1

Osnovno o mehanici fluida Što je mehanika fluida? Kao što i samo ime sugerira to je primjenjena grana mehanika koja je usredotočena na proučavanje fluida (plinova i tekućina), kako u mirovanju, tako i prilikom gibanja. Analiza ponašanja fluida temelji se na osnovnim zakonima mehanike. Postoje 2 aspekta mehanike fluida koja ju čine drugačijom od mehanike čvrstih tijela:

1. Priroda fluida je mnogo drugačija nego priroda čvrstih tijela 2. Kod fluida se obično proučavaju kontinuirane struje fluida bez početka i kraja, dok se

kod čvrstih tijela obično proučavaju individualni elementi sa svojim konačnim dimenzijama.

Obično razlikujemo tri agregatna stanja materije: kruto, tekuće i plinovito. Fluide čine tekućine i plinovi. Tekućine su teško stlačive, svoj oblik prilagođavaju obliku posude u koju su smještene a gornja površina je slobodna površina. S druge strane plinovi su lako stlačivi, ne formiraju slobodnu površinu već ispune cjelokupni volumen posude u kojoj su zatvoreni. Dok krute tvari pružaju otpor (elastično se deformiraju) za vrijeme dok su podložne vlačnom, tlačnom ili smičnom (tangencijalnom) naprezanju, fluidi pružaju otpor samo kad su podvrgnuti tlačnom naprezanju. U fluidu podvrgnutom tlačnom naprezanju raste pritisak koji nastoji održati postojeći volumen. Ova se karakteristika fluida naziva stlačivost ili kompresibilnost. Nadalje, fluid pokazuje otpor kada dva njegova sloja kližu jedan preko drugoga, i to se svojstvo naziva viskoznost. Općenito, tekućine se smatraju nestlačivim fluidima, a plinovi stlačivim. Plinovi će već i pri maloj promjeni pritiska promijeniti svoj volumen, dok promjenu volumena kod tekućina treba uzeti u obzir samo kod značajnih promjena pritiska. Nauka koja se bavi samo nestlačivim fluidima naziva se hidromehanika. Naziv potječe od grčke riječi hidor što znači voda. Ako se nekom volumenu promijeni pritisak za dp , promijeniti će mu se i volumen za dV . Izraz VdV / naziva se relativna promjena volumena, a njezina veličina za jedinicu pritiska iznosi:

dp

VdV /−=κ (1.1.)

i naziva se koeficijentom stlačivosti. Znak minus ovdje označava da kod pozitivne promjene pritiska dolazi do negativna promjene volumena i obrnuto. Recipročna vrijednost koeficijenta stlačivosti naziva se modul elastičnosti, i on je dakle definiran:

dVdpV

VdVdpE −=−==

/1κ

(1.2.)

Ako želimo modul elastičnosti izraziti preko gustoće uzeti ćemo u obzir konstantnost mase: constVm == *ρ (1.3.) 0=+= ρρ VddVdm

ρρ

ddVV

=− (1.4.)

2

Ako izraz ubacimo izraz (1.4) u jednadžbu (1.2.) slijedi:

ρ

ρddpE = (1.5.)

Ako razmatramo plinove kod općenite (politropske) promjene stanja koju matematički možemo opisati kao: .* constVp n = (1.6.) gdje n predstavlja koeficijent politrope, onda deriviranjem dobivamo: 0** 1 =+− dpVdVVpn nn

pndVdpV

VdVpndp *** =−⇒−=

odakle slijedi da je za plinove: pnE *= (1.7.) Ako usporedimo dva najčešće korištena fluida, vodu i zrak kod izotermne promjene stanja, onda vidimo da voda kod pritiska 1≈p bar i temperature 0ºC, ima 20000≈E bar dok zrak kod istih uvjet ima 1≈E bar što znači da je zrak približno 20000 puta stlačiviji od (hladne) vode. Brzina zvuka Pod brzinom zvuka podrazumijevamo brzinu širenja malih smetnji (poremećaja pritiska, gustoće i sl.) koje se šire u obliku uzdužnih valova kroz elastična tijela bez obzira na agregatno stanje. Razmotriti ćemo slučaj elastičnog fluida u čvrstoj cijevi zatvorenoj klipom (slika 1.1.). Slika 1.1. Brzina zvuka- brzina širenja smetnji kroz fluid

3

Djelovanjem male sile dF na klip ostvariti će se pomak klipa brzinom v u vremenu dt . Tom prilikom, pritisak u cijevi poraste u količini dp , a sam poremećaj (porast) pritiska putuje kroz fluid brzinom zvuka .a U promatranom vremenu dt klip će se pomaknuti za udaljenost vdt , a val povećanja pritiska će prevaliti put adt . Pomak klipa izazvati će smanjenje volumena u iznosu vdtA (A predstavlja površinu klipa), na ukupnom volumenu (koji sudjeluje u procesu) adtA . Ako ove konstatacije uvrstimo u izraz za modul elastičnosti dobivamo:

vdpa

vdtAdpadtA

dVdpVE *

=−

−=−= (1.8.)

Odavde možemo izvesti da je:

dp

vEa *= (1.9.)

Iz ravnoteže sila u horizontalnom smjeru ispada da je sila dF koja djeluje na fluid: ( ) dpApAAdppdF *=−+= (1.10.) A ta se sila po Newtonovom zakonu koristi da masu fluida

Adtadm ***ρ= (1.11.) ubrza u vremenu dt . Prema impulsnom stavku impuls sile jednak je prirastu količine gibanja: ( ) ( ) vdmvdmvvdmdtdF ⋅=−=−=⋅ 012 (1.12.) Uvrstimo li sada izraze (1.10.) i (1.11.) uvedemo u relaciju (1.12.) dobivamo: vAdtadtdpA ****** ρ= (1.13.) Jednadžbu možemo urediti na način:

ρ1* =

dpva (1.14.)

Ako iz jednadžbe (1.9.) izvedemo da je Eadpv // = jednadžba poprima oblik:

⇒=ρ1

Eaa

ρEa = (1.15.)

4

Ako u jednadžbu (1.15.) uvrstimo jednadžbu (1.15.) ρ

ρddpE = onda isto tako možemo pisati

da je:

ρd

dpa = (1.16.)

Veličine i jedinice Da bi opisali stanja fluida i u mirovanju i u kretanju koristimo se raznim fizikalnim veličinama s odgovarajućim jedinicama. Jedinice koje koristimo su opisane SI sustavom jedinica. Sustav poznaje 7 osnovnih jedinica a sve ostale su izvedene jedinice i mogu se opisati preko osnovnih jedinica. Osnovne veličine su:

• Duljina s jedinicom metar • Masa s jedinicom kilogram • Vrijeme s jedinicom sekunda • Temperatura s jedinicom kelvin • Jakost struje s jedinicom amper • Količina tvari s jedinicom mol • Jakost svjetla s jedinicom kandela

Za veliku većinu veličina koje se koriste u mehanici fluida dovoljno je korištenje triju osnovnih: mase M, duljine L i vremena T. Navodimo neke često korištene: Duljina L m Masa M kg Vrijeme T s Površina L2 mVolumen L

2 3 m

Brzina LT3

-1

Ubrzanje LT m/s

-2 m/sGustoća ML

2 -3 kg/m

Sila MLT3

-2

Pritisak, naprezanje ML N

-1T-2

Energija, rad ML Pa

2T-2

Snaga ML J

2T-3

Dinamička viskoznost ML W

-1T-1

Kinematska viskoznost L Pa*s

2T-1 m2

/s

Specifični volumen, gustoća i specifična gustoća Specifični volumen je definiran kao volumen koji zauzima 1 kg neke tvari:

mVv = m3

/kg (1.17.)

5

Inverzna vrijednost specifičnog volumen predstavlja gustoću tvari. Gustoća tvari predstavlja masu koju posjeduje jedinični volumen neke tvari.

Vm

v==

1ρ kg/m3

(1.18.)

I dok se kod razmatranja termodinamičkih procesa uglavnom koristi specifični volumen, u mehanici fluida se uglavnom koristi gustoća. Generalno, tekućine imaju mnogostruko veću gustoću od plinova a pored toga gustoća je ovisna o temperaturi tvari. Za primjer navesti ćemo usporednu tablicu gustoća za zrak i vodu pri normalnom atmosferskom pritisku 101325=p Pa i različitim temperaturama. Temp.ºC Zrak Voda Temp.ºC Zrak Voda 0 1.292 999.9 40 1.127 992.2 5 1.269 1000.0 50 1.092 988.1 10 1.247 999.7 60 1.060 983.2 15 1.225 999.1 70 1.029 977.8 20 1.204 998.2 80 0.999 971.8 25 1.184 997.1 90 0.972 965.3 30 1.164 995.7 100 0.946 958.4 Tablica 1.1. Viskoznost Viskoznost fluida možemo jednostavnim rječnikom objasniti kao mjeru za otpor strujanju (tečenju). Za primjer ćemo navesti hladno ulje, koje teče puno teže odnosno puno sporije nego npr. voda. Takvo hladno ulje ima puno veću viskoznost od vode. Viskoznost fluida je također mjera za trenje između čestica fluida prilikom strujanja. Ovo trenje kod strujanja, rezultira pretvaranjem kinetičke energije fluida u toplinsku energiju i predstavlja gubitak energije. Kad fluid teče među njegovim česticama se javlja smično naprezanje čija magnituda ovisi o viskoznosti fluida. Smično naprezanje se definira se kao sila koja je potrebna da bi jedan sloj fluida klizao preko drugog sloja, na jediničnoj površini. Zbog toga je jedinica za smično naprezanje N/m2

odnosno 1 Pascal.

= 2m

NAFτ (1.19.)

Slika 1.2. Raspored brzina u tankom sloju fluida između dviju ploča

6

Slika 1.2. ilustrira koncept promjene brzine u fluidu pokazujući tanki sloj fluida između dviju površina; jedne stacionarne i druge koja se giba brzinom v . Čestice fluida koje su u kontaktu s mirujućom površinom ima brzinu kao i ta površine (dakle brzina je jednaka 0) dok čestice koje su priljubljene uz površinu koja se giba posjeduju također brzinu koju ima ta površina (dakle brzinu v ). Ako je udaljenost između dviju razmatranih ploča (odnosno debljina sloja fluida) mala tada je promjena brzine s obzirom na udaljenost y , linearna. Gradijent brzine se definira kao yv ∆∆ / , a ako je 0→∆y onda gradijent brzine definiramo kao dydv / . Smično naprezanje u fluidu direktno je proporcionalno gradijentu brzine: ( )dydv /*µτ = (1.20.) a koeficijent proporcionalnosti µ predstavlja dinamičku viskoznost fluida. Dinamička viskoznost fluida ponegdje se naziva i apsolutna viskoznost. Navedena relacija naziva se Newtonov zakon viskoznosti. Iz relacije proizlazi da je:

==

dvdy

dydv*

/ττµ (1.21.)

Pored dinamičke viskoznosti postoji još i kinematička viskoznost koja se definira kao odnos dinamičke viskoznosti tvari i njene gustoće:

ρµν = (1.22.)

Viskoznost fluida značajno ovisi o temperaturi. Generalno uzevši, s porastom temperature, dinamička viskoznost tekućina opada a plinova raste. Ako promatramo kinematičku viskoznost, onda možemo primijetiti da kinematička viskoznost tekućina s porastom temperature također opada i to približno istom brzinom kao i dinamička viskoznost (zbog relativno male promjene gustoće). Kinematička viskoznost plinova raste s porastom temperature i to puno brže nego dinamička viskoznost (zbog značajne promjene gustoće). Disciplina koja proučava tvari pri tečenju naziva se reologija. Sama dinamička viskoznost može za neke tvari biti konstantna (neovisna o gradijentu brzine dydv / ) ili može biti promjenjiva (neovisna o gradijentu brzine dydv / ). Prema promjenjivosti dinamičke viskoznosti razlikujemo nekoliko skupina fluida. Njihove su karakteristike prikazane dijagramom 1.3.

7

Slika 1.3. Ordinata dijagrama predstavlja elastično kruto tijelo. Veličina naprezanja ovisi o sili kojoj je kruto tijelo podvrgnuto ali ne ovisi o brzini deformacije. Ostale krivulje predstavljaju fluide.

• Apscisa dijagrama predstavlja neviskozni fluid ( )0=µ . • Njutnovski fluidi imaju dinamičku viskoznost µ ovisnu samo o karakteristikama

fluida i njegovoj temperaturi, a neovisnu o gradijentu brzine dydv / odnosno brzini kutne deformacije. Zbog toga slika njutnovskih fluida u dydv /−τ dijagramu polupravac čiji je početak u ishodištu a nagib je jednak vrijednosti dinamičke viskoznosti µ . Voda, ulje, gazolin, kerozin, alkohol, benzen i glicerin se svrstavaju u njutnovske fluide. Svi ostali fluidi koji se prilikom tečenja ne ponašaju po ovom modelu se nazivaju nenjutnovski fluidi.

Nenjutnovske fluide nadalje možemo podijeliti u vremenski neovisne i vremenski ovisne. Samo ime sugerira da vremenski neovisni fluidi imaju viskoznost koja za danu vrijednost smičnog naprezanja ne varira s vremenom. Viskoznost vremenski ovisnih nenjutnovskih fluida mijenja se s vremenom. U vremenski neovisne fluide ubrajamo tri tipa fluida:

• Pseudoplastični fluidi. Njihova krivulja u reološkom dijagramu leži iznad polupravca koji predstavlja njutnovske fluide. Nagib krivulje je u početku strmiji da bi se pri povećanju gradijenta brzine (koji odgovara povećanju kutne deformacije) nagib smanjivao. Pošto znamo da nagib krivulje predstavlja dinamičku viskoznost, možemo zaključiti da je ona u startu veća da bi se povećanjem gradijenta brzine postupno smanjivala. Kao primjer ovakvih fluida možemo navesti: krvnu plazmu, rastopljeni polietilen, sirupe, ljepila, melasu i tintu.

• Dilatantni fluidi. Njihova krivulja u reološkom dijagramu leži ispod polupravca koji predstavlja njutnovske fluide. Nagib krivulje je u početku blaži da bi s povećanjem gradijenta brzine postao strmiji što znači da je dinamička viskoznost za manje vrijednosti gradijenta brzine manja, a za veće vrijednosti veća. Za primjer ovakvih fluida možemo navesti: guste otopine s velikom koncentracijom krutih tvari npr. kukuruzni škrob u etilen glikolu, škrob u vodi, uljene boje, i sl.

• Binghamovi fluidi. Binghamovi fluidi zahtijevaju znatnu razinu smičnog opterećenja prije nego što počnu teći, a nakon što počnu teći pokazuju konstantnu razinu dinamičke viskoznosti. Kao primjer navest ćemo čokoladu, kečap, majonezu,senf, zubnu pastu, boje, asfalt, neka maziva i sl.

8

Vremenski ovisni fluidi su puno teži za proučavanje zbog vremenske varijacije njihove dinamičke viskoznosti. Kao primjer takvih fluida možemo navesti mazut na niskim temperaturama, toner za printere, najlon, žele, tijesto. Takvi fluidi su također pseudoplastični fluidi. Ostala svojstva kapljevina Površinska napetost je pojava koja se javlja kao posljedica kohezije i adhezije među česticama tekućine na vanjskim graničnim površinama. Naime između molekula tekućine vladaju privlačne i odbojne sile. Molekule na samoj graničnoj površini podvrgnute su djelovanju sila samo od molekula s jedne strane (unutarnje) pa se kao rezultat javlja površinska napetost. Tekućina Fluid na površini Površinska napetost N/m voda zrak 0.0728 živa zrak 0.476 živa voda 0.373 metilni alkohol zrak 0.023 Tablica 1.2. Na slici 1.4. vidimo kapljicu vode na listu biljke, i primjećujemo da je kuglastog oblika.

Slika 1.4. Objašnjenje je upravo u površinskoj napetosti koja izaziva stezanje oblika. Posljedica je toga da je unutarnji pritisak veći od okolišnjeg. Ako s p označimo razliku pritisaka, s T površinsku napetost, a s d promjer kugle čiji kapljica ima oblik, ravnotežom sila (slika 1.5.) ispada:

9

Slika 1.5.

dTppdTd 4

4

2

=∆⇒∆=ππ (1.23.)

Kada se tanka cjevčica uroni kroz slobodnu površinu tekućine, razina tekućine u cjevčici će biti viša ili niža od slobodne površine, sukladno relacijama o površinskoj napetosti te adhezivnim silama između kapljevina i krutih tijela. Takva se pojava naziva kapilarnost. Na osnovu kapilarnosti biljke crpe vodu iz zemlje i dobivaju ih u listove. I drveće čija visina može prijeći i desetke metara spada u tu kategoriju. Kada je kapljica tekućine u kontaktu s površinom krutog tijela tada se na osnovu ravnoteže sila javlja određeni kontaktni kut θ . Ako je θ <90º onda kapljevina kvasi površinu i površinu nazivamo hidrofilnom, a ako je θ >90º onda kapljevina ne kvasi površinu i ona se naziva hidrofobnom. Za primjer voda kvasi sapun ali ne kvasi vosak. Kontaktni kut, baš kao i površinska napetost značajno ovise o kemijskom ali i fizičkom stanju površine krutog tijela (hrapavost, korozija i sl.). Voda izrazito kvasi čiste staklene površine i za takve slučajeve

0≈θ . Za kontakt živa-staklo-zrak kontaktni kut °≈ 130θ .

Slika 1.6. Za slučaj kapilarnosti gdje kapljevina u kapilari ima viši nivo od slobodne površine kapljevine (slika 1.6.) možemo postaviti jednadžbu na osnovu ravnoteže vertikalnih sila (težina stupca tekućine u kapilari jednaka je vertikalnoj komponenti površinske napetosti):

10

θπρπ cos***4

2

Tdghd= (1.24.)

gd

Th**

cos4ρ

θ= (1.25.)

Iz relacije (1.25.) vidimo da ako θ <90º onda h ima pozitivna vrijednost odnosno visina kapljevine u kapilari je veća od visine slobodne površine kapljevine izvan kapilare. Iz relacije (1.25.) također vidimo da je vrijednost h obrnuto proporcionalna vrijednosti d što znači da manjem promjeru kapilare odgovara viši nivo kapljevine u njoj. Suprotno, ako je θ >90º (slika 1.7.) onda h (zbog 0cos <θ ) poprima negativne vrijednosti što znači da je nivo kapljevine u kapilari niži od nivoa slobodne površine kapljevine izvan kapilare.

Slika 1.7. Isparavanje kapljevina Svaka tvar može pod određenim termodinamičkim uvjetima (pritisak i temperatura) poprimiti sva tri agregatna stanja. Kapljevine prelaze u plinsko stanja (proces isparavanja) pri povećanim temperaturama ili pri nižim pritiscima. Pritisak kapljevine prilikom strujanja može pasti ispod razine kod koje, pri zadanoj razini temperature, kapljevina još egzistira. Ako se to dogodi, dio ili kompletna količina kapljevine će ispariti pri čemu se značajno povećava specifični volumen odnosno pada vrijednost gustoće. Ta se pojava naziva kavitacija i vrlo je nepoželjna kod hidrauličkih strojeva (pumpe, turbine).

1

STATIKA FLUIDA Statika fluida se bavi ravnotežom sila u mirujućem fluidu. Kad se radi o kapljevini, onda je promjena pritiska po dubini znatna, pa je u proračunima treba uzeti u obzir. Fluid u stanju relativnog mirovanja je također predmet proučavanja statike fluida. Relativno mirovanje opisujemo na način da je fluid u mirovanju s obzirom na površinu koja ga okružuje. To znači da se cjelokupna masa fluida giba ali se čestice fluida ne pomiču, jedne u odnosu na druge. Razlikujemo dvije vrste sila u fluidu: masene i površinske. Površinske sile djeluju uslijed kontakta čestica fluida međusobno odnosno uslijed kontakta čestica fluida i krutih površina što ih okružuju. Masene sile u fluidu vežu se uz masu čestice fluida. To su npr. gravitacija, magnetska sila, inercijske sile i sl. Budući da prilikom mirovanja fluida nema pomaka čestica, jednih u odnosu na druge, ne postoji niti tangencijalnog (smičnog) naprezanja, niti tangencijalnih sila među njima. Zbog toga možemo zaključiti da na čestice fluida u mirovanju djeluju samo površinske sile u smjeru normale (okomite na površinu djelovanja) te od masenih sila: sila gravitacije i inercijalne sile (u slučaju relativnog mirovanja). Pritisak Djeluje li sila F na površini A jednolikim pritiskom p na cijeloj površini onda definiramo da je pritisak:

AFp = N/m2

=Pa (2.1.)

Djeluje li na nekoj površini nejednoliki pritisak onda je:

dAdF

AFp A =∆∆

= →∆ 0lim (2.2.)

Razlikujemo manometarski pritisak, pritisak okoline, absolutni pritisak, potlak a veze između njih date su kroz slijedeće relacije:

m oabs p p p += (2.3.)

v oabs p p p −= (2.4.)

2

Slika prikazuje grafički navedene relacije. Podtlak ili vakuum možemo izraziti i u postocima. U tom slučaju vrijedi: % vakuuma = pv / po

ili

*100 (2.5.)

% vakuuma =( po – pabs )/ po

U slučaju da je vrijednost p

*100 (2.6.)

abs

jednaka 0 vladati će stanje 100% vakuuma.

Karakteristike pritiska

• Pritisak u fluidu predstavlja normalno naprezanje tj. djeluje okomito na površinu čestice koju promatramo.

• Vrijednost pritiska koji djeluje u bilo kojoj točki je jednaka bez obzira na pravac djelovanja. Da bi to dokazali analizirati ćemo česticu koja ima oblika trostrane prizme kao na slici 2.1.

Slika 2.1.

0=∑ xF bzpbsp x **sin*** ∆=∆ θ (2.7.)

0=∑ zF bxpbzxgbsp z ***21cos*** ∆=∆∆+∆ ρθ (2.8.)

Ako uvažimo činjenice koje proizlaze iz geometrije da je θsin*sz ∆=∆ i

θcos*sx ∆=∆ onda ispada da je: xpp = (2.9.)

zgppz ∆+= ρ21 (2.10.)

3

Iz ovih jednadžbi proizlaze 2 zaključka: pritisak fluida ne mijenja se u horizontalnom smjeru a pritisak fluida raste po dubini (negativnoj visini). Ako veličine zx ∆∆ , odnosno s∆ svedemo na infinitezimalne vrijednosti tj. ako veličinu čestice svedemo na točku onda jednadžba 2.10. prelazi u oblik: zpp = (2.11.) čime smo dokazali da je pritisak u točki fluida u mirovanju jednak po vrijednosti u svim smjerovima. Prebacimo se sada u trodimenzionalni koordinatni sustav. Ako se fluid giba, pritisci px, py, pz

, mogu se razlikovati pa se definira pritisak u nekoj točki kao aritmetička sredina triju normalnih pritisaka:

3

zyx pppp

++= (2.12.)

• Pritisak koji djeluje na fluid u zatvorenoj posudi prenosi se na sve dijelove iste razine

jednako (Pascalov zakon) Na slici 2.2. vidimo da ako silom 1F djelujemo na manji klip površine 1A to će rezultirati pritiskom p . Pritisak p jednak po intenzitetu djelovati će i na veći klip površine 2A koji da bi bio u ravnoteži mora biti pridržavan silom 22 * ApF = . Zbog toga je:

1

212 *

AAFF = (2.13.)

Slika 2.2.

Na ovakav način možemo malom silom 1F proizvesti veliku silu 2F , a to je princip rada hidrauličke preše.

4

Eulerova jednadžba ravnoteže Iz mirujućeg fluida izdvojimo elementarni (beskonačno maleni) paralelopiped, volumena

dzdydxdV **= . Fluid miruje pa na plohe djeluju samo normalne sile, pa je pritisak ovisan samo o koordinatama prostora ),,( zyxpp = .

Slika 2.3. U točki M koja se nalazi u središtu paralelopipeda, djeluje pritisak p . Na lijevu bočnu plohu

dzdx * djelovati će sila pritiska:

dzdxdyypp *

21

∂∂

− (2.14.)

dok će na desnu bočnu plohu djelovati sila:

dzdxdyypp *

21

∂∂

+ (2.15.)

Jer se pritisak na putu dy mijenja s gradijentom pritiska yp∂∂ .

Neka na promatranu česticu fluida djeluje još i neka vanjska masena sila F∆ koju ćemo svesti na jedinicu mase:

mFf m ∆

∆= →∆ 0lim (2.16.)

222

zyx ffff ++= (2.17.) gdje su ,xf ,yf zf komponente te masene sile u smjerovima koordinatnih osi. U smjeru y osi djeluje na element ukupna sila mase: ρ**** dzdydxfdmf yy = (2.18.)

5

Iz uvjet ravnoteže sila (fluid miruje) proizlazi:

dzdxdyypp *

21

∂∂

− =+ ρ**** dzdydxf y dzdxdyypp *

21

∂∂

+ (2.19.)

=dyf y **ρ dyyp∂∂ ⇒ =yf*ρ

yp∂∂ (2.20.)

Kad bi proveli analizu za preostale osi dobili bi analogne rezultate:

=dxf x **ρ dxxp∂∂ ⇒ =xf*ρ

xp∂∂ (2.21.)

=dzf z **ρ dzzp∂∂ ⇒ =zf*ρ

zp∂∂ (2.22.)

Sumiramo li jednadžbe dobivamo:

( ) =++ dzfdyfdxf zyxρ dzzpdy

ypdx

xp

∂∂

+∂∂

+∂∂ (2.23.)

( ) dpdzfdyfdxf zyx =++ρ (2.24.) što predstavlja potpuni prirast pritiska na putu dzdydxds ++= Pritisak u mirujućem fluidu (hidrostatski pritisak) Od masenih sila u mirujućem fluidu djeluje samo sila gravitacije mgG = koja djeluje u negativnom smjeru osi z. kgjif **0*0 −+= ( ) ( ) dzggdzdzfdyfdxfdp zyx **00 ρρρ −=−+=++= (2.25.)

∫∫ −=z

z

p

p oo

dzgdp **ρ (2.26.)

gdje oznake op i oz najčešće predstavljaju stanje pritiska i geodetske visine na površini fluida dok oznake p i z predstavljaju stanje u željenoj točki ispod površine. ( ) zgzzgpp oo ∆−=−−=− *** ρρ (2.27.)

6

Predznak – označava da porastom vrijednosti z pritisak opada, odnosno smanjenjem vrijednosti z (povećanje dubine) pritisak raste. Ako vrijednosti z∆− zamijenimo s vrijednostima dubine h∆ : hgp ∆=∆ **ρ (2.28.) Mjerenje pritiska Barometar je sprava za mjerenje apsolutnog pritiska atmosfere kojeg nazivamo barometarski pritisak. Analogni barometar u osnovi izgleda kao na slici 2.4.. Sastoji se od staklene na vrhu zatvorene cijevi, koja je donjim (otvorenim krajem uronjena u kapljevinu izloženu atmosferskom tlaku op . Ako se iz cijevi isisa sav zrak, podići će se nivo kapljevine do određene visine, iz razloga što su u cijevi ostale samo pare kapljevine. S obzirom da na slobodnu površinu kapljevine djeluje pritisak op , u cijevi će na istoj razini vladati isti pritisak. Budući da smo rekli da je:

Slika 2.4. 0** =−= hgpp o ρ hgpo **ρ= (2.29.) Za ovakve barometre se redovito upotrebljava živa jer je njezina gustoća toliko velika da cijev može biti kratka, a pritisak zasićenja živinih para je, kod normalne temperature tako malen da ga možemo zanemariti. Manometar je sprava za mjerenje tzv. manometarskog pritiska ili pretlaka koji predstavlja razliku između apsolutnog i atmosferskog pritiska. Iako se u današnjoj praksi rijetko koriste, nama će za razmatranje hidrostatike korisno poslužiti manometri koji pritisak mjere preko

7

visine stupca kapljevine. Ako npr. kroz cijev struji kapljevina gustoće ρ onda će se u tankoj cjevčici (slika 2.5.) nivo kapljevine podići do visine H što znači da je apsolutni pritisak u cijevi:

Slika 2.5. Hgpp o **ρ+= (2.30.) Kada je pritisak u cijevi visok, neracionalno bi bilo koristiti ovakav način mjerenje jer bi cjevčica za mjerenje bila previsoka. Zbog toga je svrsishodnije koristiti U-cijev koja je punjena kapljevinom visoke gustoće, uglavnom živom. U ovom slučaju (slika 2.6.) je:

Slika 2.6. '*'*** HgpHgp o ρρ +=+ (2.31.) HgHgpp o **'*'* ρρ −+= (2.32.) U slučaju kada je 'ρρ << zadnji član jednadžbe možemo zanemariti pa ona prelazi u oblik: '*'* Hgpp o ρ+= (2.33.) Na slici 2.7. prikazan je diferencijalni manometar kojim se mjeri razlike pritisaka. Gustoća tekućine kojom je diferencijalni manometar punjen, veća je od gustoće fluida za koje se mjeri razlika pritisaka. Ako postavimo jednadžbu manometra ispada: ( ) ( ) 21 ' phHghHgp =+−++ ρρ (2.34.) ( ) ( )hHgpp +−=− '21 ρρ (2.35.)

8

Slika 2.7. I u ovom slučaju kada je 'ρρ << jednadžba prelazi u oblik: ( )hHgpp +=− ρ21 (2.36.) Ako je razlika tlakova mala onda vrijednost visine Hh + postaje također mala pa greške u čitanju mogu postati značajne. U takvom je slučaju svrsishodnije koristiti diferencijalni mikromanometar čija je cijev za očitanje nagnuta pod nekim kutem α u odnosu na horizontalu (slika 2.8.). U tom slučaju, očitava se vrijednost L , odnosno duljina cijevi do koje dopre fluid, s tim da vrijedi relacija:

Slika 2.8.

αsinLH = (2.37.) Čim je kut α manji to za istu razliku tlakova vrijednost L postaje veća, odnosno očitanje je točnije.

