 2v v p g h h g h h = +

( ) ( )1000 9,81 5 0,5 13600 9,81 5 4vp = + , 89271 Pavp = ,

Apsolutni pritisak u taki A cjevovoda iznosi

A at vp p p= , 51,013 10 89271Ap = ,

12029 PaAp = . Zadatak se mogao rijeiti i primjenom principa ronioca na osnovu ega direktno slijedi

( ) ( )1 3 1 2at v v atp p g h h g h h p + = , to je analogno prethodno dobivenom.

ZADATAK 2.3 Na rezervoar napunjen benzinom (b = 700 kg/m3) do visine h5 prikljuena su tri razliita instrumenta za mjerenje pritiska. Na vrhu rezervoara je manometar M, pri dnu lijeve bone strane je pijezometar, a na desnoj strani postavljen je trolani U-manometar i to sa ivom ( = 13600 kg/m3), vodom (v = 1000 kg/m3) i zrakom (zr 0 kg/m3). Odrediti pokazivanje manometra M i pijezometra H kada se u trolanom U-manometru nivoi tenosti nalaze na visinama h1 = 1 m, h2 = 1,6 m, h3 = 1,8 m, h4 = 0,2 m i h5 = 2 m.

Slika 2.3

H

b

pat M

b v zr

v

0 0

h5 h5

h4

h3 h2 h1

b

pM=pat+pm


34

Rjeenje Pokazivanje manometra M moe se odrediti postavljanjem jednadbe ravnotee pritisaka u odnosu na ravan 0-0 za sistem manometara sa desne strane rezervoara

( ) ( ) ( )5 1 2 1 2 3 5 4at m b v v atp p g h h g h h gh gh g h h p + + + = , ( ) ( ) ( )2 1 3 5 4 2 5 1m v bp g h h h g h h h g h h = + + ,

( ) ( ) ( ) = + + 2 1 3 5 4 2 5 1m v bp g h h h h h h h h , ( ) ( ) ( )= + + 9,81 13600 1,6 1 1,8 1000 2 0,2 1,6 700 2 1mp ,

315293,4 Pamp = . Usvojivi da je pat = 101325 Pa pokazivanje manometra iznosi

= +M at mp p p , = +101325 315293,4Mp , = 416618,4 PaMp

Pokazivanje pijezometra, odnosno visina H moe se odrediti postavljanjem jednadbe ravnotee pritisaka u odnosu na ravan 0-0 za sistem pijezometar rezervoar, na osnovu ega slijedi

( )5at b at mp g H h p p+ = + 5b m bgH p gh = +

= + 5m

b

pH hg

,

= +315293,4 2700 9,81

H ,

= 47,2 mH .

ZADATAK 2.4 Homogeni elini zatvara treba da ostane u zatvorenom poloaju zahvaljujui sopstvenoj teini. Nai minimalnu debljinu zatvaraa. Pretpostaviti da je na slobodnoj povrini p = pat = 0 Pa. Ostali podaci su: a = 0,2 m, b = 1 m (normalno na ravan crtea), H = 0,5 m, = 60, = 1000 kg/m3 (voda) i = 7800 kg/m3.

Statika fluida

35

Slika 2.4

Rjeenje Minimalna debljina zatvaraa moe se odrediti pomou momentne jednadbe sila koje djeluju na zatvara, definirane u odnosu na osu koja prolazi taku O. Sile koje djeluju na zatvara, kao to je prikazano na slici 2.5, su sila pritiska vode pF

G, koja djeluje u centru pritiska C i teina elinog zatvaraa G

G, koja

djeluje u teitu T. Za sluaj ravnotee moment tih sila za osu koja prolazi kroz taku O definira je izrazom

= 0OM , =cos TO CO 0pG F .

Slika 2.5

Intenzitet sile teine ploe jednak je

= = = G m g V g abg . Intenzitet sile pritiska vode jednak je

O

H a

pat

O a

GG

T

C pFG

H

pat

hT

T C


36

= = = sin2p T TaF p A gh A g H ab .

Koordinata C odreena je izrazom

3

212

sin 2 sin 2 12sin 2 sin 2

C TT

baI H a H a a

H a H aA ab

= + = + = + .

Duina CO jednaka je

= = CO sinC

H a

= +

2

sin 2 sin12sin 2

H a a H aH a

,

= +

2

CO2 12

sin 2

a aH a

.

Duina TO jednaka je

TO2a= .

Iz definirane jednadbe ravnotee momenata sila pF

G i G

G za taku O dobiva se debljina ploe

+ =

2

cos sin 02 2 2 12

sin 2

a a a aabg g H abH a

+ =

2

sin2 2 12

sin 2

cos2

a a aHH a

a ,

Statika fluida

37

+ =

20,2 0,2 0,21000 0,5 sin600,5 0,22 2 12

sin60 20,27800 cos602

,

0,1134 m = .

ZADATAK 2.5 Posuda dimenzija (L + ) B H podijeljena je klipom koji se moe kretati bez trenja na dvije komore. Ako se u lijevu komoru ulije volumen V1 m3 tenosti gustine 1, a u desnu volumen V2 m3 tenosti gustine 2, odrediti dubine h1 i h2 u ravnotenom stanju.

Slika 2.6

Rjeenje Poloaj klipa u posudi zavisit e od volumena V1 i V2 kao i od vrijednosti gustina tenosti. Na slici 2.7 prikazan je ravnoteni poloaj klipa i sile koje djeluju na njega u tom poloaju.

Slika 2.7

pat pat

1,V1 2,V2

L +

L1 L2

B

H

h2 h1

pat

T1

1,V1 2,V2

L

L1 L2

h2

h1 1FG

2FG

C1

T2

C2

pat h1/2

h2/2


38

Iz uvjeta ravnotee sila koje djeluju na klip slijedi

1 2F F= , 21

1 1 1 1 1 1 11

2 2ThF p A g h B gh B = = = ,

222 2 2 2 2 2 2

12 2ThF p A g h B gh B = = = .

Izjednaavanjem izraza za intenzitet sila pritiska

G1F i G2F

2 2

1 1 2 21 12 2

gh B gh B = , slijedi da je

21

2 1

hh

= .

Na osnovu geometrijskih veliina prikazanih na slici 2.7 slijede izrazi za definiranje volumena V1 i V2

1 1 1V Bh L= , odnosno =1 11

V BLh

,

2 2 2V Bh L= , odnosno =2 22

V BLh

,

1 2L L L= + .

Kombiniranjem gornjih izraza dobiva se

21

1 2

VV BLh h

+ = ,

a mnoenjem prvo sa h1 a onda i sa h2 dobiva se

11 2 1

2

hV V BLhh

+ = , 2

1 2 21

hV V BLhh

+ = . Uvrtavanjem u ove izraze dobivenog odnosa h1/h2 slijede traeni izrazi za dubine h1 i h2

Statika fluida

39

21 2

11

V Vh

BL

+= ,

11 2

22

V Vh

BL

+= .

ZADATAK 2.6 Zatvara OP izmeu dva spremnika moe se okretati bez trenja oko ose O, slika 2.8. Odrediti kolikom silom i u kojem smjeru treba djelovati na zatvara u taki P da bi bio u ravnotei u vertikalnom poloaju. Dati su podaci: H1 = 5 m, H2 = 2 m, h = 2 m, v = 1000 kg/m3 (voda), u = 800 kg/m3 (ulje) B = 1 m (irina zatvaraa i posuda, okomito na ravan crtea)

Slika 2.8

Rjeenje Pritisak vode djeluje sa lijeve strane zatvaraa, a pritisak ulja sa desne strane na povrinu zatvaraa veliine

2A H B= . Sile koje djeluju na zatvara i odgovarajue geometrijske karakteristike spremnika prikazane su na slici 2.9. Intenzitet sile hidrostatikog pritiska vode na zatvara definiran je izrazom

21 22v Tv v Tv v

HF p A gh A g H h H B = = = , a intenzitet sile hidrostatikog pritiska ulja na zatvara izrazom

O H1

pat

P

pat

H2

h

v u

p = pat pv

zrak

T


40

22 2

22 2u Tu u Tu u uH HF p A gh A g H B g B = = = = .

Slika 2.9

Traena sila FG

moe se dobiti iz uvjeta ravnotee momenata sila vFG

i uFG

za osu koja prolazi kroz taku O

0OM = , + =u vC O PO C O 0u vF F F ,

v uC O C OPO

v uF FF = . Pojedine duine u prethodnoj jednadbi iznose

2PO H= , 32

2 2 2 2 2 2u

22

212C O2 2 2 2 6 3

2Tu Tu

BHI IH H H H H H

HA h A BH

= + = + = + = + = ,

32

22 2 2 2 2

v2 2

1 2 1

12C O2 2 2 2 12

2 2Tv Tu

BHI IH H H H H

H HA h A H h BH H h

= + = + = + = +

.

Intenzitet sile

GF jednak je

O H1

pat

P

pat

H2

h

v u

zrak

T

FG

uFG

vFG

Cv

Cu

hTv

hTu

B

p = pat pv

Statika fluida

41

+ =

2 22 2 2 2 2

1 22

1

2

22 2 2 312

2

v uH H H H Hg H h H B g B

HH hF

H,

+ =

2 22 2 2 2 2 21000 9,81 5 2 2 1 800 9,81 122 2 2 312 5 22

2F ,

12426 N 12,426 kNF = = .

Sila

GF mora biti usmjerena prema zatvarau, s desna ulijevo.

ZADATAK 2.7 Odrediti koliki se vakuum (podpritisak) smije postii u spremniku A da ne doe do otvaranja zatvaraa zanemarljive teine. Dati su podaci: B = 1 m (irina zatvaraa normalno na ravan crtea), H = 2 m, = 60, = 1000 kg/m3 (voda). Trenje u zglobu O zanemariti.

Slika 2.10

Rjeenje Sile koje djeluju na zatvara i odgovarajue geometrijske veliine prikazane su na slici 2.11.

O

P

H

zrak

A

pat

H/2

p = pat pv


42

Slika 2.11

Intenzitet sile hidrostatikog pritiska vode sa desne strane zatvaraa definiran je izrazom

1 1

2

1 2 sin 2sinT TH H HF p A gh A g B g B = = = = ,

a sa lijeve strane izrazom

2 2

2

212 2 2sin 8sinT T

H BH HF p A gh A g g B = = = = . Intenzitet sile podpritiska zraka koja djeluje sa desne strane zatvaraa je

sinzr v vHF p A p B= = .

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

0OM = , + + =1 1 2 2 1C O C O T O 0zrF F F Udaljenosti 1C O, 2C O i 1T O iznose

O

P

H

zrak

A

pat

H/2 2FG

1FG

T1

T2 C1

C2

zrFG

C1 C2

T1 p = pat pv

Statika fluida

43

3

1 11

sin212C O

2sin 2sin 6sin 3sin2sin sin

TT

HB

I H H H HH HA B

= + = + = + = ,

3

2 1 22

2sin12C O T O

2sin 4sin4sin 2sin

TT

HB

I H HH HA B

= + + = + + =

3 54sin 12sin 6sin

H H H = + = ,

1T O 2sinH

= . Podpritisak pv se moe odrediti iz definirane momentne jednadbe iz koje slijedi

+ + =2 22 5 0

2sin 3sin 8sin 6sin sin 2sinvH H H H H Hg B g B p B ,

1 2 1 5 1 02 3 8 6 2v

H Hg g p = ,

= 1 523 48v

p gH ,

= 1 52 1000 9,81 23 48v

p ,

8992,5 Pavp = .

ZADATAK 2.8 Izraunati ugao za koji e se zakrenuti prstenasti manometar, promjera cijevi d = 20 mm i promjera prstena D = 200 mm, ako su pritisci zraka u prikljucima p1 = 90 kPa i p2 = 80 kPa, a masa cjelokupnog instrumenta m = 0,533 kg na kraku a = 120 mm.


44

Slika 2.12

Rjeenje Prstenasti manometar sa poloajem ive u cijevi za sluaj kada u prikljucima djeluju pritisci p1 i p2 (p1 > p2) prikazan je na slici 2.13. U tom sluaju na ivu u manometru djeluju sile pritiska zraka 1pF

G i 2pFG

, kao povrinske sile, te sila

teine manometra GG

kao masena sila.

Slika 2.13

Za ravnoteno stanje suma momenata ovih sila za osu koja prolazi kroz nepokretni oslonac O jednaka je nuli, na osnovu ega slijedi

a

iva

d

m

D

zrak

p2 p1 savitljive cijevi

x

1pFG

2pFG

GG

O

Statika fluida

45

0OM = , 1 2 02 2p p

D DF F Gx = ,

( )1 2 02p p DF F Gx = . Intenziteti sila 1pF

G, G

2pF i G

G , i krak x iznose

2

1 1 4pdF p = ,

2

2 2 4pdF p = ,

G mg= , sinx a = .

Zamjenom u izraz za sumu momenata dobiva se

2 2

1 2 sin 04 4 2d d Dp p mga = ,

( ) 21 2 sin 08d Dp p mga = .

Ugao zakretanja manometra e biti

( ) 21 2sin8

p p d Dmga

= , ( ) = 21 2arcsin

8p p d D

mga,

( ) = 3 290 80 10 0,02 0,2

arcsin8 0,533 9,81 0,12

,

30 .