Slika 2.9. Bourdonova cijev Slika 2.10. Elektronički osjetnici tlaka

9

Analogni manometri tzv. Bourdonova cijev (slika 2.9.) predstavljaju napredniju metodu mjerenja pritiska. Djelovanjem pritiska cijev se nastoji izravnati, čime se aktivira mehanizam koji pomiče kazaljku manometra. Jači pritisak izaziva veći pomak Bourdonove cijevi što izaziva veći otklon kazaljke manometra, tako da uz pomoć skale prikazane ispod kazaljke, lako očitamo tlak. Elektronički osjetnici tlaka (slika 2.10.) predstavljaju najsuvremenije rješenje za mjerenje i praćenje pritiska na pojedinim mjestima. Oni pritisak pretvaraju u digitalni signal koji se šalje na pretvarač. Pretvarač prema zadanom algoritmu šalje informaciju o visini tlaka. Ovakav način omogućuje ne samo mjerenje nego i bilježenje tlaka u određenom vremenskom periodu. Djelovanje kapljevina na čvrste stjenke koje ga okružuju Promatramo li kapljevinu u mirovanju, koja je omeđena krutom stjenkom nagnutom pod kutem α (slika 2.9.), postavlja se pitanje koja je ukupna sila na odabrana površinu na stjenci. Zanemariti ćemo pri ovom razmatranju atmosferski pritisak koji djeluju na slobodnoj površini kapljevine.

Slika 2.11. Sila koja djeluje da elementarnu površinu dA iznosi: dAhgdApdF ⋅⋅⋅=⋅= ρ (2.38.) ∫ ⋅⋅⋅=

A

dAhgF ρ (2.39.)

Integral ∫ ⋅

A

dAh može se zamijeniti:

AhdAh

AS∫ =⋅ (2.40.)

10

i predstavlja statički moment plohe A s obzirom na površinu kapljevine, a Sh predstavlja udaljenost težišta plohe A od slobodne površine. Sada rezultantnu silu, koja je okomita na površinu, možemo izraziti: AhgF S ⋅⋅⋅= ρ (2.41.) Ovu rezultantnu silu možemo razložiti na horizontalnu i vertikalnu komponentu, pri čemu je: vSvSSh ApAhgAhgF ⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= ραρ sin (2.42.) VgAhgAhgF hSSv ⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= ρραρ cos (2.43.) Riječima izraženo: Horizontalna komponenta sile jednaka je umnošku pritiska koji djeluje u težištu plohe A i vertikalne projekcije te površine. Vertikalna komponenta sile jednaka je težini stupca kapljevine koja se nalazi iznad plohe. Rezultantna sila ( AhgF S ⋅⋅⋅= ρ ) ne prolazi kroz težište S plohe A, već niže, tj. kroz točku M. Koordinate točke M nalazimo iz jednadžbe momenata sile F s obzirom na osi x i y , koje su položene u bočnu plohu: ∫ ⋅=⋅= ydFyFM Mx (2.44.) ∫ ⋅=⋅= xdFxFM My (2.45.) Uvrstivši izraz 2.38. dobivamo: ∫ ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅

AMS ydAhgyAhg ρρ (2.46.)

∫ ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅

AMS xdAhgxAhg ρρ (2.47.)

Slika 2.12. Ako iz slike uvažimo činjenice da je: αsinSS yh = odnosno αsin⋅= yh dobivamo: ∫ ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅

AMS ydAygyAyg αραρ sinsin (2.48.)

11

∫ ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅

AMS xdAygxAyg αραρ sinsin (2.49.)

Izrazi: xx

AMS IdAyAyy =⋅=⋅⋅ ∫ 2 moment tromosti plohe A s obzirom na os x

xy

AMS IdAxyAxy =⋅⋅=⋅⋅ ∫ centrifugalni moment plohe A s obzirom na os x i y

Prema Steinerovoj jednadžbi definirano je: 2

SSxx yAII ⋅+= (2.50.) Gdje SI predstavlja moment tromosti plohe A s obzirom na pravac, paralelan s osi x , koji prolazi kroz težište S. Uvrstimo li Steinerovu formulu , izlazi: 2

SSMS yAIAyy ⋅+=⋅⋅ (2.51.) odakle možemo izraziti koordinatu točke M

SS

SM y

AyI

y +⋅

= (2.52.)

ili ako želimo izračunati relativni pomak točke M u odnosu na točku S:

Ay

Iyyy

S

SSM ⋅=−=∆ (2.53.)

Analognom analizom možemo doći do izraza za Mx :

Ax

Ix

S

xyM = (2.54.)

12

Pritisak na zakrivljene površine Ako je površina stjenke zakrivljena kao što to prikazuje slika 2.13. , onda se rezultantna sila kojom fluid djeluje na površinu dobiva sumiranjem odnosno integracijom elementarnih sila: dAhgdApdF ⋅⋅⋅=⋅= ρ (2.55.)

Slika 2.13. Svaka od ovih elementarnih sila djeluje u smjeru normale na površinu. Ako kutove što ih normala zatvara s pojedinim osima označimo s ( )xn, , ( )yn, , ( )zn, , onda elementarnu silu možemo razložiti na komponente na način: ( )xndAhgdFx ,cos⋅⋅⋅⋅= ρ (2.56.) ( )yndAhgdFy ,cos⋅⋅⋅⋅= ρ (2.57.) ( )zndAhgdFz ,cos⋅⋅⋅⋅= ρ (2.58.) Uvaživši činjenicu da je: ( )xndAdAx ,cos⋅= (2.59.) ( )yndAdAy ,cos⋅= (2.60.) ( )zndAdAz ,cos⋅= (2.61.) dobivamo:

xx dAhgdF ⋅⋅⋅= ρ ⇒ ∫ ⋅⋅⋅= xx dAhgF ρ (2.62.)

yy dAhgdF ⋅⋅⋅= ρ ⇒ ∫ ⋅⋅⋅= yy dAhgF ρ (2.63.)

zz dAhgdF ⋅⋅⋅= ρ ⇒ ∫ ⋅⋅⋅= zz dAhgF ρ (2.64.)

13

Kao i kod ravnih ploha možemo napisati da su integrandi statički momenti s obzirom na slobodnu površinu kapljevine: xSXx AhgF ⋅⋅⋅= ρ (2.65.)

ySYy AhgF ⋅⋅⋅= ρ (2.66.) Što znači da je horizontalna tlačna sila kapljevine u mirovanju na zakrivljenu plohu, uzeta u bilo kojem smjeru, jednaka tlačnoj sili na projekciju te zakrivljene površine na ravninu okomitu na smjer tlačne sile. Za vertikalnu komponentu pritiska zdF biti će:

zz dAhgdF ⋅⋅⋅= ρ (2.67.) gdje zdAh ⋅ predstavlja volumen kapljevine iznad zakrivljene plohe (sve do slobodne površine). Stoga možemo pisati: VgdFz ⋅⋅= ρ (2.68.) Dakle, vertikalna komponenta sile pritiska jednaka je težini stupca kapljevine iznad zakrivljene plohe. Komponente zyx FFF ,, , u općem slučaju se ne sijeku u jednoj točki pa ih ne možemo sastaviti u rezultantu. Pritisak na stjenke cijevi Primijenimo li zaključke iz prethodnog poglavlja na fluid koji se pod određenim pritiskom nalazi u cijevi (slika 2.14.) :

Slika 2.14.

lDpApF xx ⋅⋅=⋅= (2.69.) Da bi se održala ravnoteža ovoj sili treba biti suprotstavljena sila koja proizlazi iz čvrstoća materijala stjenke:

14

llDp dop ⋅⋅=⋅⋅ σδ2 (2.70.)

dop

Dpσ

δ⋅⋅

=2

(2.71.)

Hidrostatski uzgon Tijelo uronjeno u mirujuću kapljevinu izloženo je pritisku fluida sa svih strana. Iz analize provedene od pritisku na zakrivljene površine možemo zaključiti da se sile pritiska na bočna površine međusobno poništavaju. Ostaje nam analizirati sile u smjeru osi z .

Slika 2.15. Uzgon tijela uronjenog u fluid Razdijelimo li uronjeno tijelo (slika 2.15. na niz paralelopipeda čije su dimenzije u horizontalnoj projekciji dydx * infinitezimalno male, a visina 21 zzz −=∆ predstavlja ukupnu visinu uronjenog tijela, za zadani dio projektirane površine, tada sila u vertikalnom smjeru iznosi: ( ) dAzzgdAzgdAzgdApdApdFz ⋅−⋅⋅=⋅⋅⋅−⋅⋅⋅=⋅−⋅= 121212 ρρρ (2.72.) Ako malo bolje promotrimo vidjeti ćemo da izraz ( ) dAzz ⋅− 12 predstavlja volumen analiziranog paralelopipeda. Ukupnu silu dobijemo sumiranjem svih paralelopipeda po površini. ( ) UVgdAzzgF

Az =⋅⋅=⋅−⋅⋅= ∫ ρρ 12 (2.73.)

Ova rezultantna vertikalna naziva se uzgon, a izraz xy predstavlja Arhimedov zakon. Arhimedov zakon kaže da je ukupna sila kojom fluid djeluje na uronjeno tijelo jednaka težini istisnutog fluida. Ako se radi o plinovima čija je gustoća relativno mala, uzgonske sile se obično zanemaruju. Da bi analiza sila koje djeluju na uronjeno tijelo moramo uzeti u obzir i težinu tijela: VgmgG t ⋅⋅== ρ (2.74.)

15

Razlikujemo tri slučaja: tρρ = ⇒ VgVg t ⋅⋅=⋅⋅ ρρ tijelo lebdi u fluidu.

tρρ < ⇒ VgVg t ⋅⋅≠⋅⋅ ρρ tijelo tone sve dok se dno ne suprotstavi

dodatnom silom 'F koja ga drži u ravnoteži.

tρρ > ⇒ VgVg tu ⋅⋅=⋅⋅ ρρ tijelo pluta

U ovom trećem slučaju tijelo će izroniti do razine dok uronjeni volumen ne postane uV pa jednadžba ravnoteže sila ne bude zadovoljena. Za primjer, podmornica može poprimiti sva tri stanja, pumpanjem vode u ili iz balastnih spremnika. Tijelo koje pluta posjeduje dva hvatišta sila: težište mase tijela i težište istisnutog fluida. Sila težine tijela djeluje u težištu mase, a sila uzgona djeluje u težištu istisnutog fluida. Da bi uronjeno tijelo bilo u ravnoteži ove sile trebaju djelovati u istoj liniji. Pri tome je stanje stabilne ravnoteže ono stanje kada je težište tijela tT ispod težišta istisnutog fluida iT (slika 2.16.). U slučaju bilo kakve nestabilnosti sile uzgona i težine više ne djeluju na istoj liniji, ali će ove dvije sile proizvesti moment koji vraća tijelo u stanje stabilne ravnoteže.

Slika 2.16. Moguće je također da tijelo pluta u stanju labilne ravnoteže odnosno da su težište tijela i težište istisnutog fluida na istoj vertikalnoj liniji, a da je točka tT iznad točke iT . Međutim, stabilnost takve ravnoteže može postati upitna.

16

Jednoliko ubrzano gibanje fluida Pretpostavimo da se fluid mase m , okružen stjenkama posude giba jednoliko ubrzano, akceleracijom a , po ravnoj putanji. Sile koje u tom slučaju djeluju na fluid su: težina fluida

gm ⋅ koja djeluje vertikalno prema dolje, te inercijalna sila am ⋅ koja djeluje u smjeru suprotnom od smjera gibanja . U ovom će slučaju gustoća masene sile biti:

( ) kagjaiaf zyx *** +−−−= (2.75.)

( ) ( ) dzagdyadxadzfdyfdxfdp zyxzyx ⋅+⋅−⋅⋅−⋅⋅−=++= ρρρρ (2.76.) Za kapljevine gdje je .const=ρ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ozoyoxo zzagyyaxxapzyxp −⋅+⋅−−⋅⋅−−⋅⋅−= ρρρ,, (2.77.) gdje op predstavlja konstantu integracije: ( )oooo zyxpp ,,= Da bi dobili jednadžbu izobare krenuti ćemo od uvjeta da je za izobaru 0=dp . Integracijom jednadžbe 2.76. uz uvažavanje navedenog uvjeta dobivamo: ( ) Czagyaxa zyx =⋅++⋅⋅+⋅ (2.78.) Izobare su, u trodimenzionalnom koordinatnom sustavu, ravnine okomite na smjer rezultantne gustoće masene sile agf += . Slobodna površina isto kao i razdjelna površina dvaju kapljevina koje se ne miješaju, predstavljaju također izobare, pa moraju isto tako zadovoljiti jednadžbu x. Da bi pojednostavili razmatranje, pretpostavimo da se kapljevina gustoće ρ , smještena na

pokretnim kolicima, giba jednolikom ubrzano, akceleracijom a u pozitivnom smjeru osi x (slika 2.17.).

Slika 2.17.

17

Gustoća masene sile će tada biti: agf += (2.79.) To znači da se djelovanje ovih dviju sila (težine i inercijske sile) može zamijeniti jednom masenom silom F koja predstavlja vektorski zbroj dvije prethodno navedene sile. ( )agmfmF +⋅=⋅= (2.80.) Sila F djeluje u odnosu na vertikalu pod kutom θ gdje je:

gaarctg=θ (2.81.)

Pošto se slobodna površina kapljevine formira okomito na smjer djelovanja rezultantne masene sile, to će ona biti zaokrenuta za isti kut θ ali u odnosu na horizontalu. Smjer najvećeg porasta pritiska ( grad p ) poklapati će se sa smjerom djelovanja rezultantne masene sile F . Rotacija posude ispunjenje kapljevinom Razmotriti ćemo ponašanje kapljevine koja se nalazi u cilindričnoj posudi i koja zajedno s posudom rotira konstantnom kutnom brzinom ω . Za takvo razmatranje korisno će nam biti upotrijebiti cilindrični koordinatni sustav ( )zr ,,ϕ . Ako izdvojimo elementarnu česticu kapljevine mase dm analizirati ćemo koje sve masene sili djeluju na nju. To su: sila težine

gdm ⋅ koja djeluju u negativnom smjeru osi z , te centrifugalna sila 2ω⋅⋅ rdm koja djeluju radijalno od centra prema van. Zbrojimo li vektorski te dvije sile, dobiti ćemo rezultantnu masenu silu F koja djeluje na kapljevinu.

rdmgdmF ⋅⋅+⋅= 2ω (2.82.)

Slika 2.18.

18

Sve dok posuda s kapljevinom rotira, kapljevina relativno miruje u odnosu na posudu. Pri tome se formira slobodna površina na način da je smjer rezultantne sile F okomit na nju. Ako kut φ predstavlja otklon slobodne površine prema horizontalnoj ravnini, onda u zadanoj točki:

g

rtg2ωφ = (2.83.)

S druge strane vidimo na slici 2.18. da je:

drdztg =φ (2.84.)

Iz jednadžbi 2.83. i 2.84. ispada da je:

g

rdrdz 2ω

= (2.85.)

Integracijom jednadžbe x dobivamo:

Crg

z += 22

21 ω (2.86.)

Izraz 2.86. predstavlja funkciju ( )rfz = koja predstavlja slobodnu površinu fluida, ali isto tako za različite vrijednosti konstante integracije C , izraz predstavlja izobare u fluidu. Pošto je z raste s kvadratom vrijednosti r slika slobodne površine ali također i ostalih izobara, je parabola. Uvažimo li da je u središtu posude ( )0=r visina fluida na razini oz onda za izobaru koja predstavlja slobodnu površinu ispada da je konstanta integracije: 0zC = pa jednadžba 2.86. prelazi u oblik:

22

21 r

gzz o

ω+= (2.87.)

Gustoća masene sile je:

kgerf r ⋅−⋅= 2ω (2.88.)

gdje je re jedinični vektor u smjeru radijusa r .

19

Za kapljevine gdje je .const=ρ dzgdrrdp ⋅⋅−⋅⋅⋅= ρωρ 2 (2.89.)

( ) ( ) ( )ooo zzgrrpzrp −⋅⋅−−⋅⋅+= ρωρ 222

21, (2.90.)

gdje op predstavlja konstantu integracije: ( )oooo zyxpp ,,= Ovdje ćemo još izvesti izraz za volumen fluida koji rotacijom kutnom brzinom ω poprimi oblik kao na slici 2.18.: Rubni uvjeti: 00 =⇒= zr , HzRr =⇒=

22 r

RHz = ⇒ drr

RHdz ⋅= 2

HRRRHdr

RHdrrdzdrrddzdrrdV

RRR z

⋅⋅=⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅= ∫∫∫∫∫∫ ∫∫ πϕϕϕϕππππ

24

2

2

0

22

0

2

00

2

00 0

2

0 21

4(2.91.)

što znači da je volumen kapljevine ispod slobodne površine (parabola) jednak polovini volumena cilindra omeđenog istim gabaritima ( )HR, .

1

Kinematika fluida Postoje dvije metode praćenja čestica fluida u kretanju:

• Praćenje određene čestice na putu kroz prostor, tj. praćenje njezine putanje te svih promjena brzina i ubrzanja. To je tzv. Lagrangeova metoda.

• Praćenje određene točke prostora kroz određeno vrijeme, u vidu praćenja parametara poput pritiska, brzine, akceleracije i sl. Za razliku od Langrangeove metode gdje se prati ista čestica fluida u prolasku kroz različite točke prostora, ovdje se prate različite čestice fluida u prolasku kroz istu točku prostora. Ova se metoda naziva Oulerovom i puno se češće koristi od Langrangeove.

Ako promatramo kretanje određene čestice fluida kroz određeno vrijeme (Langrangeova metoda), onda putanju koju ta čestica prođe nazivamo trajektorija. Ako zamislimo da čestica koja putuje kroz prostor ispušta boju, koja trajno ostaje na mjestu gdje je ispuštena, onda bi nastala krivulja predstavljala trajektoriju. Ako pak pratimo skup čestica fluida koje popunjavaju određeni prostor, kontrolni volumen, u istom trenutku dt, onda svaka čestica prevali put dtvds ⋅= . Krivulja formirana od vektora brzina za promatrani skup česticu fluida u istom trenutku naziva se strujnica. Drugim riječima, strujnica je krivulja koja je formirana od tangenti na smjer kretanja u svakoj točki. Prema definiciji strujnice, pošto vektor brzine u točki, nema normalnu komponentu, nema nikakvog poprečnog toka koji siječe strujnice.

Slika 3.1. Zamislimo li zatvorenu konturu unutar toka fluida, i postavimo li strujnice kroz sve točke zatvorene konture dobili smo jedan ograničen volumen (cijev) koji nazivamo strujna cijev. Sažmemo li površinu zatvorene konture na infinitezimalnu vrijednost, dobiti ćemo strujno vlakno.

Slika 3.2. Ako razmotrimo definicije trajektorije i strujnice, postavlja se pitanje koja je razlika između linija koje bi bile iscrtane po jednoj i po drugoj definiciji. Ako je strujanje vremenski nepromijenjeno, tj. ako bi slika strujnica za odabrani kontrolni volumen i u bilo kojem

2

drugom trenutku bila ista, onda bi se za takav slučaj strujnica i trajektorija poklapale. Za takav slučaj je brzina funkcija samo prostornih koordinata:

( )zyxvv ,,= , 0=∂∂

tv (3.1.)

i takvo se strujanje naziva stacionarnim. Kada vektor brzine (a s time povezano i drugi parametri) ovisi, ne samo o točki prostora, već i o vremenu:

( )tzyxvv ,,,= , 0≠∂∂

tv (3.2.)

strujanje nazivamo nestacionarnim. U takvom slučaju slika strujnica za trenutak t se razlikuje od slike strujnica za trenutak tt ∆+ , a trajektorije i strujnice se ne poklapaju. Na slici 3.1. je prikazano gibanje tijela kroz fluid konstantnom brzinom. Ako kamera koja promatra strujanje fluida oko krutog tijela putuje zajedno s tijelom onda će strujanje biti stacionarno. Brzine koje će se registrirati biti će relativne brzine a strujnice i trajektorije će se poklapati. Ako kameru fiksiramo, onda će ona prolazak tijela registrirati kao trenutni poremećaj, koji će izazvati vremenski ograničeno, nestacionarno strujanje. Prvi primjer predstavlja Oeulerovu metodu praćenja fluida a drugi Lagrangeovu. Uočavamo da u prvom primjeru promatramo stacionarno strujanje uvijek drugih čestica fluida, dok u drugom primjeru promatramo nestacionarno strujanje istih čestica fluida. Općenito su strujanja fluida uglavnom stacionarna, a nestacionarna strujanja se javljaju kao prijelazna pojava ili se javljaju kao posljedica nekih prijelaznih smetnji. Kod razmatranja strujanja uvijek ćemo nastojati da odaberemo metodu koja će nam omogućiti da strujanje prevedemo u stacionarno.

Brzina tijela Rel. brzina fluida Apsolutna brzina Slika 3.3.

3

Brzinu kao i svaki drugi vektor možemo rastaviti na komponente u smjeru osi koordinatnog sustava: kvjvivv zyx ++= (3.2.) 222

zyx vvvv ++= (3.3.)

Česti su slučajevi strujanja da se koordinatni sustav može postaviti na način gdje su pojedine komponente brzine jednake 0, pa se razmatraju slučajevi dvodimenzionalnog ( )yxvv xx ,= ( )yxvv yy ,= 0=zv (3.4.) ili čak jednodimenzionalnog strujanja: ( )xvv xx = 0=yv 0=zv (3.5.) Promatramo li strujnicu po definiciji u dvodimenzionalnom strujanju (slika 3.4.) proizlazi:

yx v

dyvdx

= (3.6.)

Slika 3.4. Kada bi strujanje bilo trodimenzionalno iz analogije proizlazi da bi tada vrijedilo:

zyx v

dzvdy

vdx

== (3.7.)

Relacije 3.6. i 3.7. predstavljaju analitičke izraze strujnice kod ravninskog odnosno prostornog strujanja fluida.

4

Gibanje čestica fluida Uzmemo li u razmatranje česticu fluida oblika kocke (slika 3.5.) onda se s njom za vrijeme gibanja mogu zbivati slijedeće promjene:

a. Translacija – čestica se translatorno pomiče u prostoru, bez ikakvih deformacija, kao da se radi o krutom tijelu.

b. Rotacija – čestica rotira oko neke osi, kao da se radi o čestici krutog tijela. c. Linijska deformacija d. Kutna deformacija e. Deformacija uz promjenu volumena

Bitno je napomenuti da bez obzira na promjene prilikom deformacije, čestica nikako ne mijenja svoju masu.

( )e Slika 3.5. Realno gibanje čestica je najčešće kombinacija navedenih promjena.

5

Kad govorimo o deformaciji fluida uz promjenu volumena, onda najčešće razlikujemo stlačive i nestlačive fluide. Generalno, kapljevine smatramo nestlačivim a plinove stlačivim fluidima, iako za takvu podjelu postoje određena ograničenja. Naime kod strujanje kapljevina podvrgnutim visokim pritiscima, moramo uzeti u obzir njihovu stlačivost (kompresibilnost). S druge pak strane, strujanje plinova kod male razlike pritisaka i niskih brzina, možemo razmatrati kao strujanje nestlačivog fluida. Pri tome je osnovni kriterij Machov broj, Ma, koji predstavlja odnos između brzine strujanja fluida i brzine zvuka:

avMa = (3.8.)

Slika 3.6.

Slika 3.7.

6

Promatrati ćemo čestica fluida ravninski, kao pravokutnik ABCD sa stranicama dx i dy koja u početnom trenutku vremena t smještena u točki O. Tu istu česticu možemo smatrati kvadrom stranica dx i dy konstantne dubine B (po z osi) kojoj je brzina 0=zv u svakom trenutku vremena. U trenutku dtt + , čestica dosegne položaj O', s tim da se njezin oblik pravokutnika promijenio u četverokut A'B'C'D' i to zbog toga što svaka od točaka ima svoju brzinu. Drugim riječima, došlo je do rotacije i kutne deformacije čestice fluida. Dužina AB u x smjeru zarotira se za 1εd a dužina AD u y smjeru za 2εd . Iz slike proizlazi:

dtdxxv

d y ⋅∂

∂=1ε dtdy

yv

d x ⋅∂∂

−=1ε

dtxv

dxdd y

∂

∂== 1

1ε

θ dtyv

dydd x

∂∂

−== 22

εθ

Ako kutnu brzinu dužine AB označimo s 1ω a dužine AD s 2ω :

xv

dtd y

∂

∂== 1

1θ

ω yv

dtd x

∂∂

−== 22

θω

Za centar O, prosječna kutna brzina ω je:

( )

∂∂

−∂

∂=+=

yv

xv xy

21

21

21 ωωω (3.9.)

Izraz u zagradi predstavlja vektor vrtložnosti u z smjeru i označava se s:

yv

xv xy

∂∂

−∂

∂=ξ (3.10.)

ωξ 2= Kada bi proveli analognu analizu u ostala dva smjera (x i y) dobili bi analogne rezultate, pa bi bilo:

∂∂

−∂

∂+

∂∂

−∂∂

+

∂

∂−

∂∂

=yv

xv

xv

zv

zv

yv xyzxyz

21

21

21ω (3.11.)

kyv

xv

jxv

zv

iz

vyv xyzxyz

∂∂

−∂

∂+

∂∂

−∂∂

+

∂

∂−

∂∂

=21

21

21ω (3.12.)

7

Cirkulacija Odaberimo u strujnom polju zatvorenu krivulju, kao što je to prikazano na slici 3.8., i podijelimo njezinu površinu na elementarne dijelove površine dA . Ako idemo po zatvorenoj konturi koja omeđuje površinu dA , i množimo li tangencijalnu komponentu brzine 'sv s

pripadajućim usmjerenim dijelom konture koji možemo predstaviti kao put ds , suma svih tih umnožaka predstavlja cirkulacija za pripadajuću zatvorenu konturu. Smjer suprotan od smjer kazaljke na satu predstavlja pozitivni smjer cirkulacije. Cirkulaciju za cijelu odabranu površinu dobivamo sumiranjem svih cirkulacija elementarnih površina. Na slici se može razabrati da se cirkulacije na granicama elementarnih čestica (zbog suprotnih smjerova) poništavaju, te ostaju cirkulacije samo na vanjskoj graničnoj krivulji.

Slika 3.8. dsvdsv ss ⋅⋅=⋅=Γ ∫∫ θcos' (3.13.) Izraziti ćemo ipak cirkulaciju za elementarnu površinu ABCD:

dydxyv

xv

dyvdxdyyv

vdydxxv

vdxvd xyy

xx

yyx ⋅⋅

∂∂

−∂

∂=⋅−

∂∂

+−

∂

∂++⋅=Γ

(3.14.) U izrazu u zagradi prepoznajemo vektor vrtložnosti ξ a izraz izvan zagrade je dA . Dakle: dAd ⋅=Γ ξ (3.15.) Cirkulaciju za cijelo omeđeno područje dobivamo sumiranjem cirkulacija elementarnih površina: AAdA

A

⋅=⋅=⋅=Γ ∫ ωξξ 2 (3.16.)

Ako je vrijednost cirkulacije za odabrano područje 0=Γ to znači da u tom području nema rotacije elementarnih čestica, a takvo strujanje nazivamo nevrtložnim ili potencijalnim. Treba napomenuti da je potencijalno strujanje vezano za neviskozni i nestlačivi fluid.

1

Zakon o održanju mase kontinuiteta (jednadžbe kontinuiteta) Generalno uzevši, strujanje fluida je trodimenzionalno, ali mnoge primjer strujanja možemo razmatrati kao jednodimenzionalne, što će nam često pojednostavniti razmatranje. Za primjer, za slučaj strujanja fluida kroz cijev, mi ćemo razmatrati brzine i strujanje paralelno s osi cijevi. Pri tome ćemo koristiti zakone o održanju mase, količine gibanja, momenta količine gibanja i energije. Zakon o održanju mase ili zakon kontinuiteta za jednodimenzionalno strujanje kaže da je pristigla masa fluida za promatrani kontrolni volumen jednaka masi fluida koji napušta kontrolni volumen.

Slika 4.1. Ako je kontrolni volumen omeđen stjenkama cijevi i odabranim površinama 1A i 2A koje nisu jednake onda prema zakonu kontinuiteta vrijedi:

..

222111 constmvAvA === ρρ (4.1.) Ako kroz cijev protječe nestlačivi fluid (kapljevina) čija je gustoća konstantna, tada jednadžba prelazi u oblik: .2211 constQvAvA === (4.2.)

Veličina .

m predstavlja maseni protok, odnosno to je masa fluida koja proteče kroz odabrani presjek u jedinici vremena. Veličina Q predstavlja volumenski protok, odnosno volumen fluida koji proteče kroz odabrani presjek u jedinici vremena. Ako se radi o nestlačivom fluidu onda je volumenski protok konstantan, i uobičajeno je da se naziva samo „protok“. Iz jednadžbe je vidljivo da je brzina obrnuto proporcionalna površini presjeka cijevi, odnosno radijusu cijevi. To znači da manjem presjeku (radijusu) cijevi odgovara veća brzina strujanja.

2

Zakon o održanju energije Zakon o održanju energije razmotriti ćemo na primjeru kretanja elementarne čestice neviskoznog fluida duž strujnice s. Kao i kod svakog gibanja i ovdje je osnovna jednadžba Newtonov zakon gibanja, samo što za

razliku od gibanja krute točke gdje vrijedi: dtvdmamF == , za česticu fluida vrijediti će:

Dt

vDdmFd = (4.3.)

Izraz DtD predstavlja tzv. materijalnu derivaciju bilo koje promatrane veličine. Naime kad

govorimo o brzini, a identična je stvar s bilo kojom drugom veličinom, onda je ona funkcija prostornih koordinata (puta) i vremena: ( )tzyxvv ,,,= (4.4.) pa onda i totalna derivacija sadrži član koji ovisi o točki prostora, tzv. konvektivno ubrzanje, odnosno o vremenu, tzv. lokalno ubrzanje.

Dt

vD = dtvd +

tv∂∂ (4.5.)

totalno ubrzanje=konvektivno+ lokalno Konvektivno ubrzanje nastupa zbog promjene položaja čestice, tj. kad čestica u vremenu dt promijeni položaj za sd , koji možemo rastaviti po koordinatnim osima na dx, dy i dz.

Lokalno ubrzanje tv∂∂ nastupa zbog nestacionarnosti strujanja, koje izaziva promjenu brzine

v u svakoj točki prostora. Kod stacionarnog strujanja ovaj član otpada. Konvektivni dio ubrzanja možemo izraziti i na ovaj način:

svv

dtds

sv

dtdv

∂∂⋅=⋅

∂∂

= (4.7.)

Slika 4.2.

3

Analizirajmo sada koje to sve sile djeluju na česticu neviskoznog fluida, koje izazivaju njeno ubrzanje:

• Sile pritiska: dAp ⋅ i dAdsspp

∂∂

+−

• Težina čestice fluida: gdsdAgdVgdm ⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅ ρρ Na ubrzanje čestice utječu samo sile paralelne s putem ds , odnosno njihove projekcije u smjeru sd , pa ispada:

θcos⋅⋅−⋅∂∂

−= gdmdAdsspdF (4.8.)

Ako sada uvažimo izraze 4.7. i 4.8. proizlazi:

∂∂

+∂∂

⋅⋅=

∂∂

+∂∂

=⋅⋅⋅⋅−⋅∂∂

−svv

tvdsdA

svv

tvdmgdsdAdAds

sp ρθρ cos (4.9.)

Na slici možemo vidjeti da je:

sz∂∂

=θcos (4.10.)

Uvrstimo to u jednadžbu 4.9. proizlazi:

∂∂

+∂∂

⋅⋅=∂∂⋅⋅⋅⋅−⋅

∂∂

−svv

tvdsdA

szgdsdAdAds

sp ρρ (4.11.)

Cijelu jednadžbu dijelimo s dA⋅ρ i dobivamo:

01=⋅

∂∂

+⋅∂∂⋅+

∂∂

+⋅∂∂ ds

tvds

szgds

spds

svv

ρ (4.12.)

Vidimo da su izrazi u 1., 2. i 3. članu potpuni prirasti uzduž puta ds pa možemo pisati:

01=⋅

∂∂

+⋅++⋅ dstvdzgdpdvv

ρ (4.13.)

Ako provedemo integraciju uzduž strujnice proizlazi:

.2

2

constdstvzgdpv

=⋅∂∂

+⋅++ ∫∫ ρ (4.14.)

Jednadžba 4.14. ima ograničenja da vrijedi za neviskozni fluid te da vrijedi uzduž jedne strujnice. Ako se radi o stacionarnom strujanju onda otpada 4. član pa za takav slučaj vrijedi:

4

.2

2

constzgpv=⋅++ ∫ ρ (4.15.)

Ako se pak radi o nestlačivom fluidu gdje je .const=ρ proizlazi:

.2

2

constzgpv=⋅++

ρ (4.16.)

Ovaj se izraz zove Bernoulijeva jednadžba. Pojedini članovi jednadžbe 4.14. predstavljaju:

2

2v specifična kinetička energija

zg ⋅ specifična potencijalna energija

∫∫ ⋅= vdpdpρ

specifična energija strujanja – rad po jedinici mase

∫ ⋅∂∂ ds

tv specifična energija za ubrzavanje strujanja

Govorili smo o tome da jednadžba 4.14. vrijedi za neviskozni fluid. Ako promatramo realni fluid onda je on neminovno viskozan. Viskoznost donosi sa sobom trenje među česticama fluida, koje neminovno rezultira energetskim gubicima. Ako te gubitke svedene na jedinicu mase označimo s [ ]kgJr / , onda jednadžba 4.14. prelazi u oblik:

.2

2

constrdstvzgdpv

=+⋅∂∂

+⋅++ ∫∫ ρ (4.17.)

Jednadžba 4.17. ima jedino ograničenje da vrijedi uzduž jedne strujnice. Pošto svi njezini članovi imaju dimenziju kgJ / možemo konstatirati da ona predstavlja jednadžbu održanja energije. Izraz 4.16. se može pisati u još dva oblika:

.2

2

constzgp

gv

=++ρ

(4.18.)

.2

2

constzgpv=⋅⋅++ ρρ (4.19.)

5

Članovi izraza 4.18. imaju dimenziju [ ]m , ali to također možemo proširiti i dobiti

=

NJ

NNm , tako da oni predstavljaju energiju po jedinici težine i zovemo ih redom:

g

v2

2

visina brzine

gpρ

visina tlaka

z geodetska visina

Članovi izraza 4.19. imaju dimenziju

3mN , ali to također možemo proširiti i dobiti

= 33 m

JmNm , tako da oni predstavljaju energiju po jedinici volumena. Ako je strujnica

horizontalna tada otpada član zg ⋅⋅ρ i možemo pisati:

ts ppv=+

2

2

ρ (4.20.)

Član 2

2vρ se često naziva dinamički pritisak, sp predstavlja statički pritisak a tp predstavlja

totalni ili zaustavni pritisak. Statički pritisak sp se može registrirati probijanjem male rupice vertikalno kroz cijev (slika x)

Slika 4.3. Primjenjujući jednadžbu 4.16. na strujanje nestlačivog fluida kroz horizontalnu cijev 21 zz = dobivamo:

g

pg

vg

pg

vρρ

2221

21

22+=+ (4.21.)

6

Slika 4.4 . Iz jednadžbe kontinuiteta: 2211 AvAv = tako da za 212121 ppvvAA >⇒<⇒> . Drugim riječima kod suženja cijevi raste brzina ali pada pritisak. Slika 4.5. prikazuje strujanje vode (realna viskozna kapljevina) između spremnika 1 i spremnika 2. Prikazane su jednadžbe održanja energije za presjeke 1, 2 i 3 prema izrazu:

333

23

222

22

11

21

222 rr hzg

pg

vhz

gp

gvz

gp

gv

+++=+++=++ρρρ

(4.22.)

Slika 4.5. gdje veličine 2rh i 3rh predstavljaju gubitke izražene u visini, između presjeka 1 i odgovarajućeg drugog promatranog presjeka.

7

Linija koja se dobiva spajanjem točaka koje predstavljaju zbroj geodetske visine i visine

tlaka

+

gpzρ

naziva se piezometrička linija. Linija koja se dobiva spajanjem točaka koje

predstavljaju zbroj geodetske visine, visine tlaka i visine brzine

++

gv

gpz

2

2

ρ naziva se

energetska linija. Kada bi u cijevi strujao neviskozni fluid, onda bi energetska linija bila horizontalna. U ovom slučaju horizontalnu liniju dobijemo ako na energetsku liniju dodamo vrijednost gubitaka.

1

Primjena jednadžbe o održanju energije (Bernoulijeve jednadžbe) Venturijeva cijev Venturijeva cijev (slika 5.1.)služi kao sprava za mjerenje protoka. Suženjem presjeka cijevi raste brzina strujanja što rezultira sniženjem pritiska. Mjerenjem pritisaka prije suženja i u suženom dijelu cijevi možemo izmjeriti protok.

Slika 5.1. Napišimo Bernoulijevu jednadžbu između presjeka 1 i 2 ( 21 zz = ):

g

pg

vg

pg

vρρ

2221

21

22+=+ ⇒

gvv

gpp

2

21

2221 −

=−ρ

(5.1.)

Jednadžba kontinuiteta:

QDvDvQAvAv ==⇒==44

22

2

21

12211ππ (5.2.)

π21

14

DQv = ;

π222

4D

Qv =

Jednadžba manometra: gHpp ρ=− 21 (5.3.) Ako izraze 5.2. i 5.3. uvrstimo u izraz 5.1. dobivamo:

g

DQ

DQ

ggH

2

161624

1

2

242

2

ππρρ

−= ⇒

−= 4

142

22 11

8 DDQgHπ (5.4.)

2

−

=

41

42

118DD

gHQ π (5.5.)

Kod realnog fluida ima gubitaka zbog trenja, vrtloženja itd. između presjeka 1 i 2. Zbog toga je realni protok nešto manji od teoretskog kojeg smo ovdje izrazili. Ovi se gubici izražavaju korekcijskim faktorom vC koji se za venturijevu cijev kreće 0.97..0.99 a vrijednost mu se određuje eksperimentalno. Zato će realni protok biti:

−

⋅=⋅=

41

42

118DD

gHCQCQ vvr π (5.6.)

Jednadžba 5.6. može se upotrijebiti i u slučaju kada je venturijeva cijev nagnuta tj. kada nije u horizontalnom položaju, što nećemo posebno dokazivati. Pitot-ova cijev Pitotova cijev je jednostavna naprava za mjerenje protoka. Napravljena je na osnovnoj ideji, da će se u staklenoj cijevi koja je svojim donjim krajem okrenuta u smjeru suprotnom strujanju fluida, podići razina vode, to više što je brzina strujanja veća. Slika 5.2. Slika 5.3. Pitotova cijev je izvedena na način na da je jedna cjevčica okrenuta u smjeru suprotnom protoku, a druga je okrenuta okomito na njega. Na taj način mjere se dva različita pritiska. Točka B se naziva zaustavna točka i u njoj nema nikakvog strujanja. Tlak u točki B naziva se zaustavni tlak. U točki C mjeri se statički pritisak. Primjenjujući Bernoulijevu jednadžbu od točka A i B dobivamo:

g

pg

vg

p BAA

ρρ=+

2

2

(5.7.)

3

ρ

ABA

ppv −= 2 (5.8.)

Pošto se točke A i C nalaze blizu statički pritisak koji se registrira u točki C je jednak onom u točki A: CA pp = tako da je:

ρ

CBA

ppv

−= 2 (5.9.)

A pošto je po jednadžbi manometra: gHpp CB ρ=− gHvA 2= (5.10.) Međutim realna Pitot cijev, proizvodi neke gubitke u strujanju zbog svojeg oblika, viskoznosti fluida i sl. pa će za realne slučajeve brzina biti: gHCv vA 2= (5.11.) gdje Cv

predstavlja korekcijski koeficijent brzine

Istjecanje Ako razmatramo istjecanje nestlačivog fluida iz posude čija je površina razmjerno velika prema površini otvora za istjecanje, i gdje se gornja razina, adekvatnim dotokom fluida održava konstantnom, onda možemo od točke A na površini fluida do točke B, tik na izlazu pisati Bernoullijevu jednadžbu:

Slika 5.4.

022

22

++=++g

vg

pH

gv

gp aAa

ρρ (5.12.)

4

Zbog relativno male gustoće zraka, atmosferski tlak u točki A i na izlazu možemo zanemariti. Nadalje, zbog relativno velike površine posude, brzinu u točki A također možemo zanemariti odnosno kažemo da je 0≈Av , pa otpada i drugi član lijeve strane jednadžbe. Stoga možemo pisati:

gHvHg

v 22

2

=⇒= (5.13.)

Izvedenu jednadžbu nazivamo Torricellijeva jednadžba i ona nam pokazuje da je brzina istjecanja jednaka kao u slučaju da čestice fluida slobodno padaju s visine H. U prethodnom razmatranju zanemarili smo bilo kakve gubitke pri istjecanju, a znamo da se oni uvijek javljaju, uslijed prolaska kroz izlazni cjevovod, armaturu i sl. Ako takve gubitke izrazimo preko gubitka kinetičke energije izlazne brzine:

g

vh iz

r 2

2

ξ= (5.14.)

gdje ξ predstavlja koeficijent svih gubitaka, onda Bernoullijeva jednadžba od točke A do izlaza iz cjevovoda izgleda ovako:

rizaAa hg

vg

pH

gv

gp

+++=++ 022

22

ρρ (5.15.)

Uvrstivši sve prethodno razmatrane pretpostavke ispada:

( )g

vg

vg

vH iziziz

21

22

222

ξξ +=+= ⇒ ξ+

=12gHviz (5.16.)

Ako kod istjecanja postoji samo otvor na posudi tj. ako nema nikakvog izlaznog cjevovoda s armaturom, onda nastaje samo gubitak u tom izlaznom otvoru, koji se obično izražava u obliku koeficijenta protoka izlaznog otvora:

otv

vCξ+

=1

1 (5.17.)

A gdje su stvarna i teorijska brzina istjecanja povezane relacijom: vCv vizl *= (5.18.) Kod pravilno izvedenih sapnica koeficijent vC se kreće u granicama 0.97-0.99. Da bismo proračunali protok kroz otvor, moramo prema navedenom modelu proračunati izlaznu brzinu, ali također moramo poznavati presjek otvora. Međutim ako analiziramo proces istjecanja vidjeti ćemo da mlaz u najužem presjeku, nikad ne dosegne presjek otvora već dolazi do određenog suženja, odnosno kontrakcije koja utječe na smanjenje protoka.

5

Kontrakcija mlaza nastaje zbog oštrih rubova otvora, jer čestica fluida zaobilazi oštre bridove u blagim zakrivljenjima. Utjecaj kontrakcije izražava se preko koeficijenta kontrakcije koji predstavlja odnos površine mlaza u najužem presjeku A0

i površine otvora A:

Slika 5.5.

AA

Cc0= (5.19.)

Volumenski protok fluida izračunava se stoga: ACvCAvQ cviz **** 0 == (5.20.) Koeficijente protoka i kontrakcije može se sjediniti u jedan koeficijent koji se naziva koeficijent istjecanja: cv CCC *= (5.21.) Na taj način protok možemo izraziti kao: gHACQ 2*= (5.22.) Koeficijenti protoka i kontrakcije određuju se eksperimentalno. Za običan (oštrobridni) provrt može se cC proračunati i teorijski i iznosi:

61.02

≈+

=π

πcC (5.23.)

Ako razmatramo slučaj istjecanja iz posude bez dotoka tj. bez održavanja stalne visine H uz zanemarenje izlaznih gubitaka i kontrakcije mlaza, onda možemo reći da je protok kroz otvor u određenom vremenu jednak razlici volumena u posudi u tom istom vremenu: ( ) dhhAdtvAdtQ p **** −== (5.24.)

6

Ako površina presjeka posude ne ovisi o visini h tj. ako je površina presjeka konstantna po visini, onda ova relacija prelazi u oblik: dhAdtghA p **2* −= (5.25.) Ako ovu jednadžbu riješimo po vremenu dt proizlazi:

h

dhgA

Adt p

2−= (5.26.)

∫∫ −−=2

1

2

1

2/1

2

h

h

pt

t

dhhgA

Adt

( ) ( )21

2/11

2/1

12 2

2

212

2hh

gA

Ahh

gA

Att pp −=

−−=− (5.27.)

U slučaju da želimo izračunati ukupno vrijeme za koje će se neka posuda isprazniti ( )0;;0 211 === hHht :

gH

AA

t p 2= (5.28.)

Želimo li u jednadžbu uvrstiti utjecaj izlaznih gubitaka i kontrakcije mlaza, preko koeficijenta istjecanja onda ona poprima oblik:

gH

ACA

t p 2*

= (5.29.)

Ako površina presjeka posude nije konstantna po visini, moramo je izraziti kao funkciju visini i tada integrirati. Postavimo si odmah pitanje: Kakav oblik treba imati posuda a da vrijeme potrebno za istjecanje linearno ovisi o visini ( )rHkt ⋅= ?

Slika 5.6.

7

Pretpostavimo da je na dnu posude malena rupa površine A kroz koju izlazi kapljevina, i tada je: π22 rdHAdHdtgHACdQ P ⋅−=⋅−=⋅⋅= (5.30.) Pošto želimo da visina kapljevine u posudi opada linearno s vremenom ( )rHkt ⋅= to će znači biti brzina opadanja nivoa konstantna:

hvdt

dHk =−=− (5.31.)

Ako iz relacije 5.30. izrazimo:

π22

rgHAC

dtdH ⋅

=− (5.32.)

Izjednačavanjem izraza 5.31. i 5.32. dobivamo:

π22

rgHAC

vh⋅

= ⇒ 24

222 2

πrgHACvh

⋅⋅=

422

22

2r

gACv

H h ⋅⋅⋅

⋅=

π (5.33.)

Pošto su svi članovi prvog faktora desne strane jednadžbe 5.33. konstantni i cijeli član je konstantan pa pišemo: 4. rconstH ⋅= ⇒ 4rH ∝ (5.44.) Na slici 5.7. je posuda koja ima upravo navedeni oblik unutrašnjosti i koja još u starom Egiptu služila kao sat.

Slika 5.7.

8

Istjecanje kroz otvor pod razinom kapljevine

Slika 5.8. Postavimo li Bernoullijevu jednadžbu od točke A do točke neposredno na izlazu iz otvora ispada:

022

22

1

2

++=+∆++g

vg

phHg

vg

p Aa

ρρ (5.45.)

02

02

11 ++

+=+∆++

gv

gghp

hHg

p aa

ρρ

ρ (5.46.)

HgvHg

v∆=⇒∆= 2

2

2

(5.47.)

Istjecanje kroz visoki otvor Kod razmatranja istjecanja kroz mali otvor razmatrali smo strujnice konstantne visine (od površine fluida u posudi do sredine otvora) što u stvarnosti nije točno ali se zbog relativno male visine otvora greška u proračunu može zanemariti. Ako visina otvora nije mala, onda to više ne možemo zanemarivati već moramo uzeti u razmatranje.

Slika 5.9.

9

Ako razmatramo istjecanje kroz pravokutni presjek b*ho

brzina u točki 2' će biti:

'2' ghv = (5.48.) A u točki 2'': ''2'' ghv = (5.49.) Kako je h''>h' to će i brzina v''>v'. Volumni protok dobiti ćemo integracijom po presjeku otvora: ( ) dhghbdhbhvdAhvdQ *2****)( === (5.50.) Ako još uzmemo u obzir kontrakciju mlaza ispada: dhghbCdQ v *2**= (5.51.)

∫=2

1

2/12**h

hv dhhgbCQ (5.52.)

( )2/31

2/322**

32 hhgbCQ v −= (5.53.)

Ako visinu h1

svedemo na nulu dobiti ćemo specijalni slučaj koji nazivamo preljev. Za njega vrijedi:

2/32**32 HgbCQ v= (5.54.)

Treba samo napomenuti da se visina H mjeri na dovoljnoj udaljenosti od preljevnog ruba (obično H4≈ ) jer se razina vode na samom preljevu spušta za iznos visine brzine vršne strujnice.

Slika 5.10.

10

Istjecanje fluida iz posude pod tlakom

Slika 5.11. Ako razmatramo istjecanje kapljevitog fluida kroz mali otvor, brzinu u posudi opet možemo zanemariti, dok iznad kapljevine vlada pretlak appp −=∆ 0 . Bernoullijeva jednadžba tada glasi:

022

220 ++=++

gv

gp

Hg

vg

p aA

ρρ (5.55.)

Uzevši u obzir sve navedene pretpostavke ispada:

02

02

0 +=++−

gvH

gpp a

ρ (5.56.)

+

∆= H

gpgv

ρ2 (5.57.)

Ako se u posudi nalazi samo plin (pod umjerenim tlakom, tako da kod istjecanja još ne moramo plin smatrati stlačivim), ili ako je gph ρ/∆<< onda jednadžba prelazi u oblik:

ρ

pv ∆=

2 (5.58.)

Vrtlozi Uobičajeno je da gibanje fluida po zatvorenim kružnicama nazivamo vrtlogom. Izvedenim relacijama možemo ovu definiciju i proširiti. Vrtlog predstavlja svako strujanje fluida kod kojeg u obuhvaćenom području 0≠Γ . Fluid rotira oko jednog središta poput krutog tijela: brzina čestica raste s radijusom ru ×= ω . Ako u fluid bacimo šibicu ona također rotira na način kao što vidimo na slici 3.7. Takav se vrtlog naziva prisilni vrtlog. Ako bi analizirali bilo koju zatvorenu krivulju unutar vrtloga vidjeli da postoji cirkulacija.

11

Slika 5.12. Prisilnih vrtloga možemo imati bezbroj, a rotacija na način kao što to rotira čvrsto tijelo s

.const=ω je jedan češći oblik. Svi prisilni vrtlozi gibaju se uz rotaciju elemetarnih čestica. Međutim, ima jedna vrsta vrtloga – kojeg zovemo slobodni vrtlog – kod kojeg čestice ne rotiraju, već je strujno polje takva „vrtloga“ potencijalno. To znači da je cirkulacija 0=Γ , a da bi taj uvjet bio zadovoljen mora biti: .2211 construruru =⋅=⋅=⋅ (5.59.) Istjecanje vode iz plitkih posuda, virovi u rijekama i tornado, neki su od primjera slobodnih vrtloga koji se javljaju u prirodi. Kada smo govorili o prisilnom vrtlogu u statici fluida onda smo izveli jednadžbu:

dzgdrrdp ⋅⋅−⋅⋅⋅= ρωρ 2 (5.60.) Ako se radi o plinu koji ima relativno malu gustoću onda drugi (gravitacijski) član možemo zanemariti pa ostaje: drrdp ⋅⋅⋅= 2ωρ (5.61.) Ako uvažimo da je obodna brzina jednaka ru ⋅= ω onda slijedi:

drr

udp ⋅⋅=2

ρ (5.62.)

Rekli smo da za slobodni vrtlog vrijedi: kconstru ==⋅ . pa u tom slučaju ispada:

drrkdp ⋅⋅= 3

2

ρ (5.63.)

12

Integracijom između polumjera 1 i 2 dobivamo:

−

⋅=

−⋅=⋅⋅=−

−−∫ 2

22

1

22232

1211

22

2

1

2

1rr

krkdrrkppr

r

r

r

ρρρ (5.64.)

što će reći da tlak s povećanjem polumjera raste kvadratno. Razmotriti ćemo sada potencijalni vrtlog za realni fluid, a znamo da se baš takvi „slobodni“ vrtlozi javljaju u prirodi.

Za središte vrtloga 0=r , a vrijedi da je rku = , brzina bi morala porasti preko svake mjere tj.

∞=u . Budući da u prirodi ne može biti takvih brzina, u središtu vrtloga stvara se vrtložna jezgra. Čestice unutar jezgre rotiraju kao čvrsto tijelo. Tu dolaze do izražaja sile trenje u realnom fluidu, koje su na vanjskim dijelovima takvog vrtloga (zbog malih brzina) relativnom male, pa se u razmatranju mogu zanemariti. Rekli smo da se u središtu slobodnih vrtloga, stvori jezgra. Ona se kod manjih vrtloga (vijavice) i vidi jer obično uzvitla nečistoću. Ona redovito putuje te nad kopnom diže uvis prašinu i druge čestice, a nad vodenom površinom vodu (tromba). Kako je strujno polje potencijalno, ukupna energija po Bernoulijevoj jednadžbi će biti jednaka u svakoj točki polja, tako da ako promatramo ravninski ( ).constz = možemo pisati:

g

pg

uconstgp

gu

gp

guo

ρρρ∞∞ +==+=+

2.

22

220

2

(5.65.)

Veličine s indeksom ∞ vrijede na radijusu ∞=r . Sada možemo pisati:

2

2upp ρ−= ∞ jer je 0≈∞u (5.66.)

S obzirom da je rr

uu 00= ispada da je:

2

020

2

−= ∞ r

rupp

ρ (5.67.)

Iz relacije 5.67. slijedi da bi za 0=r tlak bio −∞=p , a to bi za fluid značilo vlačno opterećenje prilikom kojeg bi fluid ispario. Promatramo li slobodni vrtlog trodimenzionalno (npr. vrtlog na vodi), onda se u skladu s Bernoulijevom jednadžbom dobiti lijevak u središtu vrtloga. Ako je tlak na površini vode jednak atmosferskom ap , a h predstavlja visinu nesmetane površine nad nekom proizvoljno uzetom nul-linijom i z je visina površine nad 0-linijom, možemo pisati Bernoulijevu jednadžbu za neki polumjer r i za beskonačnost:

13

hg

pz

gu

gp aa +=++

ρρ 2

2

0≈∞u pa je član izostavljen (5.68.)

g

uzh2

2

=− (5.69.)

Dubina lijevka jednaka je visini prostog pada za brzinu u . Krivulja tlaka poklapa se s površinom vode.

Strujanje viskoznog fluida Svi su fluidi viskozni. U slučaju kada je viskoznost fluida zanemariva, fluid promatramo kao neviskozni i to nam pojednostavnjuje razmatranje. Kada smo govorili o jednadžbi kontinuiteta kod strujanja kroz cijev, onda smo prešutno pretpostavili da je brzina u poprečnom presjeku cijevi konstantna, i da iznosi:

AQv = (6.1.)

Slika 6.1. Ako govorimo o realnom, viskoznom fluidu onda znamo da čestice fluida koje su u dodiru sa stjenkom cijevi imaju brzinu 0=v a da brzina raste prema simetrali cijevi, što će reći da brzina u poprečnom presjeku cijevi nije konstantna već ima određeni profil. Ono što kod neviskoznog fluida nazivamo „brzinom“ za realni, viskozni fluid je to prosječna brzina koju matematički možemo izraziti kao:

A

vdAv A∫

= (6.2.)

gdje v predstavlja komponentu vektora brzine, okomitu na presjek. Označi li se sa 'v pozitivno ili negativno odstupanje faktičke brzine od prosječne brzine onda je: 'vvv −= (6.4.)

( )

A

dAvv

A

dAv

A

dAv

A

dAvvv AAAA

∫∫∫∫ ⋅+=

⋅+

⋅=

+=

''' (6.5.)

što znači da je: 0' =⋅∫

A

dAv (6.6.)

odnosno, zbroj odstupanja stvarnih brzina od prosječne brzine jednak je nuli. Razmotriti ćemo sada, kako profil brzine utječe ne Bernoulijevu jednadžbu, gdje smo pretpostavili da je profil brzine ravan, odnosno, da je brzina konstantna po poprečnom

presjeku. Uzeti ćemo u obzir samo član koji se odnosi na specifičnu kinetičku energiju na koji

brzina ima utjecaj. Rekli smo da je specifična kinetička energija 2

2v , ako još tome pridružimo

masu onda je sekundna kinetička energija jednaka:

222

322. vdAvvdAvmddek ⋅⋅=⋅⋅⋅== ρρ (6.7.)

a za cijeli presjek će biti:

dAveA

k ∫= 3

2ρ (6.8.)

Kada bismo računali s prosječnom brzinom v dobili bismo kinetičku energiju:

Avek3

2⋅=

ρ (6.9.)

Lako je dokazati da je : ∫<

A

dAvAv 33 (6.10.)

zato se uvodi korektivni faktor:

13

3

>=∫

Av

dAvAδ (6.11.)

koji se još naziva i Coriolisovim koeficijentom. Ako taj koeficijent uključimo u Bernoulijevu jednadžbu on će figurirati samo u članu gdje se

javlja prosječna brzina strujanja g

v2

2

δ . Obično se oznaka za prosječnu brzinu ne piše već

ćemo Bernoulijevu jednadžbu pisati u obliku:

.2

2

constzgp

gv

=++ρ

δ (6.12.)

pri čemu ćemo za v smatrati prosječnu brzinu u promatranom presjeku cijevi.

Režimi strujanja fluida Osborne Reynolds je bio prvi znanstvenik koji je proučavao režime strujanja fluida. On je promatrao strujanje vode kroz staklenu cijev. Na jednom je mjestu u tok vode ubacivao obojenu tekućinu i promatrao daljnji tok. Kada bi ventil na ulazu vode bio do određene mjere zatvoren, i brzina strujanja vode relativno niska, nije dolazilo do miješanja vode i obojene kapljevine (slika 6.2.). Kada bi ventil za dovod vode, jače otvorio voda i obojena kapljevina su se počeli miješati slika (6.3.).

Slika 6.2.

Slika 6.3. Strujanje gdje se slojevi kapljevine ne miješaju međusobno već struje paralelno naziva se laminarno strujanje, dok se strujanje kod kojeg dolazi do međusobnog miješanja slojeva fluida naziva turbulentno strujanje.

Slika 6.4. Proučavajući strujanje vode kroz staklene cijevi, Reynolds je došao do zaključka da režimi strujanja ovisi o jednoj bezdimenzijskoj karakteristici koja je njemu u čast nazvana Reynoldsov broj:

µ

ρν

⋅⋅=

⋅=

dwdwRe (6.13.)

Iako se za strujanje vode pod posebnim uvjetima (temperature < C°0 ) može za vrijednosti do 5*104

2300Re =k

, održati laminarno strujanje, generalno se uzima da je kritična vrijednost Reynoldsovog broja . Za vrijednosti manje od kritične, strujanje je laminarno, za vrijednosti

10000Re2300 << strujanje je prijelazno a za vrijednosti 10000Re > strujanje je turbulentno.

Za kanale proizvoljnog poprečnog presjeka koristi se ekvivalentni promjer:

OAdekv

4= (6.14.)

A- površina poprečnog presjeka kanala [ ]2m O- opseg kanala (koji je u dodiru s fluidom)

A = a2 A = a ⋅ b

α

α

a

a

a

b

KVADRATNI PRAVOKUTNI

PRSTENASTI

O =2 (a +b)

baabdekv +

=2adekv =

O = 4a

( )22

4dDA −

π=

( )dDO +π=

dDdekv −=d

Dα

A

Slika 6.5. Gubici energije kod strujanja Strujanje realnog (viskoznog) fluida neminovno rezultira energetskim gubicima. Ako razmatramo stacionarno strujanje nestlačivog fluida onda jednadžba o održanju energije (Bernoulijeva jednadžba) za dva odabrana presjeka glasi:

rhg

vg

pzg

vg

pz +++=++22

22

22

2

21

11

1 δρ

δρ

(6.15.)

Odatle možemo proračunati gubitak cjevovoda među presjecima 1 i 2:

g

vvg

ppzzhr 2

222

21121

21⋅−⋅

+−

+−=δδ

ρ (6.16.)

Ako se radi o horizontalnom cjevovodu jednolikog presjeka onda je zbog horizontalnosti

21 zz = a po jednadžbi kontinuiteta 21 vv = , pa ostaje zaključak da gubici u tom slučaju rezultiraju padom tlaka:

g

pphr ρ21 −= (6.17.)

Izdvojimo sada volumen fluida duljine dl i površine A jednake površini presjeka cijevi, te odredimo ravnotežu sila koje djeluju na taj volumen. Na taj elementarni volumen djeluju sile tlaka p i dpp + te sila uslijed tangencijalnog naprezanja oτ na stijenkama po obodu cijevi O . ( ) dlOAdppAp o ⋅⋅+⋅+=⋅ τ (6.18.)

dld

dld

ddlAOdp ooo ⋅⋅=⋅

⋅⋅⋅

⋅=⋅⋅=−44

2 τππττ (6.19.)

Tangencijalno naprezanje na stjenci, što nećemo posebno izvoditi ili dokazivati, je proporcionalno kinetičkom tlaku. Ako s ϕ označimo faktor proporcionalnosti onda je:

2

2vo ρϕτ ⋅= (6.20.)