ZADATAK 2.9

Izraunati koliki je najmanji intenzitet sile FG

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). Teina poklopca je zanemarljiva, irina poklopca je b = 1 m, a ostali podaci su h1 = 0,6 m, h2 = h1/2, l = 0,4 m.


46

Slika 2.14

Rjeenje Poto u rezervoaru vlada nadpritisak pm, fiktivna visina slobodne povrine vode, na kojoj bi vladao atmosferski pritisak bit e iznad gornjeg nivoa rezervoara i moe se odrediti iz izraza

mp gH= ,

=mpHg

,

= 51,5 0,981 10

1000 9,81H ,

= 15 mH . Na slici 2.15 prikazan je fiktivni nivo (fiktivna slobodna povrina) i sile koje djeluju na poklopac sa odgovarajuim koordinatama. Koordinatni poetak postavljen je na fiktivnoj slobodnoj povrini u taki O1. Za sluaj ravnotee poklopca suma momenata sila koje djeluju na poklopac za proizvoljno izabranu taku u ravni jednaka je nuli. Momenta jednadba za taku O e imati oblik

0OM = , CO 0hFl F = .

Rastojanje CO jednako je

CO2a e= + .

Duina poklopca a iznosi

= + = + = +2

2 2 2 2 212 1

1 44 2

ha h l l h l ,

M

O

pm

h1

FG

h2

l

Statika fluida

47

= + 2 21 0,6 4 0,42

a ,

= 0,5 ma .

Slika 2.15

Udaljenost centra pritiska u kojem djeluje sila pritiska od teita poklopca (ekscentricitet e) jednaka je

3

212

12T T T

baI ae

y A y ab y= = = .

Koordinata yT teita je

2 1

2sin

T T TT

h h ahy h ha

= = = .

Dubina teita u odnosu na fiktivni nivo iznosi

M

FG

y

pat fiktivni nivo

T C

hFG

O

pm

h1

l

h2

hT

H

T C

a

b e

O1

yT


48

= + = + = 2 1 11 1 32 4 4Th h hh H h H h H ,

= 3 0,6154T

h ,

= 14,55 mTh . na osnovu ega je koordinata teita yT jednaka

=1

2 TT

ahyh

,

= 2 0,5 14,550,6T

y ,

= 24,25 mTy . Ekscentricitet e e biti jednak

=2

12 T

aey

,

= 20,5

12 24,25e ,

= 48,59 10 me . Rastojanje CO iznosi

40,5CO 8,59 10 0,250859 m2

= + = . Intenzitet sile pritiska vode na poklopac iznosi

= =h T TF gh A gh ab , = 1000 9,81 14,55 0,5 1hF ,

71367,75 NhF = . Traena sila F

G kojom treba djelovati na poklopac iznosi

= COhFFl

,

= 71367,75 0,2508590,4

F ,

= 44758 NF .

Statika fluida

49

ZADATAK 2.10 Brana jedinine duine (b = 1 m) zadrava dvije tenosti razliitih gustina 2 i 1 = 2/3 i moe da se okree oko take O. Nivo tenosti gustine 2 nalazi se na visini h, a tenosti gustine 1 na visini 2h. Ugao izmeu horizontalne ravni i brane iznosi = 45. Odrediti u funkciji poznatih veliina (2, g, h) horizontalnu silu

GF kojom treba djelovati u taki B da bi brana ostala u ravnotei u danom

poloaju. Teinu brane zanemariti.

Slika 2.16

Rjeenje Sile koje djeluju na branu prikazane na slici 2.17. To su dvije sile pritiska tenosti 1

GF i 2F

G koje djeluju u pripadajuim centrima pritiska C1 i C2, te sila F

G

koja djeluje u taki B. Za sluaj ravnotee suma momenata ovih sila za osu koja prolazi kroz taku O mora biti jednaka nuli

Slika 2.17

h

2

FG

1

pat

h

B

O

T1

C1 h

2

FG

1

pat

h

1

T1

C1 1FG

1

O

e1

T2 C2

2FG

y

B

h/2


50

0OM = , + =1 1 2 2C O C O 2 0F F F h , odnosno

1 1 2 2C O C O2

F FFh

+ = . Intenzitet sile pritiska 1

GF iznosi

= = = = =12 2

1 1 1 1 1 22 22

2 sin45 2 2 6Th h hF p A g b g hb gh b gh b .

Udaljenost centra pritiska sile 1F

G od teita T1 (ekscentricitet e1) iznosi

( )

= = = =

1 1

33

11 1

2sin45212 1262 22 2

sin45 sin45

T

hb b hI

e hhy Ahb hhb

.

Na nivou tenosti gustine 2 vlada nadpritisak, pa se za tenost gustine 2 moe se postaviti fiktivni nivo slobodne povrine prema slici 2.18

+ = +1 2at atp gh p gH , = = =

1 1

2 13 3hH h h .

Intenzitet sile pritiska 2

GF iznosi

= = + = + = 22

2 2 2 2 252 2

2 sin45 3 2 6Th h h hF p A g H b g hb gh b .

Udaljenost centra pritiska sile 2F

G od teita T2 (ekscentricitet e2) iznosi

( )

= = = = + +

2 2

33

22 2

2sin45212 12

102 22 3 2

sin45 sin45

T

hb b hI

e hh h hy A H b h

hb

.

Statika fluida

51

Slika 2.18

Udaljenosti napadnih taaka sila pritiska 1GF i 2

GF od ose O iznose

= = = = =1 1 13

2 3 2 9 2 2 4 22C O T O 2sin45 6 2 6 6 3

h h he h h h h ,

= = = =2 2 22 2 2 2 22C O T O

sin45 10 2 10 5

h

e h h h h .

Zamjenom gornjih izraza u jednadbu za sumu momenata dobiva se izraz za intenzitet sile

GF kojom treba djelovati na branu u taki B

3 32 2 3

22 2 2

4 22 4 2 5 2 2 102 9 36 3 6 5 92 2 2

g h h bgh b h gh hb g h bF

h h h

+ + = = = , odnosno

22

59

F gh= .

ZADATAK 2.11

Odrediti teinu utega G

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

h

2

FG

2

pat

H

O

T2 C2

2FG

T2

C2 2

2

e2

y

O1


52

Slika 2.19

Rjeenje Sile koje djeluju na kruna vrata u bonoj stjenci posude su sila pritiska vode

hFG

koja djeluje u centru pritiska C, sila podpritiska zraka zrFG

koja djeluje u

teitu vrata T i teina utega GG

koja se prenosi na vrata preko polunog sistema i djeluje na kraku duine l, slika 2.20. Za sluaj ravnotee vrata moment tih sila za osu koja prolazi kroz taku O mora biti jednak nuli

0OM = , CO TO 0h zrF F G l = ,

CO TOh zrF FGl

= .