Ako to uvrstimo u jednadžbu 6.19. dobivamo:

dld

vdp ⋅⋅⋅=−4

2

2

ρϕ (6.21.)

Očigledno je da je prirast tlaka u smjeru strujanja negativan. Ako to integriramo, dobiti ćemo:

2

42

21v

dlppp ρϕ ⋅⋅=−=∆ (6.22.)

Zamijeni li se faktor λϕ =4 , što predstavlja bezdimenzionalni koeficijent trenja u ravnim cijevima, nastaje poznata Darcy-Weissbachova formula za gubitak trenja u cijevima

2

2vdlpr ρλ ⋅⋅=∆ Pa (6.23.)

Često se gubici trenja izražavaju visinom pa onda izraz glasi:

g

vdlhr 2

2

⋅⋅=∆ λ m stupca kapljevine (6.24.)

Brzina v u izrazima 6.23. i 6.24. predstavlja prosječnu brzinu strujanja u cjevovodu. Općenitije možemo ove izraze pisati:

2

2vpr ρζ ⋅=∆ (6.25.)

g

vhr 2

2

⋅=∆ ζ (6.26.)

i oni predstavljaju kakvegod gubitke u cjevovodu. Obično gubitke u cjevovodu dijelimo na linijske i lokalne. Za linijske smo već rekli da vrijedi:

dlλζ = (6.27.)

O vrijednostima ζ za pojedine lokalne otpore govoriti ćemo detaljnije u kasnijim poglavljima.

Stacionarno laminarno strujanje kroz ravnu cijev Bernoulijeva jednadžba s uvažavanjem gubitaka:

rhzg

vg

pzg

vg

p+++=++ 2

22

22

1

21

11

22δ

ρδ

ρ (7.1.)

Ako se radi su presjeci 1 i 2 na istoj visini onda je 21 zz = . Nadalje ako je cijev konstantnog promjera onda zbog zakona o kontinuitetu profil i veličina brzina u presjecima 1 i 2 mora biti

isti g

vg

v22

22

2

21

1 δδ = . Ako to uvažimo u jednadžbi ostaje:

g

pphr ρ21 −= (7.2.)

što govori da se gubici pri strujanju ispoljavaju u vidu pada tlaka. Znamo da je tangencijalno naprezanje:

dydvµτ = (7.3.)

Slika 7.1. Ako uzmemo u obzir strujanje kroz cijev onda y možemo izraziti kao rRy −= pa slijedi da je drdy −= . Ako to uvrstimo u jednadžbu dobivamo:

drdvµτ −= (7.4.)

Ukupna sila koja se javlja uslijed tangencijalnog naprezanja na stjenci cijevi dužine dx iznosi:

dxrdrdvAF ⋅−=⋅= πµτ 2 (7.5.)

Isto tako znamo da kod ravnoteže sila tijelo ili miruju ili se jednoliko giba. Pošto se ovdje radi o jednolikom gibanju sile koje djeluju na fluid moraju biti u ravnoteži:

Frdxdxdpprp +⋅

+=⋅ ππ 22 (7.6.)

dxrdrdvrdx

dxdp

⋅=⋅ πµπ 22 (7.7.)

µ2drr

dxdpdv ⋅

⋅= (7.8.)

Crdxdpv +⋅=

µ4

2

(7.9.)

Ako je uz rubni uvjet : 0=⇒= vRr tj. da fluid na samoj stijenci miruje, onda proizlazi da

je konstanta integracije C=µ4

2Rdxdp

⋅− pa će konačni oblik jednadžbe biti:

( )22

41 Rr

dxdpv −=

µ (7.10.)

Ova jednadžba predstavlja Hagen-Poiseuilleov zakon raspodjele brzine pri laminarnom

strujanju. Član ( ) 022 ≤− Rr , ali je zbog pada tlaka u smjeru strujanja uvijek 0<dxdp , pa

brzina ispada pozitivna vrijednost (ili nula). Max. brzina će biti na osi cijevi gdje je r=0

dxdpRv

µ4

2

max −= (7.11.)

Protok dobivamo da svaki djelić površine unutrašnjeg presjeka cijevi pomnožimo s odgovarajućom brzinom i sumiramo:

( ) ( ) drdrRrdxdpdrdrRr

dxdpvdAdQ ⋅⋅−=⋅⋅⋅−== ϕ

µϕ

µ2322

41

41

( ) ( )

−=⋅−=⋅−= ∫∫∫ 24224

1 44

0

232

00

23 RRdxdpdrrRr

dxdpddrrRr

dxdpQ

RR

µπ

µπϕ

µ

π

dxdpRQ

µπ

8

4

−= (7.12.)

I ovdje imamo na umu da član 0<dxdp , pa je vrijednost protoka pozitivna. Isto tako, zbog

jednolikog profila brzina uzduž cijevi .constdxdp

= pa možemo pisati l

ppconstdxdp 12. −

== .

( ) ( )21

4

12

4

88pp

lRpp

lRQ −

⋅=−

⋅−=

µπ

µπ (7.13.)

Ako znamo da je protok jednak umnošku površine presjeka cijevi i prosječne brzine:

( )21

2

22

8pp

lR

RQvRvQ −

⋅==⇒⋅=

µππ (7.14.)

a odnos: 2/1/ max =vv (7.15.) dok je Coriolisov koeficijent: 2=δ (7.16.) Izrazimo sada pad tlaka u ovisnosti od prosječne brzine strujanja:

( ) 2218

Rvlppp ⋅⋅

=−=∆µ (7.17.)

što predstavlja gubitak pri strujanju. Ako taj gubitak izrazimo preko visine ispada:

2

8Rgvlhr ⋅⋅⋅⋅

=ρµ (7.18.)

Ako u jednadžbi 7.17.uvažimo da je 2/dR = možemo je sada pisati i u ovom obliku:

22

2324/

822

2

vdlv

dl

dvdvlp lam ρλρ

ρµµ

=⋅⋅

⋅⋅⋅=

⋅⋅=∆ (7.19.)

Na ovaj način smo dobili izraz za koeficijent trenja u laminarnom strujanju kroz ravnu cijev:

Re6464

=⋅⋅⋅

=ρµλ

dvlam (7.20.)

Stacionarno laminarno strujanje između dviju paralelnih ploča Ovakvo strujanje možemo zamisliti kao strujanje kroz pravokutnu cijev čija je širina b mnogostruko veća od visine h tako da se utjecaj trenja fluida na bočnim stjenkama može zanemariti.

Slika 7.2. Iz ravnoteže sila u smjeru x osi slijedi: ( )[ ] ( )[ ] 0=⋅−++⋅+− bdxdbdydppp τττ (7.21.) dydpdxd ⋅=⋅τ (7.22.)

dxdp

dyd

=τ (7.23.)

Ako uvažimo činjenicu da je dydvµτ = odnosno da je

=

dydv

dyd

dyd µτ jednadžba prelazi u

oblik:

=

dydv

dyd

dxdp µ (7.24.)

S obzirom da je pad tlaka konstantan u x smjeru možemo dxdp integrirati po varijabli y:

1Cdydvy

dxdp

+= µ (7.25.)

21

2

2CyCvy

dxdp

++⋅= µ (7.26.)

Ako napišemo 1. rubni uvjet da je za 00 =⇒= vy konstanta integracije C2

0=⇒= vhy ispada 0. Ako

uvedemo 2. rubni uvjet :

hChdxdp

1

2

2= =⇒ 1C

2h

dxdp (7.27.)

Ako ovu konstantu uvedemo u jednadžbu dobivamo:

( )hyydxdpv −= 2

21µ

(7.28.)

Protok dobivamo da sumiramo po presjeku hb ⋅ umnoške malih površina dyb ⋅ s pripadajućom brzinom:

( )∫∫ ⋅⋅−=⋅⋅=hh

dybhyydxdpdybvQ

0

2

0 21µ

(7.29.)

dxdpbhhyy

dxdpbQ

h

µµ 12232

3

0

23

−=

−= (7.30.)

odnosno ako opet uvažimo činjenicu da je 0. 12 <−

==l

ppconstdxdp

( )21

3

12pp

lbhQ −

⋅=

µ (7.31.)

Maksimalna brzina se dobiva na mjestu gdje je prva derivacija jednaka 0:

( )2

0221 hyhy

dxdp

dydv

=⇒=−=µ

(7.32.)

=−=

−=

dxdphhh

dxdpv

µµ 82421 222

max ( )21

2

8pp

lh

−⋅µ

(7.33.)

Prosječna brzina je:

==AQv ( ) ( )21

2

21

3

1212pp

lhpp

hblbh

−⋅

=−⋅⋅⋅ µµ

(7.34.)

Odnos između prosječne i max. brzine je:

32/ max =vv (7.35.)

Sve ove izraze koji vrijede za stacionarno laminarno strujanje između dviju paralelnih ploča možemo upotrijebiti u slučaju kada se radi o strujanju kroz uski zazor kao npr. između klipa i cilindra. Bitno je kod toga da je širina zazora h mnogo manja od promjera klipa D . Izraz za protok u ovom slučaju bi glasio:

( )21

3

12pp

lhDQ −⋅⋅⋅

=µπ (7.36.)

gdje sada l predstavlja visinu klipa.

1

Turbulentno strujanje Rekli smo da turbulentno strujanje nastupa za gotovo sva strujanja za koje je 2300Re > . Dok se kod laminarnog strujanja otpor sastoji samo od trenja među česticama fluida, kod turbulentnog strujanja otpor predstavljaju uglavnom vrtloženja čestica fluida. Zbog toga je otpor kod turbulentnog strujanja značajno veći. Ako bismo npr. računali vrijednosti koeficijenta trenja za vrijednosti 10000Re = za laminarno strujanje (što smo rekli da je uz određene uvjete moguće održati) onda bi bilo:

0064.010000

64Re64

===lamλ

Ako bi za isti Re računali koeficijent trenja za turbulentni režim strujanja onda bi bilo: 03164.0Re3164.0 25.0 =⋅= −

turbλ Što daje povećanje koeficijenta trenja od otprilike 5 puta, što daje kvalitativnu sliku koliko turbulentno strujanje proizvodi više gubitaka. Karakteristika turbulentnog strujanja su potpuno nepravilne staze pojedinih čestica fluida. Brzina za pojedine čestice ima komponentu u smjeru toka, ali također i u bočnim smjerovima. Druga osnovna karakteristika turbulentnog strujanja je nestacionarnost. Ako bi promatrali jednu fiksnu točku prostora onda bi vidjeli da se brzina u njoj mijenja s vremenom i po veličini i po smjeru što značajno komplicira razmatranje. Zbog toga ćemo u razmatranje uzimati prosječnu brzinu u nekoj točki, koja predstavlja prosjek vrijednosti brzine kroz određeno vrijeme. Ako koordinatni sustav postavimo tako da se os x poklapa sa osi cijevi onda će biti:

dtvT

vT

xx ∫ ⋅=0

1 ; 01

0

=⋅= ∫ dtvT

vT

yy ; 01

0

=⋅= ∫ dtvT

vT

zz

Vrijednosti prosječnih brzina u bočnim smjerovima ( yv i zv ) su jednaki nuli zbog toga što nema nikakvog rezultirajućeg kretanja fluida u tim smjerovima. Nacrtamo li profil brzine s vremenski prosječnim brzinama dobivamo sliku kao što je to prikazano na slici 11.1. Usporedimo li takav profil brzina s laminarnim (parabola) vidjet ćemo da je profil brzina kod turbulentnog strujanja mnogo položitiji. Međutim, nije cijeli presjek zahvaćen turbulentnim strujanjem, Naime postoji tanki sloj fluida uz samu stjenku gdje fluid struji laminarno i taj sloj fluida nazivamo laminarni podsloj. Brzina čestica fluida priljubljenih uz samu stjenku je jednaka brzini stjenke, dakle nula.

Slika 11.1.

2

Ako promatramo formiranje profila brzina za laminarno i turbulentno strujanje u cijevi onda će to izgledati kao što prikazuje slika 11.2.

Slika 11.2. Određivanje koeficijenta trenja λ Već smo rekli da se gubici trenja kroz cijev mogu izraziti Darcy-Weissbachovom formulom:

gv

dlhr 2

2

⋅⋅=∆ λ (11.1.)

Koeficijent trenja λ ovisi o Re broju i o hrapavosti cijevi. Vrijednosti apsolutne hrapavosti za različite materijale od kojih se cijevi izrađuju dane su u tablici 11.1. Napomenimo da vrijednosti odgovaraju novim, čistim cijevima i da u određenoj mjeri mogu odstupati. Nakon

3

što je cijev u pogonu neko vrijeme, njezina se hrapavost može promijeniti bilo zbog taloga na stjenkama cijevi, bilo zbog korozije.

Tablica 11.1. Za određivanje koeficijenta trenja koristi se relativna hrapavost D/ε kao bezdimenzijski parametar. Staklene cijevi imaju vrlo male neravnine tako da ih smatramo hidraulički glatkima. Jedna od najšire korištenih metoda određivanja koeficijenta trenja λ je očitanje vrijednosti iz Moody-evog dijagrama (slika 11.3.). Dijagram je napravljen na osnovu podataka koje je Moody dobio eksperimentalno. Vrijednosti λ kao i vrijednosti Re nanesene su u logaritamskom mjerilu. Na lijevoj strani dijagrama, za vrijednosti 2300Re < , što predstavlja laminarno strujanje, vrijednosti λ poprimaju vrijednosti prema relaciji: Re/64=λ . Za vrijednosti 2300<Re<4000 (šrafirano područje) nisu ucrtane krivulje i to zbog toga jer je to prijelazna zona između laminarnog i turbulentnog strujanja, gdje nije moguće predvidjeti tip strujanja. Za turbulentno područje općenito možemo iznijeti neke opservacije:

• Za zadane vrijednosti Re, smanjenjem vrijednosti parametra D/ε smanjuju se i vrijednosti koeficijenta trenja λ .

• Za zadanu vrijednost parametra D/ε , povećanjem Re smanjuje se koeficijent trenja λ i to sve dok se ne dosegne zona potpune turbulencije.

• U zoni potpune turbulencije λ ne ovisi o Re. • Ako se vrijednost parametra D/ε smanjuje, povećava se vrijednost Re kod kojeg

strujanje smatramo potpuno turbulentnim.

4

Slika 11.3. Za izračunavanje koeficijenta trenja λ postoji i niz analitičkih izraza od kojih ćemo ovdje navesti neke najčešće korištene. Za hidraulički glatke cijevi, a to su one gdje je zadovoljen uvjet υε /5v≤ , možemo navesti 2 izraza: Blasius-ov: 4/1Re3164.0 −⋅=λ (Za vrijednosti 510Re3000 << ) (11.2.) Nikuradse-ov: 237.0Re221.00032.0 −⋅+=λ (Za vrijednosti 65 103Re10 ⋅<≈< ) (11.3.) U području turbulentnog strujanja najtočnijom se smatra formula Colebrooka koja glasi:

+⋅−=

λε

λ Re5119.22698.0ln86859.01

D (11.4.)

Iz koje bi se faktor trenja odredio iterativnim postupkom, što je nepraktično, te se preporuča koristiti eksplicitnu formulu Swamee-Jain, koja je dovoljno točna, a primjenjiva praktički za čitavo područje Moodyjeva dijagrama uz Re>5000, a koja glasi:

2

9.03 Re

74.57.3

ln

325.1

+

⋅

=

dε

λ (11.5.)

5

Lokalni gubici Čestice fluida u strujanju stalno gube energiju, bilo zbog trenja, bilo zbog vrtloženja. Rekli smo već, da osim linijskih gubitaka postoje još i lokalni gubici. To su gubici koji se javljaju na relativno kratkom putu strujanja. Ima ih mnogo vrsta, a mi ćemo se usredotočiti samo na one najbitnije. Lokalni otpor se uglavnom izražava preko koeficijenta lokalnog gubitka ζ s tim da vrijedi:

2

2vpr ρζ ⋅=∆ (11.6.)

g

vhr 2

2

⋅=∆ ζ (11.7.)

Koeficijent ζ se uglavnom određuje eksperimentalno, tako da postoje kataloški podaci o njegovim vrijednostima za pojedine lokalne otpore. Uglavnom ovisi o geometriji pojedinih elemenata ili dijelova cjevovoda, a u manjem obimu i o Reynoldsovom broju. Postoje neki slučajevi gdje se koeficijenti lokalnog gubitka ζ mogu teoretski izračunati, ali je eksperimentalno dokazano da i te vrijednosti u praksi odstupaju od stvarnih. Lokalni gubitak zbog naglog proširenja Pretpostavimo da je cijev s proširenjem na slici 11.4., horizontalna i zanemariti ćemo gubitke trenja između presjeka 1 i 2. Uzevši u obzir gubitke uslijed naglog proširenja, Bernoulijeva jednadžba između presjeka 1 i 2 će glasiti:

rhg

vg

pg

vg

p++=+

22

222

211

ρρ (11.8.)

gvv

gpphr 2

22

2121 −

+−

=ρ

(11.9.)

Slika 11.4.

6

Neposredno nakon naglog proširenja, pritisak još nije mogao pasti već je na istoj razini 1p , što znači da na prstenasti dio površine koji čini razliku između 1A i 2A djeluje pritisak 1p . Ako postavimo impulsnu jednadžbu za kontrolni volumen (između presjeka 1 i 2) ispada: ( ) ( ) 22112 AppvvQ ⋅−=−⋅ρ (11.10.) Budući da je prema jednadžbi kontinuiteta 2211 AvAvQ ⋅=⋅= jednadžbu 11.10. možemo pisati u obliku:

( ) ( ) ( )12

212

2

21 vvgv

gvv

AQ

gpp

−⋅=−

⋅=⋅−

ρ (11.11.)

Ako izraz 11.11. ubacimo u izraz 11.9. ispada:

( )g

vvvvgvv

gvvv

gvvvv

gvhr 2

222

222

2112

22

22

2112

22

22

21

122 +−

=−

+−

=−

+−⋅= (11.12.)

( )gvvhr 2

221 −= (11.13.)

Veličina rh za ovaj slučaj, naziva se Borda-Carnotov gubitak visine. Ako to želimo izraziti u

obliku g

vhr 2

2

⋅= ζ dobivamo:

g

vAAhr 2

121

2

2

1

−= tako da za naglo proširenje ispada da je:

2

2

11

−=

AA

ζ (11.14.)

7

Izlazni gubici cjevovoda Ako imamo slučaj istjecanja fluida iz cjevovoda u neki veliki spremnik onda u obzir trebamo uzeti gubitke istjecanja.

Slika 11.5. Ovaj slučaj možemo promatrati kao slučaj naglog proširenja cjevovoda. Pri tome je:

g

vAAh iz

r 21

22

2

1

−= (11.15.)

Pošto je 21 AA << član 0/ 21 ≈AA pa izraz za izlazni gubitak prelazi u oblik:

g

vh iz

iz 2

2

= (11.16.)

Lokalni gubitak zbog naglog suženja Pri strujanju fluida kroz presjek 1, dolazi do naglog suženja cjevovoda pri čemu je kontrakcija mlaza fluida još i veća (presjek 2 ), da bi nakon toga došlo do postepenog proširenja na presjek 3 .

Slika 11.6. Analogno gubitku visine kod naglog proširenja ovdje možemo pisati:

( )

gvv

h cr 2

22−

=g

vCc 2

11 22

2

−= (11.17.)

8

Lokalni gubitak zbog ulaza fluida iz velike posude u cijev Kao što je prikazano na slici 11.7. ulazak fluida u cijevi, iz neke velike posude, rezultira lokalnim gubitkom koji su preko gubitka visine može također izraziti kao:

g

vhr 2

2

⋅= ζ

gdje v predstavlja prosječnu brzinu strujanja fluida kroz cijev a faktor ζ određuje se eksperimentalno.

Slika 11.7. Lokalni gubitak zbog postepenog proširenja cijevi – difuzora Difuzorom smatramo postepeno proširenje presjeka cijevi kod kojeg kut proširenja °< 30θ . Osnovne funkcije difuzora su:

• Smanjivanje izlaznih gubitaka pri zadanom protoku, smanjivanjem kinetičke energije na izlazu iz hidrauličkih strojeva i cjevovoda

• Povećanje protoka cjevovoda • Sniženje brzine strujanja u cjevovodu (na račun porasta tlaka)

Gubitke u difuzoru čine gubici trenja i gubici zbog odvajanja strujnog toka od stijenki, koji nastaju uvijek kada je kut proširenja difuzora prevelik a to je °−≈ 106θ .

Slika 11.8.

9

Gubitke visine u difuzoru možemo izraziti kao i kod naglog proširenja:

( )gvvhr 2

221 −= ζ

Vrijednosti ζ za difuzore prikazane su na slici 11.9.. One ovise o kutu θ .

Slika 11.9.

Slika 11.10. Postavimo li Bernoulijevu jednadžbu od presjeka 1 do 2 dobivamo:

rhg

vg

pg

vg

p++=+

22

222

211

ρρ (11.18.)

10

Kada ne bi bilo gubitaka tada bi u presjeku 2 vladao veći (teoretski) tlak kojega ćemo označiti s tp2 i vrijedila bi jednadžba:

g

vg

pg

vg

p t

22

222

211 +=+

ρρ (11.19.)

Tako za difuzor možemo definirati stupanj djelovanja η koji će pokazivati u kolikoj mjeri se ostvarila razlika tlakova s obzirom na teoretski moguću razliku. Dakle:

12

12

pppp

t −−

=η (11.20.)

Uvrstivši jednadžbe 11.18. i 11.19. u jednadžbu 11.20. dobivamo:

gvv

h

gvv

hgvv

rr

2

1

2

222

21

22

21

22

21

−−=

−

−−

=η (11.21.)

Uvrstimo li ovdje izraz 11.13. za gubitak visine dobivamo:

( )21

21

21

2121

22

221

/1/111

2/2/1

AAAA

vvvv

gvvgvv

+−

−=+−

−=−−

−= ζζζη (11.22.)

Lokalni gubitak zbog promjene smjera strujanja Promjena smjera strujanja fluida u cjevovodu rezultira vrtloženjem, koje uz trenje rezultira lokalnim gubitkom strujanja.

Slika 11.11.

11

U tablici 11.2. su dane vrijednosti koeficijenta ζ za određene vrijednosti kuta zakretanja i odnosa dR / . Glatke cijevi Hrapave cijevi Tablica 11.2. Suma lokalnih otpora Lokalne otpore koji se serijski javljaju u nekom cjevovodu možemo jednostavno zbrojiti. Istina je da, teoretski, ako su lokalni otpori blizu jedan drugog, oni mogu biti u određenoj zavisnosti jedan od drugog, što može rezultirati povećanjem ili smanjenjem stvarnog otpora, u odnosu na onaj koji bi dobili jednostavnim njihovim zbrajanjem. Za inženjerske potrebe zadovoljiti ćemo se konstatacijom da te razlike ne mogu značajno utjecati na proračune, pa ih nećemo niti uzimati u obzir. Da bi se gubici lokalnih otpora mogli skupno izraziti s linijskim gubicima (što nam daje ukupni otpor cjevovoda), vrlo se često izražavaju ekvivalentnom duljinom ravnog cjevovoda, istog promjera kao što ga ima i dio gdje se nalazi lokalni otpor.

g

vd

Lg

vh ekvr 22

22

λζ ==∆ (11.23.)

Odatle slijedi da je:

d

Lekvλζ = (11.24.)

Ukupni otpor cjevovoda Rekli smo da se gubici u cjevovodu sastoje od linijskih i lokalnih, odnosno sume svih linijskih i sume svih lokalnih gubitaka. Ako to izrazimo jednadžbom ispada:

∑∑==

+=∆m

i

ii

n

i

i

i

iir g

vg

vdL

h1

2

1

2

22ζλ (11.25.)

Često se pokazuje svrsishodnim da sve gubitke svedemo na istu brzinu, dakle i na isti presjek (odnosno ako se radi o cijevi kružnog presjeka, onda na isti promjer). U tu svrhu, ili linijske gubitke pretvaramo u lokalne ili što je češći slučaj, lokalne gubitke pretvaramo u linijske. Krenemo li od jednadžbe kontinuiteta za nestlačivi fluid, možemo pisati da je:

12

xx AvAvQ ⋅=⋅= 11 (11.26.) Određeni lokalni gubitak možemo izraziti preko brzine 1v ili preko brzine xv :

g

vg

vh xxri 22

221

1 ζζ ==∆ (11.27.)

tako da ispada da je: .22

11 constvv xx == ζζ (11.28.) Izrazimo li lokalni gubitak 1 brzinom xv :

g

vAA

h xxr 2

22

111

=∆ ζ (11.29.)

Izrazimo li sve druge gubitke na takav način i zbrojimo, dobivamo izraz za ukupne gubitke izražene preko brzine xv :

g

vAA

gv

AA

gv

AA

h x

n

xn

xxxxr 2

...22

2222

22

22

11

++

+

=∆ ζζζ (11.30.)

+++=∆ 22

2

22

1

122

...2 n

nxxr AAAg

Avh

ζζζ

+++=∆ 22

2

22

1

12

...2 n

nr AAAg

Qhζζζ

∑=

⋅=∆n

i i

ir Ag

Qh1

2

2

2ζ

(11.31.)

Ako se radi o strujanju nestlačivog fluida kroz cijev kružnog presjeka dobivamo:

∑∑==

⋅=⋅=∆n

i i

in

i i

ir dg

Qdg

Qh1

42

2

124

2 8

162

ζππ

ζ (11.32.)

Ako bi napravili analizu za linijske gubitke dobili bi sličan izraz samo što prema izrazu x član

iζ mijenjamo s izrazom ( )iii dL /λ :

∑∑==

⋅⋅=⋅=∆

n

i i

ii

i

in

i i

ir d

LgQ

dL

dgQh

152

2

142

2 88 λπ

λπ

(11.33.)

13

Želimo li izraziti ukupne gubitke kao zbroj linijskih i lokalnih ispada:

+

⋅⋅=∆ ∑∑

==

n

i i

in

i i

iir dd

LgQh

14

152

28 ζλπ

(11.34.)

U praksi se pokazalo da za cjevovode koji nemaju značajnih suženja presjeka strujanja (prigušnice, poluzatvoreni ventili i sl.) i gdje je 2000/ >dL , lokalni gubici nemaju značajan udio u ukupnim gubicima cjevovoda, pa se mogu zanemariti. Za veliku većinu suvremenih vodenih instalacija uobičajene su brzine 1-1.5 m/s za duge cjevovode a do 2.5 m/s za kratke cjevovode. Ako vrijednosti iL i iλ smatramo konstantnim (što za iλ vrijedi samo u uskim granicama) onda možemo reći da je:

5

2

'dQkhr =∆ ⇒ 5−∝∆ dhr (11.35.)

To znači da je vrijednost gubitaka veoma osjetljiva na promjenu promjera, što će reći da i malo suženje promjera cijevi (zbog taloga i sl.) značajno povećava otpor strujanja. Možemo reći i suprotno: malo povećanje promjera cijevi dovodi do znatnog smanjenja otpora strujanja:

5

''

=

∆∆

dd

hh

r

r (11.36.)

Za primjer, ako promjer cijevi smanjimo na 87% izvorne vrijednosti gubici će se udvostručiti! S druge strane vidimo da su, kod konstantnog koeficijenta trenja, gubici proporcionalni kvadratu protoka: 2Qkhr ⋅=∆ (11.37.) Ova relacija vrijedi za svaki cjevovod i za sve gubitke (kod nestlačivog strujanja). Ako strujanje nije u potpuno hrapavom području onda λ više nije konstantan, pa kvadratni zakon više ne vrijedi. Međutim, za cijelo područje turbulentnog strujanja, greške koje se naprave pretpostavkom o konstantnoj vrijednosti λ su toliko male da značajno ne utječu na rezultate. Zbog toga možemo uzeti da za cijelo turbulentno područje strujanja vrijedi relacija x. Za područje laminarnog strujanja (što smo već pokazali) vrijedi da su gubici proporcionalni protoku: Qkhr ⋅=∆ (11.38.)

14

Serijsko i paralelno spajanje cjevovoda Imamo li nekoliko cjevovoda koji se nastavljaju jedan na drugi, riječ je o serijskom spoju cjevovoda. Karakteristično je za njih da je protok kroz svaki od njih jednak, a ukupni gubitak dobiva se sumiranjem pojedinih gubitaka.

( ) 221

222

2121 ......... QkkkQkQkQkhhhh nnrnrrr ⋅+++=⋅++⋅+⋅=∆++∆+∆=∆ (11.39.)

QQQQ n ==== ...21 (11.40.)

Slika 11.12. Predstavimo li vrijednost gubitaka pojedinog cjevovoda kao funkciju protoka 2Qkh iri ⋅=∆ onda će slika takve funkcije u rhQ ∆− dijagramu biti parabola. Slika funkcije ukupnih gubitaka u serijski spojenim cjevovodima dobiva se tako da se za pojedinu vrijednost protoka Q sumiraju vrijednosti pojedinih gubitaka. Kod paralelno spojenih cjevovoda polazimo od činjenice da visina gubitaka između točaka A i B jednaka bez obzira koju granu cjevovoda razmatrali. Ukupni protok predstavlja zbroj protoka kroz sve grane cjevovoda.

Slika 11.13. nQQQQ +++= ...21 (11.41.) rrnrr hhhh ∆=∆==∆=∆ ...21 (11.42.) 22

222

11 ... nn QkQkQk ⋅==⋅=⋅ (11.43.) Odatle slijedi da je:

1

1 khQ r∆

= 2

2 khQ r∆

= n

rn k

hQ ∆= (11.44.)

15

Uvrstimo li ove izraze u relaciju 11.41. dobivamo:

n

rrrr

kh

kh

kh

kh ∆

++∆

+∆

=∆ ...

21

(11.45.)

∑=

=+++=n

i in kkkkk 121

11...111 (11.46.)

Slika karakteristike rhQ ∆− za paralelno spojene cjevovode dobiva se tako da se za pojedine vrijednosti otpora zbroje svi protoci.

1

Zakon o održanju količine gibanja Koristi se za određivanje sile kojom fluid djeluje na površinu kojom je ograničen, time da odredimo silu kojom granična površina djeluje na fluid, a što je po principu akcije i reakcije ista sila samo suprotne orijentacije. Polazište je 2. Newtonov zakon koji kaže da je suma svih vanjskih sila koje djeluju na fluid jednaka vremenskoj promjeni količine gibanja:

( )dtvdm

dtdmvvm

dtdF

i+==∑ * (14.1.)

Ako se radi o krutom tijelu (masa je konstantna) onda je član dtdm =0 pa jednadžba prelazi u

poznatiji oblik:

amdtvdmF

i*==∑ (14.2.)

Ako 2. Newtonov zakon primijenimo u mehanici fluida onda u razmatranje uzimamo česticu fluida mase dm koju smatramo konstantnom. Ako još uz to prihvatimo da sumu svih sila zamijenimo jednom rezultantnom silom onda jednadžba prelazi u oblik:

( ) ( )dtvddm

dtdmdvvdm

dtdFd +== * (14.3.)

Ako se ograničimo na stacionarno strujanje onda zbog 0=dtvd , jednadžba prelazi u oblik:

vdmdtdmvdFd *

.== (14.4.)

gdje veličina .

m predstavlja protok mase fluida u jedinici vremena odnosno, kraće, maseni protok. Ako sada jednadžbu integriramo od ulaza u kontrolni volumen do izlaza iz kontrolnog volumena dobiti ćemo konačni izraz za silu:

( )12

.2

1

.vvmvdmF −== ∫ (14.5.)

gdje 1 označava stanje na ulaznom a 2 na izlaznom presjeku strujnog toka fluida. Maseni

protok fluida je zbog pretpostavke stacionarnosti strujanja, konstantan. Umnožak vm.

uobičajeno (iako ne pravilno), se naziva impulsom.

=I vm.

(14.6.)

2

Sada silu možemo izraziti kao:

( )12

.

12 vvmIIF −=−= (14.7.) Možemo zaključiti da je rezultanta vanjskih sila jednaka protoku impulsa na izlazu, umanjenom za protok impulsa na ulazu. Drugim riječima, pod djelovanjem vanjskih sila,

strujni tok, masenog protoka .

m , kod stacionarnog strujanja, promijenit će brzinu za 12 vvv −=∆ . Promjena brzine može biti po intenzitetu, po smjeru ili oboje. Ako maseni

protok izrazimo preko brzine onda jednadžba prelazi u oblik: =I vvA *** ρ (14.8.) gdje skalarna vrijednost iznosi: 2** vAI ρ= (14.9.) Kao i svaku silu i ovu možemo rastaviti na komponente u smjeru glavnih koordinatnih osi. =−= xxx IIF 12 xx vvAvvA 11112222 ****** ρρ − (14.10.) Analogno možemo pisati i za preostale osi: =−= yyy IIF 12 yy vvAvvA 11112222 ****** ρρ − (14.11.) =−= zzz IIF 12 zz vvAvvA 11112222 ****** ρρ − (14.12.) Impulsni zakon nema ograničenja samo na neviskozni fluid, već se može primijeniti i na viskozni (realni) fluid. U tom slučaju brzina po presjeku nije konstantna, već ima određeni profil, pa u obzir moramo uzeti da kvadrat prosječne brzine nije jednak (već je obavezno manji) prosječnoj vrijednosti kvadrata brzina.

2*** vAI ρα= (14.13.)

gdje α predstavlja koeficijent korekcije koji se još zove Boussinesquov koeficijent i iznosi:

Av

dAvA

2

2∫=α >1 (14.14.)

Rezultantna sila F koja djeluje na fluid predstavlja sumu svih masenih i površinskih sila koje djeluje na fluid. Ako je strujanje stacionarno (nema ubrzavanja čestica fluida) i ako zanemarimo gravitaciju (što najčešće i radimo) ne postoje nikakve masene sile koje djeluju na fluid. Ostaju dakle samo površinske sile kojima kanal djeluje na fluid. Po principu akcije i reakcije (u slučaju ravnoteže sila) istim silama djeluje i fluid na kanal kojim struji, samo su te

3

sile suprotnog predznaka ili orijentacije. Tako možemo reći da sve sile kojima fluid djeluje na kanal možemo sabrati u jednu koja će biti:

( )21

.

21 vvmIIFR −=−=−= (14.15.) Ako se kompletni kanal translatorno giba jednolikom brzinom u onda će ukupne brzine na ulasku i izlasku biti jednake vektorskom zbroju relativne brzine strujanja w i brzine translacije u : uwv += 11 (14.16.) uwv += 22 (14.16.) ali to neće mnogo otežati naše razmatranje djelujućih sila jer ako izrazimo: uvw −= 11 (14.17.) uvw −= 22 (14.18.) Mi možemo analizu raditi uzevši u obzir samo relativne brzine w . U tom je slučaju:

( )12

.

22 wwmIIF −=−= (14.19.) Primijeniti ćemo sada opisani zakon na dvodimenzionalno strujanje kapljevine kroz cijev nejednolikog presjeka:

Slika 14.1. F predstavlja silu kojom fluid djeluje na cijev, dok cijev djeluje na fluid silom jednakom po intenzitetu i smjeru ali suprotne orijentacije, dakle F− . Ova sila je proizvod pritisaka koji vladaju u presjecima AB i CD i razlike impulsa na ulazu i izlazu:

( )1122

.

222111 coscoscoscos αααα vvmpApAFx −=−+− (14.20.)

4

( )1122

.

222111 sinsinsinsin αααα vvmpApAFy −=−+− (14.21.) proizlazi:

( ) 2221112211

.coscoscoscos αααα pApAvvmFx −+−= (14.22.)

( ) 2221112211

.sinsinsinsin αααα pApAvvmFy −+−= (14.23.)

Rezultantna sila F je: 22

yx FFF += (14.24.) Sila mlaza Razmotriti ćemo slučaj dvodimenzionalnog strujanja kapljevine sa slike, gdje mlaz udara u nagnutu ploču, i dijeli se na gornji i donji dio.

Slika 14.2. Impuls stvara samo ona komponenta brzine koja je okomita na udarnu površinu (izlazno strujanje je paralelno s pločom, pa zbog pretpostavke neviskoznog fluida ne djeluje na ploču nikakvom silom:

θρθ sinsin.

⋅⋅⋅=⋅= vQvmF (14.25.) Komponenta sile koja djeluje u smjeru mlaza, xF iznosi: θρθ 2sinsin ⋅⋅⋅=⋅= vQFFx (14.26.)

5

Komponenta sile yF : θθρθ cossincos ⋅⋅⋅⋅=⋅= vQFFy (14.27.) Postavimo jednadžbu ravnoteže sila u smjeru paralelnom s pločom: 0cos 21 =⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅ vQvQvQ ρρθρ (14.28.) 21cos QQQ −=⋅ θ (14.29.) Iz jednadžbe kontinuiteta pak slijedi da je: 21 QQQ += (14.30.) Rješavajući sustav jednadžbi 14.29. i 14.30. po 1Q i 2Q dobivamo:

2cos1

1θ+

= QQ (14.31.)

2cos1

1θ−

= QQ (14.32.)

Zakon o održanju momenta količine gibanja Kutna količina gibanja u slučaju kada tijelo mase m rotira na radijusu r , kutnom brzinom ω iznosi: Moment količine gibanja = moment inercije * kutna brzina

= vrmrvrmrm ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅ 22 ω

Moment za tijelo u rotaciji jednak je promjeni momenta količine gibanja odnosno jednak je: Moment = moment inercije * kutno ubrzanje Ovo predstavlja ekvivalent Newtonovom zakonu gibanja i izražava zakon održanja momenta količine gibanja. Slika 14.3. prikazuje navedeni zakon u praksi. Klizačica u rotaciji posjeduje jednaki moment količine gibanja. Zbog toga se, raširenih ruku (veći moment inercije) vrti sporije, a kad skupi ruke i noge (manji moment inercije), vrti se brže.

6

Slika 14.3. Ako ovo razmatranje primijenimo na strujanje fluida, možemo izračunati moment koji djeluje na vratilo turbine ili pumpe kada fluid struji kroz rotor. U slučaju kada fluid struji kroz zakrivljenu cijev prikazanu na slici 14.4., sila koja nastaje djelovanjem fluida na stjenke cijevi između presjeka 1A i 2A , stvara moment:

( )111222

.

11112222 coscoscoscos αααα ⋅⋅−⋅⋅⋅=⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+ vrvrmrpArpAM

Slika 14.4.

7

Snaga turbine ili pumpe

Fluid struji masenim protokom .

m kroz rotor pumpe koji se okreće. Na radijusima 1r i 2r postoje obodne brzine 1u i 2u , apsolutne brzine 1v i 2v te relativne brzine strujanja fluida u odnosu na kanale rotora 1w i 2w . Vrijede relacije: 111 wuv += (14.33.) 222 wuv += (14.34.) ω×= 11 ru (14.35.) ω×= 22 ru (14.36.)

Slika 14.5. Moment računamo kako slijedi:

( )121222

.coscos αα ⋅⋅−⋅⋅= vrvrmM (14.38.)

Snaga pumpa (isto kao i turbine) biti će: ω⋅= MP (14.39.)

1

1.1. Staklena čaša cilindričnog oblika sadrži 300 ml vode temperature 10 ºC. Visina vode u čaši 9 cm. Voda i čaša se zagriju na 80 ºC. Ako pretpostavimo da prilikom zagrijavanje neće doći do ishlapljivanja, kolika će biti visina vode u čaši, ako je koeficijent toplinskog istezanja za staklo [ ]1610*6.3 −−= Kα .

hAV *= hD *4*2 π

=h

VD*

4π

=⇒ [ ] [ ]mmm 147.65065147.009.0*10*3.0*4 3

===−

π

[ ]kgVm 29921.07.999*10*3.0* 3 === −ρ Nakon zagrijavanja vode i čaše: ( ) DDDDDD *1' ϑαϑα ∆⋅+=⋅∆⋅+=∆+= ( ) [ ]mD 065163.0065147.0*7010*6.31' 6 =⋅+= −

===8.971

29921.0ρmV [ ]3310*30789.0 m−

[ ] [ ]mmmD

Vh 3.920923.042 ===π

1.2. Tekućina, komprimirana u cilindru, zauzima volumen od 1000 cm3 pri pritisku od 1 MPa, a volumen od 995 cm3

, pri pritisku od 2 MPa. Koliko iznosi modul elastičnosti?

( )( ) [ ]MPa

VVpE 200

1000/100099510*12

/

6

=−−

−=∆∆

−=

1.3. Ako je modul elastičnosti za vodu [ ]GPaE 2.2= , koji je pritisak potreban da se volumen reducira za 0.8 %.

( ) ( ) [ ]MPaVVEpVV

pE 6.17008.0*10*2.2/*/

9 =−−=∆−=∆⇒∆∆

−=

1.4. Izračunajte brzinu zvuka u vodi temperature 20ºC ako je modul elastičnosti 2.2=E GPa!

14852.998

102.2 9

=⋅

==ρEa m/s

1.5. Voda prolazi kroz cijev brzinom čiji je profil prikazan na slici i opisan relacijom:

( )( )22 4/4/ rdv −= µβ gdje v predstavlja brzinu na bilo kojem polumjeru r , β predstavlja

2

konstantu, µ predstavlja dinamičku viskoznost vode, d predstavlja unutrašnji promjer cijevi a r predstavlja udaljenost od simetrale cijevi. Koliko iznosi tangencijalno naprezanje između stjenke cijevi i vode? Koliko iznosi tangencijalno naprezanje na radijusu 4/dr = ? Ako se dati profil brzina održava uzduž cijevi na udaljenosti L, koja je sila na stjenci cijevi?

−

= 2

2

4*

4rdv

µβ

( )µ

βµ

βµβ

2422*

4rrr

drdv ⋅

−=⋅

−=−

=

==drdvµτ

⋅−

µβµ2

* r2

r⋅−=β

Za zid vrijedi da je 2/dr = , pa slijedi:

==drdvµτ

4dβ

−

Na radijusu 4/dr = tangencijalno naprezanje iznosi:

==drdvµτ

8dβ

−

Ukupna potrebna sila iznosi:

AF *τ= ( )4

*4

2 LdLdd πβπβ−=−=

Predznak „-„ u rezultatu označava da je smjer sile suprotan smjeru brzine odnosno smjeru strujanja fluida. 1.6. Čelični blok u obliku kocke, čija stranica ima duljinu 150 mm, kliže niz kosinu na slici. Debljina sloja ulja koje razdvaja blok i kosinu je konstantna i iznosi mµδ 6= a njegova dinamička viskoznost iznosi =µ 7 mPa*s. Kolika je ustaljena brzina klizanja bloka niz kosinu uz pretpostavku linearnog profila brzina?

3

Masa čeličnog bloka: [ ]kgaVm 325.267800*15.0** 33 ==== ρρ Aktivna sila koja djeluje u smjeru klizanja: °= 20sin** gmF S druge strane aktivna sila je uravnotežena silom trenja uslijed viskoznosti ulja:

2* adydvAF µτ ==

Kako je profil brzina linearni izraz δv

dydv

= pa slijedi:

°20sin** gm °= 20sin***3 ga ρ 2avδ

µ=

[ ]smgav /364.310*7

10*6*20sin*80665.9*7800*15.0*20sin***3

6

=°

=°

= −

−

µδρ

1.7. Klip ( )mm64*80φ mase 1.4 kg kliže kroz podmazanu vertikalnu cijev (na slici). Promjer cijevi je 80.032 mm. Ako pretpostavimo linearni profil brzine kroz ulje, koje ispunjava zračnost između cijevi i cilindra, kolika treba biti dinamička viskoznost ulja da bi se brzina klipa ustalila na vrijednosti od 1.5 m/s?

Iz ravnoteže sile proizlazi:

LdvAFgm πδ

µτ *** ===

==Ldv

gm***

**πδµ [ ]sPa *10*1.9

064.0**08.0*5.110*16*80665.9*4.1 3

6−

−

=π

4

1.8. Kružni disk smješten je u spremnik s uljem (slika) i okreće se konstantnom kutnom brzinom

[ ]13.0 −= sω . Kolika je snaga potrebna za takvo okretanje ako ulje ima viskoznost od 8 mPa*s? Pretpostaviti linearni profil brzine i zanemariti utjecaj bočnog ruba diska!

ω*MP =

=== rdArdFdM ***2* τ 2* ( ) rdrdrv **** ϕδ

µ ( ) rdrdrr ******2 ϕδωµ=

drrddP 32

***2 ϕδωµ

=

∫∫=2/075.0

0

32

0

2**2 drrdPπ

ϕδωµ ( ) [ ]W6

4

3

23

1095.84

2/075.0*2*10*5.0

3.0*10*8*2 −−

−

⋅== π

1

STATIKA FLUIDA VJEŽBE 2.1. U jedan krak U-cijevi u kojoj se nalazi voda gustoće ρ=999,1 kg/m3 nadoliveno je ulje gustoće ρ0=820 kg/m3

, prema slici. Ako je visina stupca ulja h0=150 mm, odredite razliku visina h razina ulja i vode.

2

2.2. Izračunajte manometarske pritiske u točkama A, B, C i D na slici, ako je gustoća vode 998 kg/m3 a ulja 900 kg/m3

!

( ) 78308.0*80665.9*998 −=−== ghpA ρ Pa

48945.0*80665.9*998 === ghpB ρ Pa

4894== CB pp Pa Zbog male gustoće zraka zanemaruje se promjena pritiska s promjenom visine!

216639.1*80665.9*9004894 =+=+= ghpp uCD ρ Pa

2.3. Manometar je priključen na cijev u kojoj se nalazi ulje (slika). Izračunajte pritisak u točki A. Gustoća vode 998 kg/m3 a ulja 850 kg/m3

avuA pggp =−+ 5.1*2.0* ρρ

5.1*2.0* ggpp vuaA ρρ +−= 013.132.0*80665.9*8505.1*80665.9*9982.0*5.1* =−=−= ggp uvmA ρρ kPa

3

2.4.

Izračunajte pretlak zraka u točki A prema slici ako je gustoća vode 999=vρ kg/m3

820=uρ, gustoća

ulja kg/m3 13560=Hgρ, a gustoća žive kg/m3

!

032.0**1*3* =−++ gggp HgvumA ρρρ 1*3*32.0** gggp vuHgmA ρρρ −−= 63.81*80665.9*9993*80665.9*82032.0*80665.9*13560 =−−=mAp kPa 2.5. Manometar na slici pokazuje pretlak od 1.5 kPa. Odredite visine kapljevina (od razine z=0) u cijevima B i C! Gustoća gazoline 680=gaρ kg/m3 1258=glρ a gustoća glicerina je kg/m3

.

725.281.9680

15005.115.11 =⋅

++=⋅

++=g

pz

ga

mAB ρ

m

932.181.91258

5.181.9680150015.1

1 =⋅

⋅⋅++=

⋅

⋅⋅++=

ggp

zgl

gamAC ρ

ρm

4

2.6. Izračunajte razliku tlakova između točaka A i B! Gustoće svih kapljevina uzeti za temperaturu od 25ºC.

BvkžbA pggggp =⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+ 26.032.008.02.0 ρρρρ

894726.081.91.99732.081.982308.081.9135402.081.9876 =⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅−=− BA pp Pa 2.7. Voda struji kroz cijev na slici. Izračunajte razliku pritisaka između točaka 1 i 2 ako je manometar punjen živom a razlika visina 12=h cm. Gustoće za obje kapljevine uzeti kod temperature 25 ºC.

21 302 ptgghghgp vžv =°⋅⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+ ρρρ ( ) °⋅⋅⋅+⋅⋅−=− 30221 tgghgpp vvž ρρρ ( ) 2606030281.91.99712.081.91.9971354021 =°⋅⋅⋅+⋅⋅−=− tgpp Pa

5

2.8. Klip promjera 8 cm tlači ulje gustoće 811=uρ kg/m3

u nagnutu cijev promjera 7 mm kao na slici. Kada klip dodatno opteretimo utegom težine W, ulje ispuni dodatnih 10 cm duljine cijevi. Kolika je težina utega W u N?

Za vrijeme dok na fluid djeluje samo klip svojom težinom: auA plgp =°⋅⋅⋅− 15sinρ

4

15sin 2πρ

Dgm

lgp kumA

⋅=°⋅⋅⋅= (1)

Kada klip opteretimo utegom težine W klip će se u cilindru spustiti za visinu h∆ a istovremeno se ulje u cijevi podiže za duljinu 0.1 m:

( )[ ]

4

15sin1.0 2' πρ

DWgm

hlgp kumA

+⋅=∆+°⋅+⋅⋅= (2)

Od (2) oduzimamo (1)

( )

4

15sin1.0 2πρ

DWhgu =∆+°⋅⋅⋅ (3)

Zbog jednakosti volumena koji je iz cilindra istisnut u cijev slijedi:

1.04

007.04

22 ππ=∆hD

32

2

2

2

10765.008.0

1.0007.01.0007.0 −⋅=⋅

=⋅

=∆D

h m

Iz (3) slijedi:

6

( ) ( )

408.010765.015sin1.081.9811

415sin1.0 232 ππρ ⋅⋅+°⋅⋅⋅

=⋅∆+°⋅⋅⋅

=−Dhg

W u

W= 1.07 N 2.9. Na slici je shematski prikazan princip rada hidrauličke preše. Odredite kojom silom F treba gurati ručicu da se ostvari sila prešanja F2=4800 N. Zadano je: m=25 kg, D=200 mm, h=1,3 m, l1= 52 cm, l2=12 cm, A1=19,6 cm2, ρ =820 kg/m3.

7

2.10. Spremnik vode cilindričnog oblika na početku procesa punjenja je ispunjen zrakom temperature 20ºC i atmosferskog pritiska 100 kPa. Pumpom se unutra pumpa voda iste temperature sve dok pretlak zraka ne naraste do 250 kPa. Pretpostaviti izotermnu promjenu zraka u spremniku. Koliki će pretlak biti na dnu spremnika kada se pumpa zaustavi? Zadano D=0.4 m, H=1.2 m.

8

Izotermna promjena zraka:

HH

VV

pp 2

1

2

2

1 == ⇒ 3428.03501002.1

2

12 ===

ppHH m

( ) ( ) 33

22 104.2583428.02.181.92.99810250 ⋅=−⋅⋅+⋅=−⋅⋅+= HHgpp m ρ Pa

3.1. Izračunajte rezultantnu silu vode ( 1.999=vρ kg/m3)

na branu duljine 20 m i presjeka prikazanog na slici, te odredite položaj centra pritiska!

Sila= srednji pritisak * površina djelovanja

=F ⋅⋅⋅2hgρ * Bh

⋅°60sin

322

10554660sin2

20781.91.9992

⋅=°⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅

=BhgF ρ N

667.432

32

=== hhhM m

3.2. Odredite rezultantnu silu (hvatište, smjer i intenzitet) kojom možemo zamijeniti ukupno djelovanje dviju kapljevina na poklopac jedinične širine, prikazan na slici! Gustoća vode je

1.999=vρ kg/m3 1258=glρ a glicerina kg/m

3

Sila kojom možemo nadomjestiti djelovanje vode:

3104.781222381.91.9992

223 ⋅=⋅⋅

+⋅⋅=⋅⋅

+⋅⋅= BgF vv ρ N

Položaj hvatišta sile je ispod centra gravitacije:

3

2 2*

212 0.0833* * * 12 12*4S S S

b hI hh

h A h b h h∆ = = = = = m

Sila kojom možemo nadomjestiti djelovanje glicerina:

31036.491222181.912582

221 ⋅=⋅⋅

+⋅⋅=⋅⋅

+⋅⋅= BgF glgl ρ N

Položaj hvatišta sile je ispod centra gravitacije:

3

2 2*

212 0.1667* * * 12 12*2S S S

b hI hh

h A h b h h∆ = = = = = m

Rezultantna sila je jednaka razlici ovih dviju sila i djeluju u smjeru veće: 333 1094.281046.49104.78 ⋅=⋅−⋅=−= glvR FFF N

Položaj hvatišta rezultantne sile treba biti takav da proizvodi isti moment oko bilo koje točke, kao što proizvode sile uslijed djelovanja vode i glicerina. 0=∑ BM ( ) ( ) DFFF Rglv ⋅=−⋅−−⋅ 1667.010833.01

( ) ( )

=−⋅−−⋅

=R

glv

FFF

D1667.010833.01

( ) ( ) 0621.194.28

1667.0136.490833.014.78=

−⋅−−⋅=D m

3.3. Izračunajte rezultantnu silu i položaj centra pritiska za vertikalni , pravokutni otvor (na slici) ako je fluid voda gustoće 999=vρ kg/m3

!

64.842.1*2*6.3*80665.9*999 === AghF Sρ kN

033.06.3*12

2.112**

12*

*

22

3

=====∆SSS h

hhbh

hb

AhIh m

633.3033.06.3 =+=∆+= hhh SM m 3.4. Izračunajte rezultantnu silu i položaj centra pritiska za kružni otvor (na slici) ako je fluid voda gustoće 998=vρ kg/m3

!

87.144*1*60sin

215.1*80665.9*999

2

=

°+==

πρ AghF S kN

933.160sin215.1 =°+=Sh m

232.260sin

933.160sin

=°

=°

= SS

hy m

028.0232.216

116

4

64*

22

2

4

=⋅

==⋅

⋅=

⋅=∆

SS

S yd

dy

d

AyIy

π

π

m

26.2028.0232.2 =+=∆+= yyy SM m 957.160sin =°⋅= MM yh m 3.5. Izračunajte silu na konični čep (na slici) zanemarujući težinu čepa! Gustoća vode 2.998=vρ kg/m

3

rupev ApF *= + težina vode iznad stošca

6972.998*80665.9*3*4

1207.0**1.04*4

*1.04

*1.0*10*50222

3 =

−+=

πππvF N

3.6. Odredite silu kojom zaporanj u točki B djeluje na vodenu branu jedinične širine, držeći je zatvorenom! Zadano 2.998=ρ kg/m3 5.9=h, m.

Horizontalna sila:

77.29314245.981.92.998

2=⋅⋅

−⋅⋅=⋅⋅

−⋅⋅= BHHhgFH ρ kN

Pomak hvatišta sile od težišta:

178.0

245.912

4

212

2

1222

3

=

−

=

−

=⋅

−

⋅

==∆Hh

H

HBHh

HB

yAI

y xx m

0=∑ AM

02

=⋅−

∆+⋅ HFyHFH

94.1594

178.02477.293

2 =

+⋅

=

∆+⋅

=H

yHFF

H

kN

3.7. U posudi se nalazi voda gustoće 998=ρ kg/m3

,35,3 °== ϕmh . Treba odrediti minimalnu silu F koja

poklopac drži zatvorenim. Poklopac je okretni oko točke O. Zadano . ,8.0 mR = kPapM 25= Odrediti silu i u slučaju da je posuda otvorena tj. da je 0=Mp .

Težinu poklopca zanemariti.

Za slučaj pretlaka:

290.535sin3

8.048.0381.9998

2500sin34

=°

⋅

−−+⋅

=

−−+=

πϕ

πρRRh

gp

h mT m

222.9290.5sin

===ϕ

Thy m

5206528.029.581.9998

2

22

=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=ππρρ RhgAhgF TTR N

0048.0

28.0222.9

8.010976.02

4

=⋅

⋅=

⋅=∆

πAyI

y xy m

00 =∑M ⇒ 034

=⋅−

∆+ RFyRFR π

=

+

⋅

=

∆+

=8.0

0048.03

8.045206534

ππR

yRFF

R

22412 N

Za slučaj otvorene posude:

736.235sin3

8.048.03sin34

=°

⋅

−−=

−−=

πϕ

πRRhhT m

770.435sin

736.2sin

=°

==ϕ

Thy m

2692828.0736.281.9998

2

22

=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=ππρρ RhgAhgF TTR N

0094.0

28.077.4

8.010976.02

4

=⋅

⋅=

⋅=∆

πAyI

y xy m

00 =∑M ⇒ 034

=⋅−

∆+ RFyRFR π

=

+

⋅

=

∆+

=8.0

0094.03

8.042692834

ππR

yRFF

R

11744 N

3.8. Izračunajte rezultantu silu (intenzitet i smjer) na kružni segment vodene brane širine 5 m (na slici). Gustoća vode 2.998=ρ kg/m3

Silu kojom voda djeluje na branu razložiti ćemo na horizontalnu i vertikalnu komponentu. Horizontalna komponenta računa se kao djelovanje vode na horizontalnu projekciju površine: 598.260sin360sin =°⋅=°= RH m

25.1655598.2

2598.281.92.998

2=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= BHHgFH ρ kN

Vertikalna komponenta jednaka je uzgonu šrafiranog volumena:

BRRgVgFV ⋅

°⋅°⋅−⋅⋅⋅=⋅⋅=

260sin60cos

32

22 πρρ

32.13552

60sin60cos332

381.92.99822

=⋅

°⋅°⋅−⋅⋅⋅=

πVF kN

Pošto svaka pojedina komponenta sile ima pravac djelovanja kroz točku O i rezultantna sila će prolaziti kroz tu točku.

Rezultantna sila će biti: 58.21332.13525.165 2222 =+=+= VHR FFF kN

°=== 31.3925.16532.135arctg

FF

arctgH

Vα

4.1. Spremnik s vodom [ ]3/998 mkgv =ρ se sastoji od dvije polovice cilindra od kojih svaka ima masu od 350 kg/m duljine, zakovane zajedno kao na slici. Uz pretpostavku da je donji dio spremnika adekvatno učvršćen, izračunati sile u zakovicama ako se utjecaj krajnjih zakovica zanemari.

Sila u zakovicama nastaje kao rezultat sile uzgona (koju tvori fiktivni volumen između cilindrične posude i slobodne površine) i težine cilindra. Računajući za 1 m duljine cilindra:

80665.9*3501*2*4

*31*5.2*3*80665.9*99882

−

−=−=

πρ mggVF iz

[ ]kNFF zz 42.4353808 =⇒= 4.2. Cilindar (na slici) promjera 1m i jedinične duljine je u ravnoteži. Ako pretpostavimo da između valjka i zida B nema nikakvog trenja, izračunajte gustoću materijala cilindra ako je gustoća vode [ ]3/998 mkgv =ρ !

Pošto je cilindar u ravnoteži to znači da je težina jednaka uzgonu: UVgW c =⋅⋅= ρ

Ako razmotrimo silu uzgona, na lijevu polovicu cilindra djeluje klasične sila uzgona:

384514

12181.9998

421 22

1 =⋅==ππρ BDgU v N

Sila uzgona desne polovice računamo kao da je volumen cilindra do visine slobodne površine vode (vidi sliku).

437015.04

14181.9998

2441 2

222

2 =⋅

+⋅⋅=

+=

ππρ BDDgU v N

21 UUU += =3845+4370=8215 N

10661

4181.9

82152 ==

⋅=

πρ

VgU

c kg/m

3

4.3. Drvena greda [ ]3/639 mkgd =ρ dimenzija 140*140 mm i duljine 5=l m, učvršćena je zglobno u točki A (na slici). Koji kut ϕ će zauzeti greda, plutajući na vodi gustoće

[ ]3/5.998 mkgv =ρ ?

[ ]kglaVm ddd 62.625*14.0*639** 22 ==== ρρ Iz sume momenata oko točke A slijedi: 0=∑ AM

022

2 =

−−

xlxgalmg dρ

−=

2****

2**** 22 xlgxalgla vd ρρ

−=

2*

2*

22 xxllvd ρρ

0*2 22 =+− lxlxv

d

ρρ

016102 =+− xx [ ]mx 21 = ; [ ]mx 82 = Uzima se fizikalno realno rješenje [ ]mx 2= .

33333.031

11cos ==−

=x

ϕ

°= 53.70ϕ 4.4. Odredite minimalnu visinu h vode u posudi ( 7.999=vρ kg/m3

200=pρ) kod koje pluteni čep,

stožastog oblika, gustoće kg/m3 30=D , još zatvara rupu na dnu. Zadano cm, 8=d cm.

U trenutku otvaranja čepa ne postoji nikakva reakcijska sila posude koja drži čep. To znači da je na čep djeluju prema dolje težina čepa i sila pritiska vode koja je jednaka težini stupca vode iznad rupe d (na slici), a prema gore sila uzgona dijela volumena stošca (označeno na slici).