Slika 2.20

O

hT

zrak

l

GG

T C

d

p = pat pv

O

hT

zrak

l

GG

T

C

d

T

C

y

hFG

zrFG

yT

e

p = pat pv

Statika fluida

53

Intenzitet sile pritiska zraka i vode definiran je izrazima

2

4zr v vdF p A p = = ,

2

4h T T TdF p A gh A gh = = = .

Udaljenosti TO i CO iznose TO /2d= ,

CO2d e= + ,

pri emu je udaljenost centra pritiska od teita vrata (ekscentricitet e) jednak

4

2

264 sin

16sin 4

TT T

dI de

h dy A h

= = = ,

pa je udaljenost CO jednaka

2

CO sin2 16 T

d dh

= + . Minimalna potrebna teina utega iznosit e

2 2 2 dsin4 2 16 4 2T vT

d d d dgh ph

Gl

+ = , 2 2 2

50,3 0,3 0,3 0,3 0,31000 9,81 0,6 sin60 0,05886 104 2 16 0,6 4 2

0,2G

+ = , 16,9 NG = .

ZADATAK 2.12

Odrediti vertikalnu silu AFG

da bi se kapak profila parabole, irine b = 1 m, zadrao u poloaju prikazanom na slici 2.21. Teina kapka je zanemarljiva.


54

Slika 2.21

Rjeenje Sile koje djeluju na kapak parabolinog profila su horizontalna i vertikalna komponenta sile pritiska vode i sila AF

G koju treba odrediti, slika 2.22. Za sluaj

ravnotee kapka u poloaju prema slici 2.22, moment tih sila za osu koja prolazi kroz taku O jednak je nuli

0OM = , A hy Cy hz CzF L F z F y ,

odnosno

hy Cy hz CzA

F z F yF

L + = .

Slika 2.22

h voda

AFG

O

pat

H

L = H2/10

l = h2/10 z2 = 10y

y

z

x

h voda

AFG

O

pat

H

L = H2/10

l = h2/10 z2 = 10y

y

z

x

z

Ty

Cy Cy

Ty hyFG

zCy

Cz

hzFG

yCz

z

h z

y dy

hzdFG

b

h/2

h h

Ay

dA

Statika fluida

55

Intenzitet horizontalne komponente sila pritiska jednak je

212 2hy Ty yhF gh A g hb gh = = = ,

a intenzitet vertikalne komponente sile pritiska odreen je izrazom

( )hzdF gdV gbdA g h z dy = = = , gdje je

2 10z y= , 2

10zy = ,

odnosno

2 110 5zdzdy zdz= = ,

( )15hz

dF g h z zdz= , na osnovu ega slijedi

( ) ( ) 2 320

1 1 15 5 5 2 3

hh h h

hz hzo o o

z zF dF g h z zdz g hz z dz g h = = = = = 3 3 3

31 1 15 2 3 5 6 30

h h hg g gh = = = . Poto je intenzitet vertikalne sile pritiska jednak

3130hz

F gV gh = = , bit e ukupni volumen tenosti iznad povrine kapka do slobodne povrine jednak

3130

V h= . Udaljenost zCy iznosi


56

3

122 2 2 2 6 3

2

CyTy y

bhIh h h h h hz h hh A hb

= = = = = ,

a udaljenost yCz definirana je izrazom

( ) ( )230

1 1 1 1 30 110 5

h

CzV V A A

zy ydV ybdA ydA y h z dy h z zdzV V V V h

= = = = = = ( ) 4 5 5 5 53 43 3 3 3

0 0

30 3 3 350 5 4 5 5 4 5 5 20

hh z z h h hhz z dz hh h h h

= = = = , odnosno

23100Cz

y h= . Intenzitet traene sile bit e jednak

2 3 2 3 5

2 2

1 1 3 1 12 3 30 100 6 100010

10

A

hgh gh h gh ghF

H H

+ += = ,

3 2

2

53 100A

gh hFH

= + .

ZADATAK 2.13 Ako se dio cilindra zanemarljive teine, prikazan na slici 2.23, nalazi u ravnotei, pronai odnos gustina tenosti koje se nalaze lijevo i desno od cilindra. Veza cilindra i pregradnog zida u taki O je zglobna, a irina dijela cilindra je L.

Slika 2.23

1 O

z

2

R

pat

Statika fluida

57

Rjeenje Sile koje djeluju na karakteristine povrine dijela cilindra prikazane su na slici 2.24, a to su horizontalna i vertikalna komponenta sile pritiska tenosti lijevo od cilindra i horizontalna komponenta sile pritiska tenosti desno od cilindra.

Slika 2.24

Za sluaj ravnotee, moment tih sila za osu koja prolazi kroz taku O mora biti jednak nuli

0OM = , 2 2 1 1 1

4C O C O 03h h y y h zRF F F = .

Projekcija zakrivljene povrine cilindra na vertikalnu ravan ima veliinu

1 2yA A A RL= = = . Dubina na kojoj se nalaze teita obje povrine je jednaka i iznosi

1 2 2T y T TRh h h= = = .

Udaljenost centra pritiska od teita povrine jednaka je i sa lijeve i sa desne strane cilindra i ona iznosi

3

1 212

62

T

LRI Re e e Rh A RL

= = = = = .

1 O

z

2

1

1

A1y

C1y C2

T2 T1y 2hFG

1h yFG

1h zFG

43R

C1z

L

R/2

e1 2

2

A2

L

R/2

e2

pat


58

Analogno navedenom slijedi da su i duine 2C O i 1C Oy jednake, pa se jednadba za sumu momenata moe napisati u obliku

( )2 1 2 1 4C O 03h h y h z RF F F = . Intenzitet horizontalne sile pritiska na strani fluida 2 jednak je

22 2 2 2 2 2

12 2h TRF gh A g RL gR L = = = ,

a intenzitet horizontalna komponente sile pritiska na strani fluida 1

21 1 1 1 1 1

12 2h y T yRF gh A g RL gR L = = = .

Intenzitet vertikalne komponente sile pritiska na strani fluida 1 iznosi

22

1 1 1 11

4 4h zRF gV g L gR L = = = .

Udaljenost 2C O iznosi

2C O 2 2 6 3R R R Re= = = .

Uvrtavanjem navedenih izraza u jednadbu za sumu momenata ona dobiva oblik

2 2 22 1 1

1 1 1 4 02 2 3 4 3

R RgR L gR L gR L = ,

( )3 32 1 11 1 06 3gR L gR L = , ( )2 1 11 1 06 3 = ,

2 1 12 0 = , 2 13 0 = .

Traeni odnos gustina e biti

2 13 = , 2

1

3 = .

Statika fluida

59

ZADATAK 2.14 Odrediti intenzitet i smjer horizontalne i vertikalne komponente sile pritiska po jedinici irine (B = 1 m) kojom teni beton ( = 2500 kg/m3) djeluje na oplatu AB, prema slici 2.25.

Slika 2.25

Rjeenje Sile pritiska betona koje djeluju na povrinu oplate prikazane na slici 2.26. Intenzitet rezultujue horizontalne sile pritiska betona na oplatu jednak je sumi intenziteta horizontalnih sila pritiska koje djeluju na pojedine segmente oplate, kako je naznaeno na slici 2.27, to jest

1 1 2 2 3 3y yAC yCD yBD T y T y T yF F F F gh A gh A gh A = + = + ,

Slika 2.26

H = 1 m

z y

pat

R = 0,5 m

A

B

O

pat A

B

yACFG

T1

C2

T2

yCDFG

yBDFG

C

D

2

2

A2y R

C2

T2

1

1 A1y

H

C1

T1

C1

3

3

A3y R

C3

T3

C3 T3

2zBDTFG

2zCTFG


60

odnosno ( )1 1 2 2 3 3y T y T y T yF g h A h A h A= + =

( ) 22 2H Rg HB H R RB H R RB = + + + + =

( )2 322 2

H RgB R H R R H = + + + = 2 2

2 32 22 2

H RgB HR R HR = + + = 2 2

2 2H RgB HR = + + ,

2 21 0,52500 9,81 1 1 0,52 2y

F = + +

27590 NyF = . Intenzitet rezultujue 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 teina stubova tenosti iznad gornje i donje povrine oplate, kako je prikazano na slici 2.27

( )1 2 1 2zF gV gV g V V = = .

Slika 2.27

Za zadanu geometriju vrijednosti volumena V1 i V2 iznosit e

B

C

D

zFG

T2

V1 2zBDTFG

volumen koji definira sile pritiska ije djelovanje se ponitava

V2 2zCTFG

B 2zBDTFG

C

2zCTFG

D

T2 T2

Statika fluida

61

( ) 2 221 4 4R RV H R R B HR R B = + = + ,

( ) 2 222 2 2 22 2R RV H R R B HR R B = + + = + + ,

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

2 22 22 2

4 2zR RF g HR R HR R B = + + + =

22 3

4Rg HR R B = ,

22 3 0,52500 9,81 1 0,5 0,5 1

4zF = ,

32840 NzF = .

ZADATAK 2.15 Izraunati pri kolikoj se najmanjoj visini vode ( = 1000 kg/m3) H elina kugla ( = 8000 kg/m3) radijusa R = 100 mm nalazi u ravnotei na okruglom otvoru promjera d = 1,5R u vertikalnom zidu. Zadan je volumen kugle potopljene u fluid Vu = 3,87R3 i razdaljina teita tog volumena od vertikalnog zida x2 = 0,727R.

Slika 2.28

Rjeenje Kao to je prikazano na slici 2.29 sile koje djeluju na kuglu su horizontalna i vertikalna komponenta sile pritiska tenosti i teina kugle. Za sluaj ravnotee suma momenata tih sila za osu koja prolazi kroz taku O jednaka je nuli, to je definirano jednadbom

O

H Vu

Cv

x2

R

d T

pat


62

0OM = ,

1 2 02hz hxdG x F x F e = .

Slika 2.29

Intenzitet sile teine kugle definiran je izrazom

343 k

RG gV g = = . Intenzitet vertikalne komponente sile pritiska vode jednak je razlici intenziteta vertikalnih sila pritiska na donjoj i gornjoj povrini kugle, odnosno razlici teina stubova vode iznad gornje i donje povrine kugle, kao to je prikazano na slici 2.30, i izraunava se prema izrazu

( ) 31 2 1 2 3,87hz uF gV gV g V V gV gR = = = = .

Slika 2.30

O

H Vu

Cv

x2

x1

GG

hzFG

hxFG

d Tx Cx

d/2 e

Ax

x

z

pat

O

Vu

hzFG

V1 1hzFG

V2 2hzFG

volumen koji definira sile pritiska ije djelovanje se ponitava

O O

- =

Statika fluida

63

Horizontalna komponenta sile pritiska djeluje na dio povrine kugle oznaen sa cd na slici 2.31

2

22

,

392

4 4 16hx hx cd Tx xR

dF F gh A gH gH gHR

= = = = = .

Slika 2.31

Udaljenost x1 iznosi

2

2 22 2 2

1

39 72

2 2 16 4

Rd Rx R R R R

= = = = .

Udaljenost centra pritiska Cx od teita projekcije povrine Tx iznosi

24

2 2

2

39264

16 16 644

Tx x

d RI d Redh A H H HH

= = = = = .

Veliina kraka sile hxF

G odreena je izrazom

2 23

9 3 922 2 64 4 64

Rd R R Re

H H

= = . Zamjenom gornjih izraza u izraz za sumu momenata dobiva se

3 23 24 7 9 3 93,87 0,727 0

3 4 16 4 64R R Rg R gR R gHR

H = ,

7 27 812,813 03 64 1024

RR R H + = .

hxFG

, ,hx ab hx bcF F= G G

d

c a

f d

b

e

, ,hx de hx efF F= G G

, , , , 0hx ab hx bc hx de hx efF F F F+ + + =G G G G

, ,hx ab hx bcF F=

, ,hx de hx efF F=


64

Traena dubina H iznosi

64 7 812,81327 3 1024

RH R R = +

,

64 8000 7 81 0,10,1 2,813 0,127 1000 3 1024

H = +

,

1,48 mH = .

ZADATAK 2.16 Glatka cilindrina pregrada radijusa R dri vodu (v = 1000 kg/m3) i ulje (u = 800 kg/m3) u poloaju kao na slici 2.32. Odrediti silu kojom pregrada djeluje na nepomini zid, kao i teinu pregrade. irina pregrade okomito na ravan crtea je B = 10 m.

Slika 2.32

Rjeenje Sile koje djeluju na pregradu u horizontalnom pravcu prikazane su na slici 2.33 i to su sila pritiska ulja ,y uABF

G koja djeluje na segment pregrade AB i dvije

sile pritiska vode ,y vADFG

i ,y vCDFG

koje djeluju na segmente pregrade AD i CD, respektivno. Intenzitet sile kojom pregrada djeluje na zid moe se odrediti iz uvjeta ravnotee ovih sila u horizontalnom pravcu i bit e jednak je sumi intenziteta horizontalnih sila pritiska kojima oba fluida djeluju na cilindrinu pregradu

= 0yF , + =, , , 0y uAB y vAD y vCD yF F F F ,

odnosno

, , ,y y uAB y vAD y vCDF F F F= + .

v

u R

T

Statika fluida

65

Slika 2.33

Sile pritiska vode ,y vADFG

i ,y vCDFG

su istog intenziteta i suprotnog smjera, pa se njihovo djelovanje na segmente AD i CD ponitava. U tom sluaju intenzitet sile kojom pregrada djeluje na zid bit e jednaka intenzitetu sile pritiska ulja