Težina čepa:

93.6243.081.9200

24324

33

2

=⋅⋅=⋅⋅=⋅

⋅⋅=⋅⋅=ππρ

π

ρρ Dg

DD

gVgG ppp N

Sila uzgona:

( ) =

−−−⋅⋅=⋅⋅=

2424

233 dDddDgVgU vv

ππρρ

( ) 58.282

08.03.04

08.024

08.03.081.97.9992

33 =

−−−⋅⋅=

ππU N

Sila pritiska:

GUddDhgF vv −=

−

−⋅=42

2πρ

( ) ( ) 549.02

08.03.008.081.97.99993.658.284

24

22 =−

+⋅⋅−⋅

=−

+⋅⋅−⋅

=ππρ

dDdgGUh

v

m

4.5. Kvadratična greda zglobno je učvršćena u bridu A. Odredite silu F kojom treba djelovati na gredu jedinične duljine da bi bila u ravnoteži u položaju prema slici.Zadano je: a=1 m; ρ=999 kg/m3

.

2. način: površina se tretira kao zakrivljena površina

19600181.99992212 22 =⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= agaagAhgF CH ρρρ N

Hvatište te sile je na dvije trećine ukupne dubine projekcije površine aa342

32

=

Vertikalna komponenta VF

Vertikalna komponenta jednaka je sili uzgona označenog volumena:

9800181.999912

2 22 =⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅

⋅=⋅⋅= agaagVgFV ρρρ N

0=∑ AM

03

23

2 =−−⋅aFaFaF HV

81672

3196002

39800

23

23

23

23 =

⋅+

=+

=+

=

HVHV

FF

a

aFaFF N

4.6. Izračunajte minimalnu silu F koja je potrebna da okretni poklopac cilindričnog oblika, jedinične širine, drži zatvorenim. Težinu poklopca zanemariti. Zadano: R=0.3 m, H=1.5 m,

2.998=ρ kg/m3

.

Rezultantnu silu djelovanja vode možemo razložiti na horizontalnu i na vertikalnu komponentu. Horizonatalna komponenta djeluje na horizontalnu projekciju površine poklopca.

( ) ( ) =⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅= 3.023.05.181.92.9982 BRRHgFH ρ 7050 N Hvatište sile je pomaknuto za h∆

( ) ( ) ( ) 025.033.05.1

3.032

12)2(

22

3

=⋅−

=⋅−

=⋅⋅−

=⋅

=∆RH

RRBRH

RB

AHI

hS

xx m

Vertikalna komponenta jednaka je težini vode u poklopcu:

1384123.081.92.998

2

22

=⋅⋅=⋅⋅=ππρ BRgFV N

Hvatište sile je u težištu polovine cilindra:

1273.03

3.0434

=⋅

==∆ππ

Rx m

0=∑ OF ( )hRFxFRF HV ∆−−∆⋅−⋅ 2

( ) ( ) 3525

3.02025.03.070501273.01384

2=

⋅−+⋅

=∆−+∆⋅

=R

hRFxFF HV N

Isti problem možemo riješiti i na drugi, u ovom slučaju puno jednostavniji način. Pošto sve infinitezimalno male sile tlaka dApdF ⋅= djeluju normalno na zakrivljeni poklopac, onda će i smjer rezultantne sile prolaziti kroz središte zakrivljenja poklopca. Ta se rezultantna sila može razložiti na horizontalnu i vertikalnu komponentu. Iz slike je vidljivo da vertikalna komponenta neće proizvesti nikakav moment oko točke O. Tako da za razmatranje preostaje samo horizontalna komponenta sila HF koju sada premještamo u središte zakrivljenja poklopca. 0=∑ OF RFRF H=⋅ 2

35252

70502

=== HFF N

4.7. Izračunajte minimalnu silu F koja je potrebna da okretni poklopac cilindričnog oblika, jedinične širine, drži zatvorenim. Težinu poklopca zanemariti. Zadano: R=0.3 m, H=1.5 m,

2.998=ρ kg/m3

.

Horizontalna komponenta sile jednaka je kao i u prethodnom zadatku i djeluje na istoj dubini. Vertikalna komponenta jednaka je sili uzgona:

1384123.081.92.998

2

22

=⋅⋅=⋅⋅==ππρ BRgUFV N

Dakle ista vrijednost kao u prvom zadatku samo što sila djeluje prema gore. Međutim zbog njezinog položaja ona stvara isti moment oko točke O, pa je rezultantna sila F jednaka kao u prethodnom zadatku. 4.8. Odredite minimalni koeficijent trenja između podloge i grede ( 1350=gρ kg/m3

2.998=ρ) cilindričnog

oblika jedinične širine, ako je s lijeve strane voda kg/m3

1260=gρ a s desne strane glicerin

kg/m3 4.0=D. Zadano m.

Slika prikazuje sile koje djeluju na drvenu gredu da bi ona bila u ravnoteži. Aktivne sile su: Sila teže:

166481.9144.01350

4

22

=⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅ππρ gBDgm g N

Horizontalna sila uslijed djelovanja vode:

78324.081.92.998

2

2

=⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= BDDgF vvh ρ N

Horizontalna sila uslijed djelovanja glicerina:

24784.081.91260

24

2

=⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= BDDgF ggh ρ N

Vertikalna sila uslijed djelovanja vode (uzgon lijeve polovice grede):

61584.081.92.998

8

22

=⋅⋅=⋅⋅⋅=ππρ BDgF vvv N

Vertikalna sila uslijed djelovanja glicerina (uzgon lijeve donje četvrtine grede):

388164.081.91260

16

22

=⋅⋅=⋅⋅⋅=ππρ BDgF gvv N

Pošto svaka od sila tlaka djeluje okomito na površinu, to znači da hvatište svih pojedinih malih sila prolazi kroz centar grede (cilindra), što za posljedicu ima i da ukupna rezultantna sila kao i njezine komponente (horizontalna i vertikalna) imaju također hvatište u centru grede. Ukupna horizontalna komponenta aktivne sile: 536247783 =−=−= ghvhah FFF N Ukupna vertikalna komponenta aktivne sile: 6613886151664 =−−=−−= ghvhav FFmgF N Reakcija podloge je jednaka aktivnoj sili: 661== avvert FF N

Iz sume sila u horizontalnom smjeru proizlazi: vtrah FFF += Iz sume momenata oko točke A proizlazi:

2DFDF ahtr ⋅=⋅ ⇒ 268

2536

2=== ah

trF

F N

405.0661268

===vert

tr

FF

µ

4.9. Odredite gustoću materijala grede na slici, ako je sustav u ravnoteži! Zadano:

2.998=vρ kg/m3 11400=Pbρ, kg/m3 °=Θ 30. Što primjećujete u vezi kuta ?

Volumen olova:

410754.111400

2 −⋅===Pb

PbmVρ

m

3

Ako je sustav u ravnoteži onda je suma momenata oko točke B jednaka 0:

030cos24

30cos24

30cos30cos22

=°⋅⋅⋅⋅−°⋅⋅⋅⋅+°⋅⋅⋅⋅−°⋅⋅⋅LLDgLLDgLVgLgm vmPbv

πρπρρ

mLDVLDvPbvm −⋅⋅+⋅=⋅

2424

22 πρρπρ

8

82

2

LD

mLDV vPbv

m π

πρρρ

−⋅+⋅=

635

8804.0

28

804.02.99810754.12.9982

24

=⋅

−⋅

⋅+⋅⋅=

−

π

π

ρm kg/m3

1

5.1. Posuda s kapljevinom na slici giba se jednoliko ubrzano.

a. Izračunajte ubrzanje xa ! b. Izračunajte manometarski pritisak u točki A ako se u posudi nalazi glicerin

temperature 1258=gρ kg/m3

c. Kolika bi bila granična vrijednost akceleracije kod koje se kapljevina još ne bi izlijevala ako je ukupna visina kolica 35 cm?

!

d. Kolika bi trebala biti minimalna visina kolica da se kapljevina pri ubrzanju od 5 m/s2

ne bi izlijevala?

a.

gatg ==

10013φ ⇒ 275.181.913.013.0 =⋅=⋅= ga m/s

2

b.

345528.081.91258 =⋅⋅=⋅⋅= hgpA ρ Pa c.

2

gatg ==

10027φ ⇒ 649.281.927.027.0 =⋅=⋅= ga m/s

2

d.

xH

gatg '50968.0

81.95

====φ

VV ='

Da bi izračunali volumen kapljevine trebali bi znati širinu posude B , no pošto je ona konstantna za oba slučaja, ona nije bitna, pa ćemo pretpostaviti jediničnu širinu 1=B m.

215.0112

15.028.0=⋅⋅

+=V m3

VBtg

HBxHV =⋅

=⋅

=φ2

'2''

2

⇒

468.01

50968.0215.022' =⋅⋅

==B

VtgH φ m

9185.050968.0468.0'

===φtg

Hx m

3

5.2. Cisterna za gorivo ima presjek u obliku elipse čija je horizontalna glavna os 3 m a vertikalna 2 m. Cisterna je duljine 10 m, a na vrhu otvorena prema atmosferi tako da se održava atmosferski pritisak. Cisterna je potpuno ispunjena loživim uljem ( 890=ρ kg/m3) i giba se jednoliko ubrzano.

a. Koliko treba biti ubrzanje da bi vrh prednje stjenke cisterne A bio izložen istom

pritisku kao podnožje zadnje stjenke D? b. Koliko treba biti ubrzanje da bi vrh stražnje stjenke cisterne A bio izložen pritisku za

50 kPa nižem, nego što je to vrh prednje stjenke B? c. Koliki je pritisak u točki C pri ubrzanju iz prethodnih uvjeta (b.)?

a.

gatg ==

102φ ⇒ 962.181.92.02.0 =⋅=⋅= ga m/s

2

Iz slike se vidi da vektor a− djeluje u smjeru kretanja, što znači da je akceleracija negativna, odnosno cisterna usporava.

4

b. Ako je pritisak u gornjoj prednjoj točki B veći od pritiska u gornjoj stražnjoj točki A to znači da akceleracija ima negativan smjer (deceleracija, usporavanje). To znači da u točki A vlada atmosferski pritisak. Jedan od putova k rješenju je da pronađemo na kojoj je dubini p=50 kPa ispod točke A pritisak p=50 kPa (dobijemo točku B'). Ako tu točku spojimo s točkom B dobijemo izobaru (jednaki pritisak).

hgp ⋅⋅= ρ ⇒ 727.581.9890

1050 3

=⋅⋅

=⋅

=g

phρ

m

Vidimo da vrijednost prelazi visinu cisterne, ali nas to ne treba smetati.

gatg ==

10727.5φ ⇒ 618.55727.081.9 =⋅=⋅= φtgga m/s

2

Drugi je pristup problemu, da pritisak od točke A prema točki B raste sukladno horizontalnoj komponenti gustoće rezultantne masene sile, a to je ubrzanje a .

Lap ⋅⋅= ρ ⇒ 618.510890

1050 3

=⋅⋅

=⋅

=L

paρ

m/s

2

c. 6746210618.5890281.98900 =⋅⋅+⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅+= LaHgpp AC ρρ Pa

5

5.3. Kolica na slici kreću se prema gore po površini nagnutoj za 30º u odnosu na horizontalu.

a. Izračunajte vrijednost i smjer akceleracije! b. Izračunajte max. pritisak fluida ako se u kolicima nalazi živa 13540=ρ kg/m3

c. Ako bi ukinuli djelovanje bilo kakve silu na kolica, osim naravno gravitacije, i pustili da se kolica kotrljaju niz padinu (bez trenja), koliki bi bio i na kojem mjestu max pritisak žive u kolicima? Pretpostaviti da su kolica dovoljne visine da bi spriječilo bilo kakvo izlijevanje kapljevine.

!

a.

°=⇒== 40691.713.010013 ϕϕtg

Ako os x postavimo paralelno kosini tj u smjeru kretanja kolica tada će prema slici biti: ϕα sinsin ⋅−⋅= fga

ϕαϕα

coscoscoscos ⋅

=⇒⋅=⋅gffg

6

( )αϕαϕ

αϕαϕ

αϕα cossincos

cossinsincos

cossinsin ⋅−=

⋅−=

⋅⋅−⋅= tggggga

( ) 8.330cos13.030sin81.9 =⋅−=a m/s

2

b. Max. tlak će biti u točki A. Ako uočimo da u – smjeru y osi djeluje gustoća masene sile: 496.830cos81.9cos =⋅== αgf y m/s

2

21.3228.0496.813540 =⋅⋅=⋅⋅= yyHgA hfp ρ kPa c.

Na kolica koja se slobodno spuštaju kosinom djeluje ubrzanje koje je jednako projekciji gravitacijskog ubrzanja na os x. Ako u planu gustoća masenih sila (ubrzanja) ucrtamo vektor

a− vidimo da rezultantna gustoća masenih sila se poklapa s projekcijom gravitacijskog ubrzanja na normalu kosine ( ( )ygf = . Slobodna površina i smjer izobara se poklapaju sa smjerom kosine. Max. pritisak ne možemo fiksirati za jednu točku, već sve točke na dnu kolica imaju jednak max. pritisak: 73.24215.030cos81.913540cos =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅= hghgp y αρρ kPa Razmotrimo što bi bilo s max. pritiskom kada bi kolica slobodno padala! Problem možemo promatrati kao kotrljanje kolica niz padinu gdje nam je kut °= 90α . Pošto je 090cos = znači da bi i pritisak (pretlak) u cjelokupnom fluidu bio jednak 0, odnosno vladao bi atmosferski pritisak.

7

5.4. Jeftini akcelerometar, može se napraviti iz U-cijevi kao na slici, L=18 cm, D=5mm.

a. Izračunajte do koje visine h od referentnog stanja se popne kapljevina u cijevi ako je

akceleracija 6 m/s2

b. Razmotrite da li bi skala za mjerenje na cijevi bila linearna, i ako je odgovor da, izračunajte duljinu L da bi očitanje ubrzanja 1 m/s

.

2

iznosilo 1 cm.

ga

Lhtg ==

2/ϕ

055.081.9218.06

2=

⋅⋅

=⋅

=gLah m

Iz izvedene relacije vidimo da h linearno ovisi o akceleraciji a pa će zbog toga i skala biti linearna.

1962.01

01.081.922=

⋅⋅=

⋅=

ahgL m

8

5.5. Cilindrična posuda na slici ispunjena je kapljevinom. Posuda se počinje okretati oko svoje osi.

a. Kolika treba biti kutna brzina a da se pri tome trećina kapljevina prelije van? b. Kolika treba biti minimalna kutna brzina pri kojoj slobodna površina dosegne dno

posude? a. Kao što znamo pri rotaciji fluid formira slobodnu površinu u obliku rotacionog paraboloida. Volumen ispod paraboloida jednak je polovini volumena cilindra iste visine. Ako je zadano da je prilikom rotacije trećina volumena prelijana, onda je to onaj volumen koji je iznad slobodne površine (paraboloida). Jednaki je volumen i ispod paraboloida (ali iste visine), a to je opet jedna trećina. To znači da ostatak (treća trećina) je smješten ispod donje točke paraboloida, i zaposjeda cilindrični oblik posude. Visina tog volumena je 1/3 h = 9 cm.

02

2

21 zr

gz +=

ω ⇒ ( ) ( )

rzzg

rzzg 0

20 22 −

=−

=ω

( )

49.2308.0

09.027.081.92=

−⋅⋅=ω s

-1

b.

r

zg ⋅=

2ω 77.28

08.027.081.92

=⋅⋅

= s

-1

5.6. U cilindričnoj posudi promjera 8.0=D m i visine 9.0=H m nalaze se dvije kapljevine različite gustoće, koje se ne miješaju. U mirujućem stanju, voda gustoće 9981 =ρ kg/m3

131 =h

zauzima volumen do visine cm, a ulje gustoće 8502 =ρ kg/m3

272 =h, zauzima volumen

visine cm. a. Odredite max. pretlak u posudi, nakon što posudu zarotiramo kutnom brzinom 6=ω

s-1!

9

b. Odredite max. pretlak u posudi, nakon što kutnu brzinu povećamo na 12=ω s-1

c. Za oba slučaja provjerite da li je došlo do prelijevanja kapljevine iz posude, i ako je, izračunajte volumen koji je preliven!

!

a. Pošto su u posudi dvije kapljevine različite gustoće koje se ne miješaju, one će takvu karakteristiku zadržati i u stanju relativnom mirovanja kada se posuda rotira konstantnom kutnom brzinom ω . Razdjelna ploha uvijek predstavlja izobaru, tako da će kod rotacije to biti oplošje rotacionog paraboloida. Pretpostavimo da će slika stanja rotacije biti kao što je prikazano. Uočimo da gušća kapljevina (voda), sama za sebe tvori jedan paraboloid, a ukupni volumen (voda + ulje) tvori drugi.

Ukupni volumen: ( ) ( ) 20106.027.013.04.0 2

212 =+⋅=+⋅= ππ hhRV m

3

Volumen vode: 06535.013.04.0 2

12

1 =⋅=⋅= ππ hRV m

3

Ukupna visina paraboloida od simetrale do radijusu posude 4.0=R m:

( ) ( ) 2936.0

81.92604.0

2

222220

2

3 =⋅

⋅−=

−=

gRR

hω

m

Volumen kapljevine ispod paraboloida slobodne površine:

( ) ( ) 07378.02936.004.021

21 22

320

23 =⋅⋅−=⋅−= πhRRV m

3

VV <3 ali 13 VV > što nam govori da slobodna površina (tjeme paraboloida), kad računamo za ukupni volumen kapljevine u posudi, neće dosegnuti dno posude, ali kad računamo za volumen vode, onda bi teoretski bilo smješteno ispod dna posude.

10

Za ukupni volumen računamo visinu kapljevine ispod tjemena paraboloida: 12728.007378.020106.034 =−=−= VVV m

3

2532.04.0

12728.022

44 ===

ππRVh m

Dakle ukupna visina koju cjelokupni volumen kapljevine (voda+ulje) dosegne u posudi je: +=+= 2936.0435 hhh 0.2532=0.5468 m Pošto je ova visina manja od ukupne visine posude, zaključak je da nema prilijevanja kapljevine. Da bi izračunali koju visinu 6h dosegne voda upotrijebiti ćemo dvije relacije:

( )

gRR

h2

220

2

6ω−

=

( ) 620

21 2

1 hRRV ⋅−= π

Iz druge relacije slijedi:

( )6

120

2 2hVRR⋅⋅

=−π

Ubacimo ovaj izraz u prvu jednadžbu:

2763.081.906535.06

22 1

66

21

6 =⋅

=⋅

=⇒⋅⋅⋅⋅

=ππ

ωπω

gVh

hgVh m

( ) 61652 hghhgpA ⋅⋅+−⋅⋅= ρρ

( ) 49612763.081.99982763.05468.081.9850 =⋅⋅+−⋅⋅=Ap Pa

b. Ukupna visina paraboloida od simetrale do radijusu posude 4.0=R m:

( ) ( ) 17431.1

81.921204.0

2

222220

2

3 =⋅

⋅−=

−=

gRR

hω m

Pošto je Hh >3 , to znači da je slobodna površina dosegnula dno posude.

11

Odredimo sada ukupni volumen ispod slobodne površine. Koristimo relacije:

( )

gRR

H2

2202

2 ω−= ⇒ ( ) 2

202

2 2ωgHRR =−

( ) 17336.012

9.081.922

21' 2

2

2

2

2202

2 =⋅⋅

=⋅⋅

=⋅=⋅−=π

ωππ

ωπ HgHgHHRRV m

3

VV <' , što znači da je došlo do prelijevanja dijela od ukupnog volumena kapljevine (u ovom trenutku ne znamo da li samo ulja ili i vode). 0277.017336.020106.0' =−=−=∆ VVV m

3

Za visinu koju dosegne voda na radijusu 4.0=R m koristimo izraz izveden u toči a. ovog problema:

5526.081.906535.0121

4 =⋅

=⋅

=ππ

ωgVh m

Hh <4 znači da nije došlo do prolijevanja vode, već samo ulja.

( ) 4142 hghHgpA ⋅⋅+−⋅⋅= ρρ

( ) 83075526.081.99985526.09.081.9850 =⋅⋅+−⋅⋅=Ap Pa

12

5.7. U cilindričnoj posudi promjera 30=D cm i visine 37=H cm nalazi se voda gustoće

9991 =ρ kg/m3 28=h i zauzima volumen do visine cm. Posuda je poklopljena limenim poklopcem.

a. Izračunajte vrijednost kutne brzine ω kod koje voda počinje oplakivati poklopac posude!

b. Izračunajte silu kojom voda djeluje na poklopac ako se kutna brzina poveća na 15=ω s-1

!

a. Poći ćemo od postavke da je volumen praznog dijela posude jednak u mirovanju i kod rotacije:

( ) ahRhHR 322

21

⋅=− ππ

( ) ( ) 18.028.037.0223 =−⋅=−⋅= hHh a m

g

Rh a 2

22

3ω

= ⇒ 53.1215.0

18.081.922 3 =⋅⋅

=⋅

=R

hg aω s

-1

b. Opet krećemo s istom postavkom o konstantnosti praznog volumena:

( ) bb hRhHR 322

21

⋅=− ππ

g

Rh b

b 2

22

3ω

= ⇒ 232 2

ωb

bhg

R⋅

=

13

Drugi izraz ubacujemo u prvi:

( ) bb h

hghHR 32

32 221

⋅⋅

=− πω

π

( ) 2

232

ωbhg

hHR⋅

=− ⇒ 2155.081.9

28.037.015.0153 =−

⋅=−

=g

hHRh b ω m

1371.015

2155.081.92222

3 =⋅⋅

=⋅

=ω

bb

hgR m

Kada bi se mogao napraviti potpuni paraboloid (da se voda nalazi s obje strane poklopca) onda fluid ne bi djelovao na poklopac nikakvom rezultantnom silom. Kako to ovdje nije slučaj, rezultantna sila jednaka je težini fluida koji s gornje strane nedostaje do punog paraboloida:

( ) ghRRgVF bbb ⋅⋅⋅−⋅=⋅⋅= 422

21 πρρ

gdje je:

( )

gRR

h bb 2

222

4ω−

=

( ) ( ) ( )422

1 222222222 ωπρω

πρ bbb

RRg

gRR

RRF−⋅

=⋅−

⋅⋅−⋅=

( ) 43.2

4151371.115.0999 2222

=−⋅

=πF N

1

6.1. U 2 rezervoara nalazi se voda gustoće 1.999=ρ kg/m3

401 =d. odvod iz rezervoara izveden je kroz

zajedničku cijev (na slici). Zadano: mm, 252 =d mm, 503 =d mm, 4.11 =h m, 8.42 =h m, 2.33 =h m. Izračunajte brzinu strujanja na izlazu zajedničke cijevi uz

pretpostavku neviskoznog fluida!

Tlak u točki 2, 4 i 5 je približno jednak i označimo ga kao 2p . Bernoulijeva jednadžba 5-6:

6

25

3

255

22h

gv

gp

hg

vg

p a ++=++ρρ

0032 +=+ hg

pρ

313642.381.91.99932 −=⋅⋅−=⋅⋅−= hgp ρ Pa

2

Bernoulijeva jednadžba 1-2:

( ) 3

222

31

21

22h

gv

gphh

gv

gpa ++=+++

ρρ

g

vg

ph2

00222

1 +=++ρ

( ) 500.91.999

3136424.181.9222 212 =

−−⋅⋅=−=

ρpghv m/s

Bernoulijeva jednadžba 3-4:

( ) 3

242

32

23

22h

gv

gphh

gv

gpa ++=+++

ρρ

g

vg

ph2

00242

2 +=++ρ

( ) 528.121.999

3136428.481.9222 224 =

−−⋅⋅=−=

ρpghv m/s

Protoci:

322

121 10663.4

4025.05.9

4−⋅=

⋅==

ππdvQ m3

/s

322

242 10743.15

404.0528.12

4−⋅=

⋅==

ππdvQ m3

/s

Prema jednadžbi kontinuiteta, protok u zajedničkoj cijevi jednak je zbroju pojedinačnih protoka: 333

213 10406.2010743.1510663.4 −−− ⋅=⋅+⋅=+= QQQ m3

/s

4

23

53πd

vQ = ⇒ 393.1005.0

10406.20442

3

23

35 =

⋅⋅==

−

ππdQ

v m/s

3

6.2. Odredite pritisak vode u točkama A i B, sifona na slici! Zadano: 1.999=ρ kg/m3

.

Bernoulijeva jednadžba D-C:

02

32

22

++=++g

vg

pg

vg

p CaDa

ρρ

672.7381.9232 =⋅⋅=⋅⋅= gvC m/s Iz jednadžbe kontinuiteta proizlazi da je BAC vvv == Bernoulijeva jednadžba D-A:

02

02

22

++=++g

vg

pg

vg

p AADa

ρρ

294042

672.71.9992

22

−=−=−= AA

vp ρ Pa

Bernoulijeva jednadžba D-B:

5.12

02

22

++=++g

vg

pg

vg

p BBDa

ρρ

4410681.91.9995.12

672.71.9995.12

22

−=⋅⋅−−=⋅⋅−−= gvp BB ρρ Pa

4

6.3. Izračunajte koliki treba biti promjer sapnice d da voda 998=ρ kg/m3

181 =d niti utječe, niti istječe

iz posude 1. Zadano: mm, 252 =d mm, 4.21 =h m, 7.32 =h m, 3.13 =h m.

Tlak u točki 3 je jednak i označimo ga kao 3p . Ako nema strujanja iz ili u posudu 1 to znači da je brzina u cijevi 1 jednaka 01 =v . Ako postavimo Bernoulijevu jednadžbu od točke 1 do točke 3 dobivamo: Bernoulijeva jednadžba 1-3:

g

ph

ρ3

1 = ⇒ 234974.281.999813 =⋅⋅== ghp ρ Pa

Bernoulijeva jednadžba 2-3:

022

233

2

22 ++=++

gv

gp

hg

vg

pa

ρρ

123

2

23

2hh

gp

hg

v−=−=

ρ

( ) ( ) 05.54.27.381.922 123 =−⋅⋅=−= hhgv m/s Bernoulijeva jednadžba 2-4:

( ) 022

24

32

22 ++=+++

gv

gp

hhg

vg

p aa

ρρ

5

( ) ( ) 905.93.17.381.922 324 =+⋅⋅=+= hhgv Iz jednadžbe kontinuiteta:

44

2

4

22

3ππ dvdv =

85,17905.905.525

4

32 ===

vv

dd mm

6.4. Odredite visinu h koju će dosegnuti mlaz vode (ρ=998.2 kg/m3) na izlazu iz račvaste cijevi, prema slici, ako su manometarski tlakovi 22021 == MM pp kPa. Zadano je: D1=32 mm, D2=25 mm, d=18 mm, H=6 m.

Bernoulijeva jednadžba 1-3:

Hg

vg

vg

pM ++=++2

002

23

211

ρ (1)

Bernoulijeva jednadžba 2-3:

Hg

vg

vg

pM ++=++2

002

23

222

ρ (2)

Desne strane navedenih jednadžbi su jednake, pa stoga trebaju biti jednake i lijeve. Budući da je 21 MM pp = slijedi da je i 21 vv = .