, 2y y uAB u TAB yAB uRF F gh A g RB = = = ,

= 2800 9,81 2 102y

F ,

= 156960 NyF . Teina pregrade moe se odrediti iz uvjeta ravnotee sila u vertikalnom pravcu. Sile koje djeluju na pregradu u vertikalnom pravcu prikazane su na slici 2.34 i to su teina pregrade G

G i sila pritiska ulja ,z uABF

G na segment AB koje djeluju

vertikalno nanie, te sila hidrostatikog pritiska ulja ,z uADCFG

koja se prenosi kroz vodu i djeluje na segment ADC i sila pritiska vode, to jest sila uzgona

,z vADCFG

koje djeluju vertikalno navie. Teina pregrade moe se odrediti iz uvjeta ravnotee ovih sila u vertikalnom pravcu i bit e jednak sumi intenziteta vertikalnih sila pritiska kojima oba fluida djeluju na cilindrinu pregradu

= 0zF , , , , 0z vADC z uADC z uABF F F G+ = ,

odnosno

= + , , ,z vADC z uADC z uABG F F F .

v

u

R

T

y

z

GyF

B

D

C A

TAB

CAB

CAD TAD TCD

CCD

G,y uABF

G,y vADF

G,y vCDF

O


66

Slika 2.34

Intenzitet sile pritiska ulja koja djeluje na segment AB, ,z uABFG

jednak je teini stupca ulja iznad povrine AB

= = 2

2, 4z uAB u AB u

RF gV g R B .

Intenzitet sile pritiska vode, to jest sile uzgona koja djeluje na segment ADC,

,z vADCFG

jednak je teini istisnutog volumena od strane vode

= =2

, 2z vADC v ADC vRF gV g B .

Intenzitet sile pritiska ulja koja se prenosi kroz vodu i djeluje na segment ADC,

,z uADCFG

jednak je

= = 2, 2 2z uADC u uF gR RB gR B . Uvrtavanjem gornjih izraza u jednadbu ravnotee sila u vertikalnom pravcu dobiva se teina cilindrine pregrade

= + = 2 2

2 222 4v u u

R RG g B gR B g R B

= + + = 2

2 2 21 22 4v u

RgR B gB R R

= + + 2

2 212 4v u

RgR B gB R ,

v

u

T

y

zB

D

C A

G,z uABF

GG

TV,AB

TV,ADC

G,z vADCF

VAB

VADC

G,z uADCF

Statika fluida

67

= + + 2

2 21 21000 9,81 2 10 800 9,81 10 22 4

G ,

= 1176852,67 NG .

ZADATAK 2.17

Odrediti najmanju silu FG

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

Slika 2.35

Rjeenje Sile koje djeluju na kupasti ventil prikazane su na slici 2.36. Prema slici je oigledno da na ventil djeluje vertikalna komponenta sile pritiska vode navie i nanie, zatim teina ventila i sila podizanja ventila F

G.

Slika 2.36

h R

h

r

m

pat

h R

h

r

GG

FG

1FG

V' 2 'FG

2 ''FG

V''

pat pat pat


68

Djelovanje horizontalnih komponenti sila pritiska vode zbog simetrinosti kupastog ventila se ponitava. Za sluaj ravnotee ventila suma tih sila u vertikalnom pravcu jednaka je nuli, odnosno

0zF = , 2 1F F G F+ = + ,

1 2F G F F= + . Intenzitet sile pritiska vode koja djeluje na gornju povrinu ventila nanie je

21 'F gV gR h = = ,

a intenzitet sile pritiska vode koja djeluje na donju povrinu ventila navie je

( )2 1 2 3 ''F g V V V gV = + = . Volumen V1 je volumen zarubljene kupe definiran izrazom

( )2 21 3hV R r Rr= + + . Volumen V2 je volumen cilindra iznad ventila veliine

22V R h= ,

a volumen V3 je volumen cilindra osnove radijusa r i visine 2h

23 2V hr = .

Na osnovu definiranih volumena V1, V2 i V3 dobiva se da je veliina volumena V'' jednaka

( )2 2 2 21 2 3'' 23hV V V V R r Rr R h hr = + = + + + , ( )2 2'' 4 53hV R r Rr= + .

Intenzitet sile pritiska vode F2 e biti

( )2 22 4 53hF g R r Rr= + . Intenzitet sile teine ventila je G mg= .

Statika fluida

69

Intenzitet sile potrebne za podizanje ventila iznosit e

( )2 2 24 53hF mg gR h g R r Rr = + + 230 9,81 1000 9,81 0,06 0,5F = +

( )2 20,51000 9,81 4 0,06 5 0,03 0,06 0,033 + , 289,68 NF = .

ZADATAK 2.18 Platforma mase m postavljena je na dvije drvene grede duine l ije su dimenzije b b i 2b 2b, respektivno. Rastojanje izmeu osa greda iznosi L, a gustina drveta je d. Grede plivaju u tenosti gustine . Odrediti na kojem mjestu treba djelovati silom F

G da bi platforma ostala u horizontalnom poloaju

u ravnotei. Takoer odrediti visinu greda koja se u tom sluaju ne nalazi potopljena u tenost.

Slika 2.37

Rjeenje Sile koje djeluju na platformu i grede prikazane su na slici 2.38. Sile koje djeluju vertikalno nanie su teina platforme G

G, nepoznata sila F

G i teine

samih greda 1GG

i 2GG

, a vertikalno nanie djeluju dvije sile uzgona 1uFG

i 2uFG

kojima tenost djeluje na potopljene grede i koje se sa greda prenose na platformu.

d

b d

L 2b

FG

y

z

m

pat


70

Slika 2.38

U sluaju ravnotee prikazanog sistema momenti tih sila za ose koje prolaze kroz teita potopljenih greda T1 i T2 moraju biti jednaki nuli

1 0TM = i 2 0TM = ,

odnosno

+ + + = 2 21 02 2 2 u

b bF y G L b G L F L i

( ) 1 11 02 2 ubF L y G L b b G L F L + + + + = .

Nakon daljnjeg sreivanja ove dvije momentne jednadbe glase

( ) + + = 2 2 02 4 uL bF y G L F G i

( ) ( )1 1 02 4 uL bF L y G L G F + + = .

Teina platforme jednaka je G mg= , a teine greda iznosit e

21 1d dG gV gb l = = i

22 2 4d dG gV gb l = = .