6

Jednadžba kontinuiteta:

4

21

1111π⋅

⋅=⋅=DvAvQ

4

22

2222π⋅

⋅=⋅=DvAvQ

=+= 213 QQQ4

21

1π⋅

⋅Dv +

4

22

2π⋅

⋅Dv

( )22

21

12

3 44DDvdv +

⋅=

⋅⋅

ππ

( )22

21

2

31 DDdvv+

⋅= (3)

(3) u (1)

( )

Hg

v

DDd

gv

gpM +=

++

22

23

222

21

4231

ρ

( )

+−=− 22

22

1

4231 1

2 DDd

gv

Hg

pM

ρ

( ) ( )332.18

025.0032.0018.01

681.922.998102202

1

22

222

4

3

222

21

4

1

3 =

+−

⋅⋅−⋅⋅

=

+−

−⋅

=

DDd

gHp

v

M

ρ m/s

Bernoulijeva jednadžba 3-4

=⋅

==81.92

332.182

223 hg

v 17.128 m

7

6.5. Manometar na prvoj slici pri zatvorenom ventilu pokazuje pritisak od 46 kPa, a ostatak cjevovoda iza ventila ispunjen je zrakom pritiska 101,3 kPa. I zrak i voda su temperature 20ºC. Otvaranjem ventila voda počinje strujati kroz cjevovod, a zrak u ekspanzionoj posudi ostaje zarobljen i izotermno se komprimira. Odredite pritisak zraka u ekspanzionoj posudi

zp ! Pretpostaviti neviskozno strujanje. Zadano: 321 =h cm, 31 =h cm, 2.21 =h m, 25=D mm, =d 15 mm

Kada voda miruju manometar pokazuje zaustavni tlak. Otvaranjem ventila pasti će pritisak na manometru ali će biti:

g

vg

pg

pm

2

211 +=

ρρ (1)

Bernoulijeva jednadžba 1-2

g

vhg

vg

p22

22

3

211 =++

ρ (2)

Ako uvedemo jednadžbu 1 u 2 dobivamo:

3

22

2h

gp

gv m +=

ρ

633.112.281.922.998104622

2 3

32 =⋅⋅+⋅⋅

=⋅+= hgp

v m

ρ m/s

Prema jednadžbi kontinuiteta:

44

2

2

2

1ππ dvDv ⋅=⋅

188.42515633.11 2

2

2

2

21 ==⋅=Ddvv m/s

8

372462

188.42.998460002

221

1 =−=−=vpp m ρ Pa

3724613 == pp Pa Ovo je manometarski pritisak u točki 3. Apsolutni pritisak u točki 3 dobijemo da manometarski zbrojimo s atmosferskim: 1385461013003724633 =+=+= aa ppp Pa Jednadžba manometra za ekspanzionu posudu: )( 23 hxgpp za +⋅⋅+= ρ (3) Izotermna kompresija zraka u ekspanzionoj posudi daje: xza VpVp ⋅=⋅

( )xhphp za −⋅=⋅ 11 ⇒ z

a

php

hx 11

⋅−=

Sada jednadžba 3 izgleda:

)( 21

13 hp

hphgpp

z

aza +

⋅−⋅⋅+= ρ

( ) zazza phhghpgppp ⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅−=⋅ 211

23 ρρ

( )[ ] 01321

2 =⋅⋅⋅−⋅−+⋅⋅+ hpgpphhgp azaz ρρ

( )[ ] 032.010130081.92.99813854603.032.081.92.9982 =⋅⋅⋅−⋅−+⋅⋅+ zz pp

03174285581351192 =−⋅− zz pp

137428=zp Pa

4.8=x cm

9

6.6. Na slici je prikazan princip rada ejektorske pumpe. Voda gustoće 2.999=ρ kg/m3 i protoka

Q =5 l/s, pretlaka 45 kPa, ulazi u pumpu promjera D =50 mm. Zbog suženja promjera

strujanja vode i pada pritiska, dolazi do usisavanja kapljevine gustoće 8201 =ρ kg/m3

mh 2= koja se

nalazi u posudi ispod pumpe ( ), pod atmosferskim pritiskom 3.101=op kPa, kroz cijev promjera 31 =d mm. Zanemariti gubitke strujanja.

a. Koliki treba biti promjer suženja d , da bi počelo strujanje kapljevine 1? b. Ako se protok poveća 2%, uz isti ulazni pritisak i izračunati promjer d , izračunaj

protok kapljevine 1.

a. Apsolutni tlak u točki 1: 3.146453.10111 =+=+= mo ppp kPa

546.205.0

005.04422

11 =

⋅===

ππDQ

AQv m/s

85212281.9820101300124 =⋅⋅−=⋅⋅−== hgppp o ρ Pa Bernoulijeva jednadžba 1-2:

2

222

1

211

22z

gv

gpz

gv

gp

++⋅

=++⋅ ρρ

uz 21 zz =

10

22

22

2121 vvpp=+

−ρ

( ) ( ) 347.11546.22.9998521214630022 22

121

2 =+−

=+−

= vppvρ

m/s

4

2

222πdvAvQ ==

02368.0347.11

005.044

2

=⋅

==ππv

Qd m = 23.68 mm

b. 1.5502.102.1' =⋅== QQ l/s

597.205.0

0051.04'4'22

11 =

⋅===

ππDQ

AQv m/s

580.1102368.0

0051.04'4'22

22 =

⋅===

ππdQ

AQv m/s

Bernoulijeva jednadžba 1-2:

22

222

211 vpvp

+=+ρρ

376722

58.11597.22.9991013002

2222

21

12 =−

+=−

+=vvpp ρ Pa

24 pp = opp =3 Bernoulijeva jednadžba 3-4:

4

244

3

233

22z

gv

gpz

gv

gp

++⋅

=++⋅ ρρ

4

244

2z

gv

gp

gpo ++

⋅=

⋅ ρρ

44

24

2z

gpp

gv o −

⋅−

=ρ

11

( ) ( ) 387.9281.92

2.9993767210130022

24

44 =⋅⋅−

−=⋅⋅−

−= zg

ppv o

ρm/s

322

141 10066.0

4003.0387.9

4−⋅===

ππdvQ m3

/s = 0.066 l/s

1

7.1. Izračunajte protok vode kroz cijev na slici! Pretpostaviti neviskozni fluid!

2

222

1

211

22h

gv

gph

gv

gp

++=++ρρ

0030sin*6.02

2211 ++=°++

gp

gv

gp

ρρ

Iz jednadžbe manometra slijedi:

°=− 30cos*2.112

gpp

ρ

Uvrstivši to u gornju jednadžbu dobivamo:

73923.030sin*6.030cos*2.12

21 =°−°=g

v

[ ]smv /808.373923.0*80665.9*21 ==

[ ]32

1

21

11 1196.0808.3*42.0*

4* mvDvAQ ====

ππ

2

7.2 Zanemarujući gubitke, izračunajte protok vode kroz Ventourijevu cijev na slici!

Bernoulijeva jednadžba između točki 1 i 2:

2

222

1

211

22z

gv

gpz

gv

gp

++=++ρρ

(1)

Prema jednadžbi kontinuiteta proizlazi:

2211 AvAv = ⇒44

22

2

21

1ππ dvdv = ⇒ 222

2

221

22

1 41

3.015.0 vvv

ddv === (2)

Prema jednadžbi manometra slijedi:

( ) ( ) 25.025.0 2121

1221 =−+−

⇒−+=− zzg

ppzzgppρ

ρ (3)

(3) ( )1→

4125.0

22

21

22 ==−

gv

gv (4)

( ) ( )42 →

[ ]smgvgvv /287.2158

216 2

222

2 ==⇒=−

[ ]smAvQ /0404.04

15.0*287.2* 32

22 ===π

3

7.3. Odredite brzinu 1v i tlak 1p zraka (ρz =1,23 kg/m3) u simetrali cijevi promjera D=50 mm, pomoću mjernog sustava s Prandtl-Pitotovom cijevi prema slici. Pretpostavite neviskozno strujanje i uzmite u obzir debljinu Prandtl-Pitotove cijevi. Zadano je: d=5 mm, L=100 mm, α=11°, ρa=800 kg/m3

, h=40 mm, pa=101325 Pa.

Jednadžba manometra (U-cijev): aa pghp =+ ρ3 10101104.081.98001013253 =⋅⋅−=−= ghpp aa ρ Pa Jednadžba dif. manometra: 32 sin pLgp a =⋅⋅⋅− αρ 10116111sin1.081.9800101011sin32 =°⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅+= αρ Lgpp a Pa Bernoulijeva jednadžba 1-2 (brzina u točki 2 je 0)

g

pg

vg

pρρ

2211

2=+ (1)

Bernoulijeva jednadžba 1-3

g

vg

pg

vg

p22

233

211 +=+

ρρ (2)

4

Jednadžba kontinuiteta:

( )44

22

3

2

1ππ dDvDv −

⋅=⋅

32

22

31 99.005.0

005.005.0 vvv ⋅=−

⋅= (3)

Lijeve strane jednadžbi (1) i (2) su jednake pa moraju biti i desne:

g

vg

pg

p2

2332 +=

ρρ

( ) ( ) 617.15

23.110101110116122 32

3 =−⋅

=−⋅

=ρ

ppv m/s

Iz jed. (3): 461.15017.999.099.0 31 =⋅=⋅= vv m/s Iz jednadžbe (1)

g

vg

pg

p2

2121 −=

ρρ

1010142461.1523.1101161

2

221

21 =−=−=vpp ρ Pa

7.4. Izračunajte vrijeme potrebno za pražnjenje spremnika na slici! Zanemariti utjecaj kontrakcije mlaza i gubitaka pri istjecanju!

5

gH

AA

t p 2=

4

42

2

π

π

d

D

=gH2 = =

gH

dD 2

2

2

[ ]s83480665.9

95.0*20266.0158.1

2

2

≈

Volumen spremnika:

[ ]322

195.0*4

158.1*4

mHDV ≈==ππ

7.5. Izračunajte vrijeme potrebno za pražnjenje spremnika na slici! Zanemariti utjecaj kontrakcije mlaza i gubitaka pri istjecanju!

Volumni protok kroz izlazni otvor jednak je promjeni volumena u posudi. Ako to izrazimo u infinitezimalnim veličinama ispada: dVdtvAdtQ −== *** ( ) dhhrdhhAdtghr ***)(*2* 22

0 ππ −== (1) Po slici vidimo da porastom visine raste i radijus, od početnog 350 == Rr mm na visini

0=h do konačnog 985=r mm, na visini 95.0== Hh m. Prema tome možemo pisati izraz za radijus kao funkciju visine:

hrtg

hrtg

hrr +=°

+=+= 000 45α

Ovaj izraz ubacimo u jednadžbu (1), pa dobivamo:

( )

++−=+−= dhhdhhR

hdhR

grhdhhR

grdt 2/3

0202

0

202

0

*22*

1*2*

1

6

++−= ∫∫∫∫

02/3

0

0

0202

00

*22

1

HHH

t

dhhdhhRh

dhRgr

dt

++= ∫∫∫

HHH

dhhdhhRh

dhRgr

t0

2/3

00

0

202

0

*22

1

++=

2/52/32

2/121 2/52/3

0202

0

HHRHRgr

t

[ ]s50795.05295.0

3035.0*495.0*2*035.0

80665.9*20133.01 2/52/32

2=

++=

7.6. Izračunajte vrijeme potrebno za pražnjenje spremnika na slici! Zanemariti utjecaj kontrakcije mlaza i gubitaka pri istjecanju!

Početak razmatranja je isti kao i kod prethodnog zadatka: dVdtvAdtQ −== *** ( ) dhhrdhhAdtghr ***)(*2* 22

0 ππ −== Međutim sada povećanjem visine radijus je manji, pa je funkcija drugačija: hRr −= 0 Gdje je 9850 =R mm

( )

+−−=−−= dhhdhhR

hdhR

grhdhhR

grdt 2/3

0202

0

202

0

*22*

1*2*

1

7

+−−= ∫∫∫∫

02/3

0

0

0202

00

*22

1

HHH

t

dhhdhhRh

dhRgr

dt

+−= ∫∫∫

HHH

dhhdhhRh

dhRgr

t0

2/3

00

0

202

0

*22

1

+−=

2/52/32

2/121 2/52/3

0202

0

HHRHRgr

t

[ ]s131195.05295.0

3985.0*495.0*2*985.0

80665.9*20133.01 2/52/32

2=

+−=

7.7. Izračunajte vrijeme potrebno za pražnjenje spremnika na slici! Zanemariti utjecaj kontrakcije mlaza i gubitaka pri istjecanju! Iz razmatranje izbaciti vrijeme potrebno za pražnjenje cijevi.

dVdtvAdtQ −== *** ( ) dhRdtahgr **2* 2

02

0 ππ −=+

ah

dhgr

Rdt

+−= *

220

20

( )∫∫∫ −+=+

−=H

H

t

dhahgr

Rah

dhgr

Rdt

0

2/12

0

20

0

20

20

0

*2

*2

8

( ) ( ) ( )aaHgr

RaaHgr

Rt −+=

+−+= *

22

2/10*

2 20

20

2/12/1

20

20

( ) [ ]st 34695.095.095.0*80665.9*20133.0

579.0*22

2

≈−+=

10.1. Kapilara promjera 5=d mm koristi se kao viskozimetar za ulje. Izračunajte dinamičku viskoznost ulja ako se kod protoka od 71=Q l/h izmjeri pad tlaka po metru duljine od 375 kPa/m! Brzina strujanja:

π2

4d

Qv = (1)

2

32d

Lvp µ=∆ ⇒

vd

Lp

32

2∆=µ

Uvaživši relaciju (1) dobivamo:

292.0071.04323600005.010375

432432

43

4

2

2

=⋅⋅⋅⋅

⋅=⋅⋅

∆=

∆=

ππ

π

µQ

dLp

dQ

dLp Pas

10.2. Mazut gustoće 860=ρ kg/m3 015.0=µ, Pas, struji vertikalno prema dolje kroz čeličnu cijev duljine 60 m i unutarnjeg promjera 3.24=d mm . Temperatura mazuta je C°0 , s brzina strujanja 0.64 m/s. Izračunajte razliku pritisaka između vrha i dna cijevi!

=−++ rhhg

vg

p1

211

2δ

ρ 2

222

2h

gv

gp

++δρ

Kako su brzine 1v i 2v jednake članovi s brzina s lijeve i desne strane jednadžbe otpadaju.

rhhhg

pp+−=

−12

21

ρ

⇒<=⋅

⋅⋅=

⋅⋅= − 2300892

105.18600243.064.0Re 2µ

ρdv strujanje je laminarno

7.30243.081.9860

64.060105.132322

2

2 =⋅⋅

⋅⋅⋅⋅==

−

gDLvhr ρ

µ m

( ) ( ) 3

1221 1047581.98607.360 ⋅−=⋅⋅+−=+−=− ghhhpp r ρ Pa

10.3. Loživo ulje struji kroz čeličnu cijev unutarnjeg promjera 102.3 mm maksimalnom brzinom pri kojoj je strujanje još uvijek laminarno. Ako je gustoća ulja 895=ρ kg/m3

2109.3 −⋅=µ, a dinamička

viskoznost Pas, izračunajte gubitke strujanja na dužini cijevi od 30.5 m!

980.08951023.0109.32300Re

Re2

maxmax

maxmax =

⋅⋅⋅

=⋅⋅

=⇒⋅⋅

=−

ρµ

µρ

dv

dv m/s

406.081.92

980.01023.0

5.30230064

2Re64 22

=⋅

⋅⋅==g

vdlhr m

10.4. U injekciji na slici cjepivo ima gustoću 900=ρ kg/m3 002.0=µ i dinamičku viskoznost Pas. Kolika je stalna sila F potrebna za održanje protoka kroz iglu, od 0.4 ml/s? Zanemariti gubitke u većem cilindru!

005.001.0

104.0442

6

2 =⋅⋅

==−

ππAdQvA m/s

149.800025.0

104.0442

6

2 =⋅⋅

==−

ππBdQvB m/s

Zbog velike razlike u brzinama, brzinu Av u daljnjem proračunu možemo zanemariti.

⇒<=⋅⋅

=⋅⋅

= 2300917002.0

90000025.0149.8Reµρdv

B strujanje je laminarno

9.1881.92

149.800025.0

02.091764

2Re64 22

=⋅

⋅⋅==g

vdlhr m

22663481.99009.1881.92

149.8222

222

=⋅⋅

+

⋅=⋅

+=⇒+= gh

gvph

gv

gp

rB

ArBA ρδδ

ρ Pa

80.174

01.02266344

22

=⋅=⋅=ππ

Ad

pF A N

10.5. Voda temperature 20ºC struji kroz cijev duljine 1 m i promjera 2 mm (na slici). Postoji li neka visina H za koju strujanje nije laminarno? Koliki je protok vode ako je 5.0=H m? Zanemariti zakrivljenost cijevi.

=−++ rhhg

vg

p1

211

2δ

ρ 2

222

2h

gv

gp

++δρ

=−++ rhH00 02

022 ++g

vδ

Pretpostavljamo laminarno strujanje a za takvo je strujanje 2=δ , a brzinu 2v ćemo jednostavno nazvati v

Hhg

vr =+

22

2

(1)

2

32gd

Lvhr ρµ

= (2)

(2) u (1)

0322

2

=−+ Hgd

Lvgv

ρµ (3)

0322

2 =−+ gHd

Lvvρµ (4)

Strujanje nije laminarno ako je 2300Re ≥

155.12.998*002.010*003.1*2300

*Re***Re

3

===⇒=−

ρµ

µρ

dvdv

Ovu vrijednost uvedemo u (3) i provjerimo vrijednost H

083.1002.081.92.998

155.1110003.13281.9

155.1322

32

2

2

=⋅⋅

⋅⋅⋅⋅+=+=

−

gdLv

gvH

ρµ m

Pošto ova vrijednost visine premašuje duljinu 1=L m, možemo zaključiti da niti u jednom položaju kraja cijevi neće se ugroziti laminarno strujanje. Za izračunavanje vrijednosti brzine kada je 5.0=H m, koristiti ćemo relaciju (4):

05.081.9002.02.998

110003.1322

32 =⋅−

⋅⋅⋅⋅

+−

vv

0905.4038.82 =−⋅+ vv Realno fizikalno rješenje:

( )

57.012

905.414038.8038.8 2

=⋅

−⋅⋅−+−=v m/s

10.6. Glicerin temperature 20ºC struji kroz horizontalnu glatku cijev uz protok 1=Q m3

/s. Ako trebamo osigurati laminarno strujanje, i ako pri tome pad tlaka ne smije biti veći od 1000 Pa/m, koji treba biti minimalni promjer cijevi?

Prosječna brzina strujanja će biti:

π2

4d

Qv =

Prvo ćemo izračunati promjer cijevi kod kojeg ima graničnu vrijednost 2300Re =

µπρ

µ

ρπ

µρ

⋅⋅⋅

=⋅⋅

=⋅⋅

=d

Qdd

Qdv 4

4

Re2

468.049.12300

126014Re4

=⋅⋅

⋅⋅=

⋅⋅⋅

=πµπ

ρQd m

Izračunajmo sada vrijednost promjera cijevi kod kojeg će pad tlaka biti maksimalno dopušteni:

πµπ

µµ42

2

2

43243232

dQL

dd

QL

dLvp ⋅⋅⋅⋅

===∆

496.01000

149.11281284

4=

⋅⋅⋅

=⋅

∆⋅⋅

=ππ

µ

Lp

Qd m

Za rješenje se uzima promjer iz drugog uvjeta 496.0min =d m, jer takav promjer ili veći zadovoljava obadva postavljena uvjeta.

10.7. Kroz cijev promjera 6 cm (na slici), struji glicerin temperature 20ºC, uz protok od 6 m3

/h. Provjerite da li je strujanje laminarno! Za izmjerene pritiske prikazane na slici, odredite smjer strujanja (gore ili dolje)! Kakav je gubitak visine za ove pritiske?

589.006.03600

64422 =

⋅==

ππdQv m/s

09.2949.1

126006.0589.0Re =⋅⋅

=⋅⋅

=µρdv ⇒ strujanje je laminarno

Pretpostaviti ćemo strujanje od točke A prema točki B

=−++ rA hhg

vg

p1

21

2δ

ρ 2

22

2h

gv

gp B ++δρ

(1)

Pošto je cijev jednakog promjera brzina u točkama A i B je jednaka pa članovi s brzinama na obadvije strane jednadžbe otpadaju.

=− rhg

pρ

12

2 hg

p+

ρ

221 h

gpphr −

−=

ρ

( ) 94.241281.91260107.31.2 5

−=−⋅

⋅−=rh m

Pošto je gubitak visine negativan, to znači da smo pretpostavili krivi smjer strujanja. Dakle glicerin struji od točke B prema točki A.

11.1. Kakav utjecaj ima na protok, ako se kod laminarnog strujanja, promjer cijevi poveća dvostruko, uz konstantnu razliku tlakova na ulazu i izlazu cijevi?

2122

22

.322

642Re

64 dCvdvconst

dv

gl

gv

dl

dvgv

dlhr ⋅=⇒⋅=⋅

⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅

==νν

43

22

212

22

4dCdCdCCdvdvAvQ ⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅=⋅=

π

Ako se promjer poveća dvostruko: d'=2d: ( ) QdCdCQ 16162' 4

34

3 =⋅⋅=⋅= 11.2. Kakav utjecaj ima na protok, ako se kod turbulentnog strujanja, promjer cijevi poveća dvostruko, uz konstantnu razliku tlakova na ulazu i izlazu cijevi?

2/11

2

2dCv

gv

dlhr ⋅=⇒= λ

2/53

22

2/112

22

4dCdCdCCdvdvAvQ ⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅=⋅=

π

Ako se promjer poveća dvostruko: d'=2d: ( ) QdCdCQ ⋅=⋅=⋅= 66.5*22' 2/5

32/52/5

3

11.3. Sifon na slici ispunjen je vodom 998=ρ kg/m3

koja istječe uz protok od 150 l/s. Izračunajte gubitke od 1 do 3. Izračunajte pritisak u točki 2 ako se 2/3 gubitaka javlja između točaka 1 i 2!

3

233

1

211

22z

gv

gp

hzg

vg

pr ++=−++

ρρ

3

23

1 2000 z

gv

hz r ++=−++

3381.081.92.0

15.085.182 24

2

24

2

31

23

31 =⋅⋅

⋅−=

⋅⋅−−=−−=

ππ gdQzz

gv

zzhr m

2254.03381.032

32

21 =⋅=⋅=− rr hh m

2

222

211

211

22z

gv

gphz

gv

gp

r ++=−++ − ρρ

2

222

211 200 z

gv

gphz r ++=−++ − ρ

21

22

212

2 −−−−= rhg

vzzg

pρ

( ) ( ) 24

2

2121

22

212128

2 πρρρρ

⋅−⋅−−=−⋅−−= −− d

Qghzzvghzzp rr

( ) 331632.0

15.0899881.99982254.02 24

2

2 −=⋅

⋅⋅−⋅⋅−−=

πp Pa

11.4. Slika prikazuje hidraulički sustav koji služi za ekstrudiranje gumenih dijelova. Radni fluid je ulje gustoće 930=ρ kg/m3 40=Q čiji je protok m3

2.21=elP/h. Ulazna električna snaga pumpe je

kW a njezin stupanje iskorištenja 8.0=pη .Gubici u cjevovodu, izraženi preko visina su: 85.021 =−rh m, 69.843 =−rh m, 07.165 =−rh m. Treba izračunati:

a. Snagu koju uzima hidraulička preša b. Pritiske u točkama 2,3,4 i 5

B.J. 1-6

6

266

6543211

211

22z

gv

gp

hhhhhzg

vg

prprrpur ++=−−−+−++ −−− ρρ

6

26

654321 20000 z

gv

hhhhh rprrpur ++=−−−+−++ −−− (1)

96.168.02.21 =⋅=⋅= ηelpu PP kW

pupu hQgP ⋅⋅⋅= ρ ⇒ 308.1674081.9930

36001096.16 3

=⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

=Qg

Ph pu

pu ρ m

599.336000627.0

404422

66 =

⋅⋅⋅

=⋅⋅

=ππd

Qv m/s

Sve ove izraze uvedemo u (1) i izračunamo gubitak na visini zbog energije predane na hidrauličkoj preši:

6

26

654321 2z

gv

hhhhh rrrpupr −−−−−= −−−

733.155305.081.92

599.307.169.885.0308.1672

=−⋅

−−−−=prh m

=⋅⋅⋅= prpr hQgP ρ 79.15733.1553600

4081.9930 =⋅⋅⋅ kW

b.

331.236000779.0

404422

22 =

⋅⋅⋅

=⋅⋅

=ππd

Qv m/s

599.36543 ==== vvvv m/s B.J. 1-2

2

222

211

211

22z

gv

gphz

gv

gp

r ++=−++ − ρρ

2

222

21 2000 z

gv

gphr ++=−++ − ρ

( ) ( ) 322

22122 1041.21

2331.293081.993085.022.1

2⋅−=−⋅⋅−−=−⋅−−= −

vghzp r ρρ Pa

B.J. 2-3

3

233

2

222

22z

gv

gp

hzg

vg

ppu ++=+++

ρρ

Zbog iste visine proizlazi:

2

23

22

23vv

ghpp pu−

+⋅⋅+= ρρ Pa

15014932

599.3331.293081.9930308.1671041.2122

33 =

−+⋅⋅+⋅−=p Pa

B.J. 3-4

4

244

433

233

22z

gv

gphz

gv

gp

r ++=−++ − ρρ

Zbog jednakih brzina i iste visine proizlazi: 142221181.993069.8501493.14334 =⋅⋅−=⋅⋅−= − ghpp r ρ Pa B.J. 4-5

5

255

4

244

22z

gv

gp

hzg

vg

ppr ++=−++

ρρ

Zbog jednakih brzina proizlazi:

( ) ( ) 697781.993061.022.1733.15514222115445 =⋅⋅+−−=⋅⋅+−−= gzzhpp pr ρ Pa 11.5.

Slika prikazuje dio protupožarnog sustava u kojem pumpa uzima vodu gustoće 1000=ρ kg/m3 61002.1 −⋅=υ i kinematske viskoznosti m2

a. Izračunajte potrebnu visinu

/s, iz rezervoara, i distribuira do točke B uz volumni protok od 5677.5 l/min.

h razine vode u rezervoaru da bi se u točki A održao pritisak od 34.5 kPa

b. Uz pretpostavku da je pritisak u točki A 34.5 kPa, izračunajte snagu koju daje pumpa da bi pritisak u točki B bio 586 kPa. U proračun uključiti samo linijske gubitke a za proračun koristiti Moody-jev dijagram!

a.

86.12545.0*606775.5*44

22 ===ππAd

QvA m/s

⇒>=== − 230010*04.410*15.12545.0*86.1*Re 5

6νdv

A strujanje je turbulentno

00018.02545.0

10*6.4 5

==−

dε

Iz Moody-jevog dijagrama očitano: 016.0≈λ

152.081.9*2

86.1*2545.0

7.13*016.02

22

===g

vdlhr λ m

845.381.9*2

86.181.9*10

10*5.34152.022

2

3

322

=++=++=⇒+=−g

vg

phhg

vg

phh AAr

AAr ρρ

m

b.

932.22027.0*606775.5*44

22 ===ππBd

QvB m/s

⇒>=== − 230010*17.510*15.1

2027.0*932.2*Re 56ν

dvB strujanje je turbulentno

00023.02027.0

10*6.4 5

==−

dε

Iz Moody-jevog dijagrama očitano: 016.0≈λ

41.2781.9*2

932.2*2027.0

5.792*016.02

22

===g

vdlhr λ m

BBB

rpAA h

gv

gphh

gv

gp

++=−++22

22

ρρ

lBABAB

p hhgvv

gpph ++

−+

−=

2

22

ρ

( ) 51.9141.2762.7

81.9*286.1932.2

81.9*1010*5.34586 22

3

3

=++−

+−

=ph m

95.8451.91*606775.5*81.9*103 === pp gQhP ρ kW

11.6. Potopna bunarska pumpa (na slici) ostvaruje protok od 47 l/min, vode temperature 15 ºC, dinamičke viskoznosti 6101136 −⋅=µ Pas, kroz čeličnu cijev promjera 26.6 mm i ukupne duljine od 42.7 m. Izračunajte snagu koju pumpa predaje vodi a da pri tome uzmete u obzir samo linijske gubitke. Za proračun koristiti Moody-jev dijagram!

2

222

211

22h

gv

gphh

gv

gp

rp ++=−++ρρ

22 000 hg

phh rp ++=−++ρ

rp hhg

ph ++= 22

ρ (1)

410.10266.0*60

1047*442

3

2 =⋅

==−

ππdQvB m/s

3297710*1136

1.9990266.0*41.1Re 6 =⋅

=⋅⋅

= −µρdv

00173.00266.0

10*6.4 5

==−

dε

Iz Moody-jevog dijagrama očitano: 027.0≈λ

392.481.9*2

41.1*0266.0

7.42*027.02

22

===g

vdlhr λ m

11.69392.458.3681.91.999

1078.275 3

=++⋅⋅

=ph m

53111.69*601047*81.9*1.999

3

=⋅

=⋅⋅⋅=−

pp hQgP ρ W

11.7. Gazolin istječe kroz cijev na slici. Hrapavost cijevi 5.0=ε mm a pritisak u točki 1

25001 =p kPa. Izračunajte potrebni promjer cijevi da bi se ostvario protok od 0.1 m3

/s, uzevši u obzir linijske gubitke u cijevi! Proračun provedite uz pomoć Moody-jevog dijagrama i uz pomoć analitičkog izraza Swamee-Jaina, te usporedite rezultate!

=++ 1

211

2z

gv

gpρ rhz

gv

gp

+++ 2

222

2ρ

Zbog jednakog promjera cijevi brzine u točki 1 i 2 su jednake:

=++ 1

211

2z

gv

gpρ rhz

gv

+++ 2

21

20

( )g

vdlzz

gphl 2

21

211 λ

ρ=−+=

( ) ( ) 94.766.6665.8281.9*680

10*25005.96581.9*22* 3

211

21 =

−+=

−+= zz

gp

lg

dv

ρλ

Daljnji postupak treba biti iterativan. Pretpostavimo da je 025.0=λ . Tada je :

λπ94.7

**16

24

22

2

21 ===

ddQ

dAQ

dv

1385.0*94.7

025.0*1.0*16*94.7*16

52

25

2

2

===ππ

λQd m

Provjerimo sada pretpostavljenu vrijednost 025.0=λ :

0036.01385.00005.0

==dε

638.61385.0

1.0*442221 ====ππd

Qvv m/s

⇒>=⋅

=⋅

= − 230010*14.210*92.2

6801385.0*638.6*Re 64µ

ρdv strujanje je turbulentno

Iz Moody-jevog dijagrama očitano: 0285.0≈λ

1422.0*94.7

0285.0*1.0*16*94.7*16

52

25

2

2

===ππ

λQd m

0035.01422.00005.0

==dε

297.61422.0

1.0*442221 ====ππd

Qvv m/s

64 10*09.2

10*92.26801422.0*297.6*Re =⋅

=⋅

= −µρdv

Iz Moody-jevog dijagrama očitano: 0285.0≈λ

Postupak upotrebom izraza Swamee-Jain: Krećemo od jednadžbe:

94.7* 21 =

dvλ

Pretpostavimo da je 025.0=λ . Tada je :

λπ94.7

**16

24

22

2

21 ===

ddQ

dAQ

dv

1385.0*94.7

025.0*1.0*16*94.7*16

52

25

2

2

===ππ

λQd m

Provjerimo sada pretpostavljenu vrijednost 025.0=λ :

638.61385.0

1.0*442221 ====ππd

Qvv m/s

214098210*92.2

6801385.0*638.6*Re 4 =⋅

=⋅

= −µρdv

02766.0

214098274.5

1385.07.30005.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

2

9.0

=

+

⋅

=

+

⋅

=

dε

λ

1414.0*94.7

02766.0*1.0*16*94.7*16

52

25

2

2

===ππ

λQd m

372.61414.0

1.0*442221 ====ππd

Qvv m/s

209822110*92.2

6801414.0*372.6*Re 4 =⋅

=⋅

= −µρdv

0275.0

209822174.5

1414.07.30005.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

2

9.0

=

+

⋅

=

+

⋅

=

dε

λ

1412.0*94.7

0275.0*1.0*16*94.7*16

52

25

2

2

===ππ

λQd m

11.8. Stara cijev promjera 2 m ima hrapavost 30=ε mm. Umetanjem cijevi debljine stjenke 12 mm, smanjuje se hrapavost na 1=ε mm. Koliko se na godišnjoj razini smanjuju troškovi transporta po kilometru cijevi, ako se cjevovodom transportira voda temperature 20 ºC uz protok od 6 m3 75.0=η/s? Koeficijent iskorištenja pumpe je a cijena energije je 1€ za 90 MJ.

910.12

6*44221 ====ππd

QAQv m/s

373835710*02.1

2.998*2*910.1**Re 3 === −µρdv

0437.0

373835774.5

27.303.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

2

9.0

=

+

⋅

=

+

⋅

=

dε

λ

976.1012.0*22212 =−=−= δdd m

957.1976.1

6*4422

22 ====

ππdQ

AQv m/s

378438410*02.1

2.998*976.1*957.1**Re 3 === −µρdv

01693.0

378438474.5

976.17.3001.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

2

9.0

=

+

⋅

=

+

⋅

=

dε

λ

( ) 063.481.9*2

910.12

1000*0437.02

221

1 ===g

vdLhr λ m

( ) 672.181.9*2

957.1976.1

1000*01693.02

221

2 ===g

vdLhr λ m

Razlika visina: ( ) ( ) 391.2672.1063.421 =−=−=∆ rr hhh m Ušteda snage:

3.18775.0

391.2*6*81.9*2.998==

∆=∆

ηρ hgQP kW

Godišnja ušteda = 6563310*90

365*24*3600*10*3.1876

3

= €

12.1. Glatka cijev promjera 60 mm i duljine 160 m opskrbljuje vodom temperature 25ºC, iz hidranta, potrošače na vrhu 25 m visoke zgrade. Koji pritisak se održava na vrhu zgrade, pri protoku od 36 m3

/h, ako je pritisak na hidrantu 1.6 MPa?