Sile uzgona koje djeluju na grede imaju intenzitete

d

b d

L 2b

FG

y

z D1 T1

1uFG

1GG

D2 T2

2uFG

2GG

GG

pat

Statika fluida

71

( )1 1u uF gV gb b z l = = i

( )2 2 2 2u uF gV gb b z l = = . Uvrtavanjem gornjih za intenzitete pojedinih sile u momentne jednadbe dobiva se

( ) + + = 22 2 4 0

2 4 dL bF y mg L gb b z l gb l i

( ) ( )2 02 4 dL bF L y mg L gb l gb b z l + + = .

Posljednje dvije jednadbe predstavljaju sistem ijim rjeavanjem e se dobiti traene nepoznate duine y i z. Duina z se moe odrediti eliminacijom duine y iz sistema, to jest sabiranjem momentnih jednadbi ( )2 25 5 3 0dFL mgL L gb l gb l gbzl + + + = ,

( )2 23 5 5 dgbzlL gb lL gb lL L F mg = + , ( ) ( )22 2 5 15 5

3 3

d

dgb lL L F mg

gb lL gb lL L F mgz

gblL gblL

+ + = = , odnosno

5 13 3

d F mgz bgbl

+= . Zamjenom dobivenog izraza za duinu z u prvu momentnu jednadbu dobiva se duina y kako slijedi

+ + + + =

252 2 1 4 02 4 3 3

dd

L b F mgF y mg L gb b b l gb lgbl

+ = + + + =

2 2 2104 1 2 42 4 3 3

dd

mg L b L F mgy gb l gb l gb l gb lF F gbl

( ) + = + + + =

222 44 10 21

2 4 3 3d dF mg L gb lLmg L b gb lL lLgb

F F F F F

( )2 10 21 42 4 3 3

d F mg Lmg L b gb lLF F F

+ = + + + = 22 2 21

2 4 3 3 3dmgL mgb gb lL mgLL

F F F F

= + + + =


72

= + + +

233 4 1 4 46 2

dL mgbmg gb l F mgF L

,

odnosno

234 1 4 16 2

dL by F mg gb lF L

= + +

.

ZADATAK 2.19 Posuda pliva u rezervoaru u tenosti gustine = 900 kg/m3, tako da se njeno dno nalazi u ravni sa osom otvora na kojem je prikljuen U-manometar sa ivom. Odnos gustina ive i fluida u rezervoaru je = 3. 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 p i masu posude mp.

Slika 2.39

Rjeenje Sile koje djeluju na posudu, kako je prikazano na slici 2.40, su teina posude GG

koja djeluje vertikalno nanie i sila uzgona uFG

vertikalno navie kojom tenost u rezervoaru djeluje na posudu. U sluaju ravnotee sistema suma tih sila u vertikalnom pravcu mora biti jednaka nuli

0zF = , 0uF G = ,

uF G= .

d

h

x

h1 D

H1 H2

p

pat

pat

Statika fluida

73

Slika 2.40

Intenziteti sile uzgona i teine posude iznose respektivno

u uF gV= , p pG gV= ,

pri emu su volumeni Vu i Vp odreeni izrazima

2

4uDV z= ,

2 2

2 14 4PD dV H H = .

Uvrtavanjem ovih izraza u jednadbu jednakosti vertikalnih sila ona dobiva slijedei oblik

2 2 2

2 14 4 4pD D dg z g H H = .

U cilju odreivanja dubine uranjanja posude z promatra se osnovna jednadba hidrostatike za nivo razdvajanja tenosti u U-manometru 00

( )1at at p g z h p gh + + = + , na osnovu koje se dobiva

13

2 hz h h h = = ,

h

x

h1

H1 H2

p

pat D T

uFG

GG

pat O

y

0 0

z


74

odnosno

52

z h= . Uvrtavanjem izraza za dubinu z u jednadbu jednakosti vertikalnih sila moe se odrediti gustina materijala posude

( ) ( ) ( )2 2 24 4 25 5 44 2 4 4p

h h hg h g h h

= ,

2 2 216 5 16 45 44 2 4 4ph h hh h h = ,

( )3 3 310 20 4ph h h = , 3 310 16 ph h = ,

= =3

3

10 516 8p

hh

,

= 5 9008p

,

= 3kg562,5 mp . Na osnovu izraunate gustine, masa posude bit e jednaka

= = = 2 2

32 1 164 4p p p p p

D dm V H H h ,

= 316 562,5 1pm , 28260 kgpm = .

ZADATAK 2.20 Pod djelovanjem tega mase m posuda napunjena tenou gustine kree se uz kosu ravan konstantnim ubrzanjem aG . Ako se zanemari trenje i masa kotura, ueta i posude, pokazati da je relativni pritisak u taki M jednak

( )cos 1 sinM mp gH gL m V = + ++ , pri emu je volumen fluida u posudi V LHB= , a B je irina posude.

Statika fluida

75

Slika 2.41

Rjeenje Ako se usvoji koordinatni sistem prema slici 2.42 sa koordinatnim poetkom na slobodnoj povrini, komponente ubrzanja iznose

cosya a = i sinza a = .

Slika 2.42

Rezultujua masena sila koja djeluje na fluid u posudi je

( )0, cos , sinmf a g a a g = + = G G G .

m

otvor

M

L

H

aG pat

m

M

L

H

aG

x

z y

mfG

gG

pat

cosya a =

aG

sinza a =

O


76

Primjenom osnovne jednadbe statike fluida za sluaj prikazan na slici 2.42 dobiva se

mdp f dr =

G G,

mx my mzdp f dx f dy f dz = + + , gdje su komponente masene sile date izrazima

0mxf = cosmyf a = sinmzf a g= , pa se osnovna jednadba statike fluida svodi na oblik

( )cos sindp a dy a g dz = + , a integriranjem ove jednadbe se dobiva izraz za raspored pritiska u tenosti koja se nalazi u posudi

( )cos sinp a y a g z C = + + . Ako se usvoji da je na slobodnoj povrini pritisak jednak p = pat, za taku u koordinatnom poetku (x = y = z = 0) dobiva se da je konstanta C jednaka

( )cos 0 sin 0atp a a g C = + + , atC p= ,

pa je raspored relativnog pritiska u fluidu dat izrazom

( )cos sinatp p a y a g z = + . Izraz za intenzitet ubrzanja moe se izvesti ako se promatra kretanje posude u pravcu strme ravni. Na posudu djeluje inercijalna sila, sila u uetu i sila gravitacije, pa je prema drugom Newton-ovom zakonu

sinf u fm a F m g = . Masa fluida mf u posudi jednaka je fm V= , a sila u uetu dobiva se iz jednadbe za drugi Newton-ov zakon za kretanje mase m

uma mg F= , uF mg ma= ,

pa gornja jednadba postaje

Statika fluida

77

sinVa mg ma Vg = ,

odakle se moe odrediti intenzitet ubrzanja

sinmg Vgam V

= + . Za odreivanje pritiska u taki M potrebno je izraz za ubrzanje uvrstiti u jednadbu za raspored pritiska u fluidu i zamijeniti koordinate take M, koje se mogu dobiti iz geometrije sa slike 2.42. Prema toj slici taka M ima koordinate M(0, Lcos +Hsin,Lsin Hcos), na osnovu kojih je relativni pritisak u taki M definiran izrazom ( ) ( )cos sinat Mp p a y a g z = + =

( ) ( ) ( )cos cos sin sin sin cosa L H a g L H = + + = 2 2cos sin cos sin sin cosaL aH aL aH = + + +

sin cosgL gH + + = ( )2 2cos sin cos singH gL aL = + + + =

( )cos singH L g a = + + . Uvrtavanjem izraza za intenzitet ubrzanja aG u gornji izraz dobiva se izraz za veliinu relativnog pritiska u taki M u obliku

( ) sincos sinat M mg Vgp p gH L g m V

= + + = + ( ) sin sincos m V g mg VggH L

m V

+ + = + = +

( )cos sin 1mgH gLm V

= + ++ .

ZADATAK 2.21 Na vagon koji se kree pravolinijski po horizontalnoj ravni postavljena je U-cijev malog promjera, prema slici 2.43. Nai formulu za izraunavanje ubrzanja vagona u m/s2 u zavisnosti od oitanja h izraenog u mm na skali postavljenoj na jedan krak U-cijevi. Obrazloiti koja situacija odgovara pozitivnom, a koja negativnom oitanju.


78

Slika 2.43

Rjeenje Promatrat e se sluaj pravolinijskog kretanja vagona sa ubrzanjem aG udesno. Za taj sluaj i za usvojeni koordinatni sistem prema slici 2.44, rezultujua masena sila koja djeluje na fluid u vagonu je

( )0, ,mf a g a g= + = G G G .

Slika 2.44

Primjenom osnovne jednadbe statike fluida za sluaj prikazan na slici 2.44 dobiva se

mdp f dr =

G G,


0mxf = myf a= mzf g= ,

h

0

+10

-10

l

aG aG

pat

h

0

+10

-10

l

aG

gG aG

mfG

x

z y

l/2

pat

Statika fluida

79

pa se osnovna jednadba statike fluida svodi na oblik dp ady gdz = , a integriranjem ove jednadbe se dobiva izraz za raspored pritiska u tenosti koja se nalazi u U-cijevi p ay gz C = + . Ako se stavi da je na slobodnoj povrini pritisak jednak p = pat , za taku u koordinatnom poetku (x = y = z = 0) dobiva se da je konstanta C jednaka

0 0atp a g C = + , atC p= ,

pa je raspored relativnog pritiska u fluidu dat izrazom

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

( )2atlp p a g h = ,

( )02la g h = ,

odakle se moe odrediti intenzitet ubrzanja aG u funkciji od pokazivanja h

2ga hl

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


80

ZADATAK 2.22 Tanka cijev ispunjena tenou i zatvorena na jednom kraju okree se oko vertikalne ose konstantnom ugaonom brzinom . Odrediti poloaj ose (duinu a) i ugaonu brzinu rotacije , tako da pritisci u taki A i taki na sredini cijevi S budu jednaki atmosferskom. Skicirati liniju rasporeda pritiska du cijele cijevi.

Slika 2.45

Rjeenje Ako se usvoji koordinatni sistem prema slici 2.46, centrifugalno ubrzanje i njegove komponente u pravcu osa x i y definirani su izrazima

x ya a a= +G G G , 2

xa xi=GG 2ya yi=

GG , 2 2a xi yj = +G GG .

Slika 2.46

l

a

h

S A

pat

x y

z aG

mfG

gG

B

O

t

l

h

S A a

pat

Statika fluida

81

Rezultujua masena sila koja djeluje na tenost u tankoj cijevi definirana je izrazom ( )2 2, ,mf a g x y g = + = G G G . Primjenom osnovne jednadbe statike fluida za sluaj prikazan na slici 2.46 dobiva se

mdp f dr =

G G,


2mxf x= 2myf y= mzf g= ,

pa se osnovna jednadba statike fluida svodi na oblik

2 2dp xdx ydy gdz = + , a integriranjem ove jednadbe se dobiva izraz za raspored pritiska u tenosti koja se nalazi u tankoj cijevi

( )2 2 22p x y gz C = + + . Ako se usvoji da je na slobodnoj povrini pritisak jednak p = pat, za taku u koordinatnom poetku (x = y = z = 0) dobiva se da je konstanta C jednaka

( )2 2 20 0 02atp g C = + + , atC p= ,

pa je raspored relativnog pritiska u tenosti dat izrazom

( )2 2 22atp p x y gz = + . Iz uvjeta zadatka, da je pritisak u taki S i u taki A jednak atmosferskom pA = pS = pat dobiva se

( ) 222 2at SS

lp p a gz = ,


82

( ) ( )2 22at AA

p p l a gz = , odnosno

22

02 2 S

la gz = ,

( )2 202 A

l a gz = . Izjednaavanjem gornjih jednadbi i uzimajui u obzir da je zA = zS dobiva se

( )22 2 22 2 2

la l a = ,

( )2 22la l a = ,

2la l a = , 322

a l= , 34

a l= . Koordinata zA = zS moe se odrediti iz jedne od jednadbi za pritisak u taki A ili taki S

( )2 2 2 22 2322 4 2 4A S

l a lz z l lg g g

= = = = .

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

( ) ( )2 202at SB

p p a g h z = = + = 2 22 23

2 4 2 4ll g h

g = +

,

2 2 229

2 16 2 16ll gh = + ,

22 9 1

2 16 16l gh = ,

22

4ghl

= ,

Statika fluida

83

2 ghl

= .

ZADATAK 2.23 Odrediti visinu h suda oblika zarubljenog konusa i ugaonu brzinu da bi na radijusu R, prema slici 2.47, zid suda tangirao slobodnu povrinu, a tjeme slobodne povrine dodirivalo dno suda. Volumen tenosti koja se zadrava u sudu iznosi 3 /12V R = .

Slika 2.47

Rjeenje Ako se usvoji koordinatni sistem prema slici 2.48, centrifugalno ubrzanje u pravcu ose r definirano je izrazom

20a r r=G G .

Slika 2.48

h

V1

R pat

h

r

r'

z R

V2

aG

gG mfG

pat

O

t

.


84

Rezultujua masena sila koja djeluje na tenost u sudu definirana je izrazom ( )2,mf a g r g= + = G G G . Primjenom osnovne jednadbe statike fluida za sluaj prikazan na slici 2.48 dobiva se

mdp f dr =

G G,


2mxf x= 2myf y= mzf g= ,

pa se osnovna jednadba statike fluida svodi na oblik

2 2dp xdx ydy gdz = + , a integriranjem ove jednadbe se dobiva izraz za

skripta-a4

Documents