537.3*06.0*3600

36*4*42221 ====

ππdQvv m/s

=++ 1

211

2z

gv

gpρ rhz

gv

gp

+++ 2

222

2ρ

rhzg

pg

p−−= 2

12

ρρ( )rhzgpp +−=⇒ 212 ρ

57 10*37.2

10*94.806.0*537.3*Re === −ν

dv

Iz Moody-jevog dijagrama očitano: 015.0=λ

==g

vdLhr 2

21λ 51.25

81.9*2537.3

06.0160*015.0

2

= m

( ) ( ) 66

212 10*106.151.2525*81.9*99710*6.1 =+−=+−= lhzgpp ρ Pa 12.2. Rezervoar na slici napunjen je vodom temperature 20ºC. Ako je cijev glatka, dužine 7=L km i promjera 50=d mm, koji će se protok uspostaviti uz razliku visina 98=∆z m? U obzir uzeti samo linijske gubitke!

=++ 1

211

2z

gv

gpρ rhz

gv

gp

+++ 2

222

2ρ

=++ 9800 98000 =⇒+++ rr hh m

g

vdLhr 2

21λ=

⇒=81.9*205.0

10*79823 vλ

λ1*

10*781.9*2*05.0*98

3=vλ11172.0=

Pretpostavimo da je 02.0=λ

vλ11172.0= 8287.0

02.011172.0 == m/s

43 10*05.4

10*02.1998*05.0*8287.0**Re === −µ

ρdv

Iz Moody-jevog dijagrama očitano: 022.0=λ

vλ11172.0= 7902.0

022.011172.0 == m/s

43 10*87.3

10*02.1998*05.0*7902.0**Re === −µ

ρdv

Iz Moody-jevog dijagrama očitano: 022.0=λ

00155.07902.0*4

*05.0*4

*22

====ππ vdvAQ m3

/s

12.3. Zrak temperature 10ºC i normalnog atmosferskog pritiska, struji kroz kanal promjera 1.25 m ( 1=ε mm) i duljine 200 m. Izračunajte volumenski protok zraka, ako gubici strujanja izraženi preko pritiska, iznose 8 kPa!

2472.1283*28710*013.1

*

5

===TR

pzρ kg/m

3

ghgp rr *** ρρ ==∆2

*2

*22 v

dL

gv

dL ρλλ =

λλλρ1*832.21*

2472.1*200800*25.1*21*

***2

==∆

=L

pdv r

Pretpostavimo da je 02.0=λ

022.201*861.2 ==λ

v m/s

176250010*42.1

25.1*022.20*Re 5 === −νdv

756.201*861.2 ==λ

v m/s

65 10*83.1

10*42.125.1*756.20*Re === −ν

dv

Iz Moody-jevog dijagrama očitano: 019.0=λ

47.254

*25.1*756.204

*22

===ππdvQ m3

/s

12.4. Cijev promjera 150 mm, duljine 100 m prazni se kroz sapnicu promjera 50 mm u atmosferu. Kroz cijev protječe vode gustoće 998=ρ kg/m3

03.0=λ

, a izlaz cijevi je 60 m niže od površine vode na ulazu. Koeficijent lokalnog gubitka na ulazu je 0.9 a za sapnicu je 0.05. Izračunajte protok vode i tlak na početku sapnice, ako je koeficijent linearnog gubitka u cijevi !

=++ 1

211

2z

gv

gpρ lokl hhz

gv

gp

++++ 2

222

2ρ

Iz jednadžbe kontinuiteta:

44

22

2

21

221ππ dvdvAvAv cc =⇒=

915.005.0 2

22

2

221

22 vvv

ddvc ===⇒

==g

vdLh c

l 2

2

λ 22

22

01258.0*019.181.9*215.0

100*03.0 vvv

cc ==

81.9*205.0

81.9*2*819.0

*2*2*81*2*2

22

22

22

22

22

2 vvg

vg

vg

vg

vh izuliz

cullok +=+=+= ζζζζ

22*00311.0 vhlok =

=++ 1

211

2z

gv

gpρ lokl hhz

gv

gp

++++ 2

222

2ρ

22

22

22 00311.001258.00

81.9*206000 vvv

⋅+⋅+++=++

001.3000311.001258.0

81.9*21

602 =

++=v m/s

058.309001.30

92 ===

vvc m/s

0589.04

05.0*001.302

22 ==⋅=πAvQ m3

/s

Bernoulijeva jednadžba od početka do kraja sapnice:

=++ 1

2

2z

gv

gp cs

ρ lokhzg

vg

p+++ 2

222

2ρ

=g

ps

ρ gv

gv

gv

iz 22*

811

2

22

22

22 ζ++

04.46605.08111

2001.30*998

8111

2

222 =

+−=

+−= izs

vp ζρ kPa

12.5. Dva rezervoara spojena su betonskom cijevi promjera 2 m ( 5.1=ε mm), duljine 1600 m. Kroz cijev protječe voda temperature 10ºC. Pronađite visinsku razliku između dva rezervoara, ako je protok vode 8 m3

/s. U obzir uzeti linijske gubitke kao i lokalne gubitke na ulazu i izlazu.

546.22

8*4422 ====ππd

QAQv m/s

66 1092.3

1012977.9992546.2Re ⋅=

⋅⋅⋅

=⋅⋅

= −µρDv

00075.02000/5.1/ ==Dε Iz Moody-jevog dijagrama očitano: 0185.0=λ

39.581.92

546.215.02

16000185.02

22

=⋅

++=

++=

gv

DLh izull ζζλ m

12.6. Ako sustav na slici treba dobavljati minimalno 11 m3/h vode temperature 20ºC, koliko može biti maksimalna hrapavost cijevi? U obzir uzeti samo linijske gubitke!

=++ 1

211

2z

gv

gpρ rhz

gv

gp

+++ 2

222

2ρ

=1zg

vdL

gv

dL

gvh

gv

r 21

222

22

22

22

22 ⋅

+=⋅+=+ λλ

22

121v

zgdL ⋅=+ λ

Ld

vzg

⋅

−

⋅= 12

22

1λ

4

2

2πdvQ = ⇒ 323.4

03.036001144

222 =⋅⋅

==ππd

Qv m/s

0192.0503.01

323.4481.9212

222

1 =⋅

−

⋅⋅=⋅

−

⋅=

Ld

vzg

λ

1269181002.1

2.99803.0323.4Re 3 =⋅

⋅⋅=

⋅⋅= −µ

ρDv

2

9.0Re74.5

7.3ln

325.1

+

⋅

=

dε

λ =0.0192

30725.80192.0325.1

Re74.5

7.3ln 9.0 ±=±=

+

⋅ dε

Ako uzmemo vrijednost +8.30725

4053Re

74.57.3

30725.89.0 ==+

⋅e

dε

9.44903.07.3126918

74.540537.3Re

74.54053 9.09.0 =⋅⋅

−=⋅⋅

−= dε m

što je potpuno nerealna vrijednost. Trebamo dakle uzeti vrijednost -8.30725

4-30725.89.0 102,467212

Re74.5

7.3⋅==+

⋅−e

dε

d⋅⋅

−⋅= 7.3

Re74.5102,467212 9.0

4-ε

6

9.04- 101.1103.07.3

12691874.5102,467212 −⋅=⋅⋅

−⋅=ε m = 11.1µ m

12.7. Naftovodom koji je napravljen od galvanizirane željezne cijevi, promjera 1.219 m treba transportirati 265 000 m3 sirove nafte dnevno. Gustoće sirove nafte je 910 kg/m3

01.0=µ a dinamička

viskoznost Pas. Svaka pumpa uzduž cjevovoda povisuje pritisak na 8 MPa koji zatim uslijed linijskih gubitaka pada na 400 kPa i s takvim pritiskom nafta treba ući u slijedeću pumpu. Izračunajte razdaljinu između dviju pumpi i snagu koju pumpa uzima iz el. mreže, ako je njezin stupanj iskorištenje 88.0=η . Pretpostaviti istu geografsku visinu na kojoj su smještene pumpe.

0671.3360024

265000=

⋅=Q m3

/s

628.2219.1

0671.34422 =

⋅==

ππdQv m/s

29152501.0

910219.1628.2Re =⋅⋅

=⋅⋅

=µ

ρDv

0157.0

29152574.5

219.17.31015.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.0

=

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

=++ 1

211

2z

gv

gpρ rhz

gv

gp

+++ 2

222

2ρ

=g

pρ

1rh

gp

+ρ

2

gv

dL

gpphr 2

2221 ⋅=

−= λ

ρ

( ) ( ) 187720

628.29100157.010400108219.1222

36

22

21 =⋅⋅

⋅−⋅⋅=

⋅⋅−

=vppdL

ρλm 72.187= km

( ) 636 103.230671.310400108 ⋅=⋅⋅−⋅=⋅∆=⋅⋅⋅= QpQhgP ppp ρ W

66

105.2688.0103.23

⋅=⋅

==η

pe

PP W= 26.5 MW

12.8. Mala turbina na slici uzima 400 W snage iz vodenog toka. Obje cijevi su čelične ( 046.0=ε mm). Izračunajte protok vode te nacrtajte piezometričku i energetsku liniju!

=++ 1

211

2z

gv

gpρ rt hhz

gv

gp

++++ 2

222

2ρ

rt hhg

vz ++=2

22

1 (1)

44

22

2

23

3ππ dv

dvQ ⋅=⋅= (2)

g

vdL

gv

dLhhh rrr 22

22

3

22

23

3

3323 ⋅+⋅=+= λλ (3)

tt hQgP ⋅⋅⋅= ρ ⇒ Qg

Ph t

t ⋅⋅=ρ

(4)

(2) , (3) i (4) u (1)

242

2

2

2224

3

2

3

3324

2

2

1 216

216

216

πλ

πλ

ρπ dgQ

dL

dgQ

dL

QgP

dgQz t

⋅⋅+

⋅⋅+

⋅⋅+

⋅=

25

2

225

2

324

2

04.081.921630

06.081.921610

81.92.998400

04.081.921620

πλ

πλ

π ⋅⋅⋅

+⋅⋅⋅

+⋅⋅

+⋅⋅

=QQ

QQ

2

22

32 24207087106258804084.03227620 QQ

QQ ⋅+⋅++⋅= λλ

( ) 004084.02024207087106258832276 3

23 =+⋅−⋅⋅+⋅+ QQλλ (5)

Daljnji postupak je iterativni. Pretpostavimo režim potpune turbulencije i uzmemo da je Re i za 1 i za drugu cijev jednak 1010Re = .

02031.0

1074.5

04.07.310046.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.010

32

9.02

2 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=

⋅

−

dε

λ

01842.0

1074.5

06.07.310046.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.010

32

9.03

3 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=

⋅

−

dε

λ

S ovim vrijednostima ulazimo u jednadžbu (5) ( ) 004084.02002031.02420708701842.0106258832276 3 =+⋅−⋅⋅+⋅+ QQ 004084.020543495 3 =+⋅−⋅ QQ Rješenje ove kubne jednadžbe možemo dobiti pokušavanjem:

0045.0=Q m3

/s

Sada se za takav protok izračunaju Re brojevi u obje cijevi i ponavlja se postupak proračuna λ

581.304.0

0045.04422

22 =

⋅=

⋅=

ππdQv m/s

14017800102.0

2.99804.0581.3Re2 =⋅⋅

=⋅⋅

=µ

ρDv

02224.0

14017874.5

04.07.310046.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.02

2 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

592.106.0

0045.04422

33 =

⋅=

⋅=

ππdQv m/s

9345200102.0

2.99806.0592.1Re3 =⋅⋅

=⋅⋅

=µ

ρDv

02165.0

9345274.5

06.07.310046.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.03

3 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

Sada jednadžba (5) izgleda: ( ) 004084.02002224.02420708702165.0106258832276 3 =+⋅−⋅⋅+⋅+ QQ 004084.020593642 3 =+⋅−⋅ QQ Rješenje ove kubne jednadžbe možemo dobiti pokušavanjem:

00412.0=Q m3

/s

279.304.000412.044

222

2 =⋅

=⋅

=ππd

Qv m/s

12834000102.0

2.99804.0279.3Re2 =⋅⋅

=⋅⋅

=µ

ρDv

02239.0

12834074.5

04.07.310046.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.02

2 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

457.106.000412.044

223

3 =⋅

=⋅

=ππd

Qv m/s

8556000102.0

2.99806.0592.1Re3 =⋅⋅

=⋅⋅

=µ

ρDv

02186.0

8556074.5

06.07.310046.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.03

3 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

( ) 004084.02002239.02420708702186.0106258832276 3 =+⋅−⋅⋅+⋅+ QQ 004084.020597505 3 =+⋅−⋅ QQ 0041.0=Q m3

/s

Za crtanje energetske i piezometričke linije trebamo proračunati pojedine gubitke i pojedine članove B.J. Na ulazu u turbinu imamo:

390.006.081.92

100041.01602186.0216

2 25

2

253

32

3

23

3

333 =

⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

⋅=⋅=ππ

λλdg

LQg

vdL

hr m

107.006.081.92

0041.0162

162 24

2

243

223 =

⋅⋅⋅

=⋅⋅

=ππdg

Qg

vm

963.90041.081.92.998

400=

⋅⋅=

⋅⋅=

QgP

h tt ρ

m

111.904.081.92

300041.01602239.0216

2 25

2

252

22

2

22

2

223 =

⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

⋅=⋅=ππ

λλdg

LQg

vdLhr m

543.004.081.92

0041.0162

162 24

2

242

222 =

⋅⋅⋅

=⋅⋅

=ππdg

Qg

v m

1

13.1. Dijagram ovisnosti visine dobave centrifugalne pumpe je prikazan na slici. Ako pumpa tlači vodu temperature 20ºC kroz cijev od lijevanog željeza, duljine 120 m i promjera 30 cm, koliki će biti protok?

Možemo prvo izraziti funkcijsku ovisnost visine dobave pumpe H od protoka Q : 280 QkH ⋅−= Za protok od 2 m3

/s visina dobave će biti 0, dakle:

22800 ⋅−= k ⇒ 20280

2 ==k

Prema tome karakteristika pumpe je: 22080 QH ⋅−= (1) Visina dobave pumpe troši se na pokrivanje linijskih gubitaka u cjevovodu i visinu izlazne brzine iz cjevovoda:

24

2222 812

122 π

λλλdgQ

dL

gv

dL

gv

dL

gvH

⋅

+=

+=⋅+= (2)

(1) u (2):

24

22 812080

πλ

dgQ

dLQ

⋅⋅

⋅

+=⋅−

224

2

208180 QdgQ

dL

⋅+⋅⋅

⋅

+=

πλ

2

802081 224 =⋅

+

⋅⋅

+ Q

dgdL

πλ

( ) 202.10400180

203.081.9

83.0

1201

80

2081

80

2424+⋅+

=+

⋅⋅

+

=+

⋅⋅

+

=λ

πλ

πλ

dgdL

Q

Pošto je ( ) ( )Qfvf ==λ daljnji postupak ćemo provesti iterativno. Za početak ćemo uzeti režim potpuno izobraženo turbulentnog strujanja odnosno 1010Re =

01896.0

1074.5

3.07.31026.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.010

32

9.0

=

+

⋅⋅

=

+

⋅

=

⋅

−

dε

λ

( ) 8624.0202.1001896.04001

80=

+⋅⋅+=Q m3

/s

Nastavljamo s drugom iteracijom:

201.123.08624.044223 =

⋅=

⋅=

ππdQv m/s

358193500102.0

2.9983.0201.12Re3 =⋅⋅

=⋅⋅

=µ

ρDv

01910.0

358193574.5

3.07.31026.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.0

=

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

( ) 8601.0202.100191.04001

80=

+⋅⋅+=Q m3

/s

3

13.2. Pumpu iz prethodnog zadatka, karakteristike 22080 QH ⋅−= koristimo za prepumpavanje vode iz spremnika 1 u spremnik 2 kroz cjevovod promjera 500 mm (na slici). Izračunajte protok vode kroz sustav ako je suma svih linijskih i lokalnih gubitaka sadržana u ukupnom koeficijentu gubitaka 25=ukζ , a razlika razina 15=H m! Ako bi na raspolaganju imali dvije pumpe a cilj bi nam bio dobiti veći protok, da li ćemo pumpe, prije spoja na glavni cjevovod, povezati serijski ili paralelno?

B.J. od razine vode u spremniku 1 do razine vode u spremniku 2

=+++ phzg

vg

p1

211

2ρ rhzg

vg

p+++ 1

211

2ρ

=ph rhH +

gvHQ uk 2

20802

2 ζ+=⋅−

gDQHQ uk 24

22 82080

πζ+=⋅−

HQgD

Quk −=⋅+ 80208 2

24

2

πζ

1069.120

81.95.0825

1580

20880

2424

=+

⋅

−=

+

−=

ππζ

gD

HQuk

m3

/s

4

Za slučaj kada su pumpe spojene serijski, protok kroz svaku pumpu je isti a visina dobave se zbraja, odnosno dvostruko je veća. Karakteristika cjevovoda ostaje ista.

gD

QHQ uk 24

22 840160

πζ+=⋅−

HQgD

Quk −=⋅+ 160408 2

24

2

πζ

4089.140

81.95.0825

15160

408160

2424

=+

⋅

−=

+

−=

ππζ

gD

HQuk

m3

/s

Za slučaj kad su pumpe spojene paralelno kroz svaku pumpu prolazi samo Q21 .

gD

QHQ uk 24

22 8212080

πζ+=

⋅−

gD

QHQ uk 24

22 8580

πζ+=⋅−

HQgD

Quk −=⋅+ 80408 2

24

2

πζ

307.15

81.905.0825

4580

5880

2424

=+

⋅

−=

+

−=

ππζ

gD

HQuk

m3

/s

5

13.3. Izračunajte protok kroz sustav betonski cijevi ( 5.0=ε mm) na slici, ako njime protječe voda gustoće 998=ρ kg/m3 31002.1 −⋅=µ i dinamičke viskoznosti Pas. U obzir uzeti samo linijske gubitke te gubitak izlazne brzine! Zadano 15=H m.

=++ AAA zg

vg

p2

2

ρ rBBB hzg

vg

p+++

2

2

ρ

gv

hhhhzz rrrrAB 2

23

321 +++==−

+

⋅⋅=∆ ∑∑

==

n

i i

in

i i

iir dd

LgQh

14

152

28 ζλπ

+

⋅+

⋅+

⋅⋅=− 4

353

3152

2251

112

2 18dd

Ld

Ld

LgQzz AB

λλλπ

( )

43

53

3352

2251

11

2

11

8dd

Ld

Ld

LgzzQ AB

+⋅

+⋅

+⋅

⋅−

=λλλ

π

453

52

51

2

18.01

18.0850

2.01600

16.01000

1881.915

+⋅

+⋅

+⋅

⋅⋅⋅

=λλλ

πQ

952,644983831059536743474.13

326

1 ++⋅⋅+⋅=

λλλQ

6

Pretpostavimo za početak da je 02.0321 === λλλ

0,0218952,60.02449838302.010502.09536743

474.136

=+⋅+⋅⋅+⋅

=Q m3

/s

Iterativno određujemo realne vrijednosti pojedinih λ :

085.116.0

0218.04422

11 =

⋅=

⋅=

ππdQv m/s

69817100102.0

99816.0085.1Re 111 =

⋅⋅=

⋅⋅=

µρdv

02742.0

16981774.5

16.07.3105.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.01

1 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

6939.02.00218.04422

22 =

⋅=

⋅=

ππdQv m/s

13579000102.0

9982.06939.0Re 222 =

⋅⋅=

⋅⋅=

µρdv

02618.0

13579074.5

2.07.3105.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.02

2 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

857.018.0

0218.04422

33 =

⋅=

⋅=

ππdQv m/s

15087700102.0

99818.0857.0Re 333 =

⋅⋅=

⋅⋅=

µρdv

02673.0

15087774.5

18.07.3105.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.03

3 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

0,0188952,60.02673449838302618.010502742.09536743

474.136

=+⋅+⋅⋅+⋅

=Q m3/s

7

2. iteracija

935.016.0

0188.04422

11 =

⋅=

⋅=

ππdQv m/s

14638600102.0

99816.0935.0Re 111 =

⋅⋅=

⋅⋅=

µρdv

02755.0

14638674.5

16.07.3105.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.01

1 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

598.02.00188.04422

22 =

⋅=

⋅=

ππdQv m/s

11710300102.0

9982.0598.0Re 222 =

⋅⋅=

⋅⋅=

µρdv

02636.0

11710374.5

2.07.3105.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.02

2 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

739.018.0

0188.04422

33 =

⋅=

⋅=

ππdQv m/s

13011400102.0

99818.0739.0Re 333 =

⋅⋅=

⋅⋅=

µρdv

02689.0

13011474.5

18.07.3105.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.03

3 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

0,01875952,60.02689449838302636.010502755.09536743

474.136

=+⋅+⋅⋅+⋅

=Q m3

/s

8

13.4. Voda temperature 20ºC, 2.998=vρ kg/m3, 310003.1 −⋅=bµ Pas, struji kroz dvije čelične cijevi smještene u pravokutnom čeličnom kanalu na slici. Protok kroz svaku od cijevi iznosi 450 l/min. Kroz kanal oko cijevi struji benzen temperature 70ºC, 862=bρ kg/m3

4105.3 −⋅=bµ,

Pas, protokom koji osigurava isti Re broj kao što je to za vodu. Izračunajte pada tlaka za obje kapljevine, ako je duljina ovog izmjenjivača topline, 3.8 m.

402.01541.0

6045.044

22 =⋅

=⋅

=ππu

v dQv m/s

6165210003.1

2.9981541.0402.0Re 3 =⋅

⋅⋅=

⋅⋅= −

v

vv dvµ

ρ

02109.0

6165274.5

1541.07.310046.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.0

=

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

udε

λ

422

402.02.9981541.0

8.302109.02

22

=⋅⋅=⋅=∆v

dLp vv ρλ Pa

Za presjek kroz koji struji benzen trebamo izračunati ekvivalentni promjer

( ) ( ) 0629.01683.022.04.024

1683.022.04.04

224

244

22

=⋅⋅++⋅

⋅−⋅⋅

=⋅⋅++⋅

⋅−⋅⋅

=⋅

=π

π

π

π

v

v

ekv dba

dba

OAd m

b

bb dvµ

ρ⋅⋅=Re ⇒ 398.0

8620629.0105.361652Re 4

=⋅⋅⋅

=⋅⋅

=−

bekv

bb d

vρµ

m/s

9

02267.0

6165274.5

0629.07.310046.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.0

=

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

ekvdε

λ

5.932

398.08620629.0

8.302267.02

22

=⋅⋅=⋅=∆v

dLp bekv

b ρλ Pa

13.5. Rezervoari na slici spojeni su cijevima od lijevanog željeza. Izračunajte protok vode temperature 20ºC uzevši u obzir linijske i lokalne gubitke. Razlika razina iznosi 13.9 m.

B.J. 1-2 rhzz =− 21 Odnosno, ukupna razlika visina troši se na gubitke strujanja (linijske i lokalne).

+

⋅⋅=∆ ∑∑

==

n

i i

in

i i

iir dd

LgQh

14

152

28 ζλπ

+

⋅⋅=− ∑∑

==

n

i i

in

i i

ii

ddL

gQzz

14

152

2

218 ζλπ

+

⋅++

⋅+⋅=∆ 4

252

224

1

.51

114

12

28dd

Ldd

Ldg

Qz izprošul ζλζλζπ

10

+⋅

+

−

+⋅

+⋅

⋅⋅∆=

+

⋅++

⋅+⋅

⋅⋅∆=

42

52

224

1

2

22

21

51

114

1

2

42

52

224

1

.51

114

1

2

18

8

ddL

ddd

dL

d

gz

ddL

ddL

d

gzQ

izul

izprošul

ζλλζ

πζλζλζ

π

+⋅

+

−

+⋅

+⋅

⋅⋅=

452

4

2

2

2

51

4

2

05.01

05.015.6

025.005.0025.01

025.015.6

025.05.08

81.99.13

λλ

πQ

21 196800006297600002880000226.168

λλ ++=Q

Pretpostavimo da je 025.021 == λλ

31097.20.025196800000.0256297600002880000

226.168 −⋅=⋅+⋅+

=Q m3

/s

Kontroliramo λ s obzirom na dobiveni protok

043.6025.0

1097.2442

3

21

1 =⋅⋅

=⋅

=−

ππdQv m/s

15036110003.1

2.998025.0043.6Re 311

1 =⋅

⋅⋅=

⋅⋅= −µ

ρdv

03898.0

15036174.5

025.07.31026.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.01

1 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

511.105.0

1097.2442

3

22

2 =⋅⋅

=⋅

=−

ππdQv m/s

7517610003.1

2.99805.0511.1Re 322

2 =⋅⋅⋅

=⋅⋅

= −µρdv

11

03222.0

7517674.5

05.07.31026.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.01

1 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

31045.20.03222196800000.038986297600002880000

226.168 −⋅=⋅+⋅+

=Q m3

/s

Opet kontroliramo λ s obzirom na dobiveni protok

988.4025.0

1045.2442

3

21

1 =⋅⋅

=⋅

=−

ππdQv m/s

12285710003.1

2.998025.0988.4Re 311

1 =⋅

⋅⋅=

⋅⋅= −µ

ρdv

03909.0

12285774.5

025.07.31026.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.01

1 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

245.105.0

1045.2442

3

22

2 =⋅⋅

=⋅

=−

ππdQv m/s

6209010003.1

2.99805.0245.1Re 322

2 =⋅⋅⋅

=⋅⋅

= −µρdv

03249.0

6209074.5

05.07.31026.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.01

2 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

31045.20.03249196800000.039096297600002880000

226.168 −⋅=⋅+⋅+

=Q m3

/s

12

13.6. Kroz paralelni cjevovod izrađen od galvaniziranog željeza protječe gazolin temperature 20ºC uz ukupni protok od 36 l/s. Ako pumpa ne radi i predstavlja otpor 5.1=ζ odredite protok u svakoj od cijevi i pad tlaka!

Pad tlaka u svakoj od cijevi je jednak tj. otpori strujanju su također jednaki:

g

vdL

gv

dL

22

22

2

22

21

1

11 ⋅

+=⋅ λζλ

QQQ =+ 21

242

22

2

2224

1

21

1

11

88π

λζπ

λ⋅⋅

⋅⋅

+=

⋅⋅⋅

⋅dg

QdL

dgQ

dL

( )

42

22

2

224

1

22

1

11 d

QdL

dQQ

dL

⋅

+=

−⋅ λζλ

( ) 22

2

22

222

251

421

1 2 QdLQQQQ

ddL

⋅

+=+⋅⋅−⋅

⋅λζλ

( ) ( ) 2

222221 13755.1072.0001296.052.491 QQQ ⋅⋅+=+⋅−⋅⋅ λλ (1)

Pretpostavimo da je 10

21 10ReRe ==

02616.0

0174.5

05.07.31015.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.010

32

9.01

1 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=

⋅

−

dε

λ

02788.0

0174.5

04.07.31015.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.010

32

9.02

2 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=

⋅

−

dε

λ

S ovim vrijednostima ulazimo u jednadžbu 1:

13

( ) ( ) 22

222 02788.013755.1072.0001296.002616.052.491 QQQ ⋅⋅+=+⋅−⋅⋅

( ) 2

2222072.0001296.00,32279 QQQ =+⋅−⋅

000041833.002324.067722.0 2

22 =−⋅+⋅ QQ

( )01305.0

67722.0200004183.067722.0402324.002324.0 2

2 =⋅

−⋅⋅−+−=Q m3

/s

02295.001305.0036.021 =−=−= QQQ m3

/s

S ovim vrijednostima protoka ulazimo u drugu iteraciju:

688.1105.002295.044

221

11 =

⋅=

⋅=

ππdQv m/s

13609711092.2

68005.0688.11Re 411

1 =⋅

⋅⋅=

⋅⋅= −µ

ρdv

02631.0

136097174.5

05.07.31015.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.01

1 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

385.1004.001305.044

222

22 =

⋅=

⋅=

ππdQv m/s

9673571092.2

68004.0385.10Re 422

2 =⋅

⋅⋅=

⋅⋅= −µ

ρdv

02806.0

96735774.5

04.07.31015.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.02

2 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

Ove vrijednosti uvrstimo u jednadžbu 1:

( ) ( ) 22

222 02806.013755.1072.0001296.002631.052.491 QQQ ⋅⋅+=+⋅−⋅⋅

( ) 2

2222072.0001296.00,3226 QQQ =+⋅−⋅

00004094.0023227.06774.0 2

22 =−⋅+⋅ QQ

( )01283.0

6774.020004094.06774.04023227.0023227.0 2

2 =⋅

−⋅⋅−+−=Q m3/s

14

02317.001283.0036.021 =−=−= QQQ m3

/s

3. iteracija:

800.1105.002317.044

221

11 =

⋅=

⋅=

ππdQv m/s

13740171092.2

68005.0800.11Re 411

1 =⋅

⋅⋅=

⋅⋅= −µ

ρdv

02631.0

137401774.5

05.07.31015.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.01

1 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

210.1004.001283.044

222

22 =

⋅=

⋅=

ππdQv m/s

9510491092.2

68004.0210.10Re 422

2 =⋅

⋅⋅=

⋅⋅= −µ

ρdv

02807.0

95104974.5

04.07.31015.0ln

325.1

Re74.5

7.3ln

325.12

9.0

32

9.02

2 =

+

⋅⋅

=

+

⋅

=−

dε

λ

Vrijednosti λ su gotovo identične pa su i protoci takvi. Pad tlaka možemo izračunati za jednu granu a za drugu je identičan:

14946692800.11680

05.06002631.0

2

221

1

11 =⋅⋅⋅=⋅=∆

vdLp ρλ Pa

14.1. Spremnik vode (na slici) stoji na kolicima i prazni se mlazom promjera oD . Izračunajte silu u užetu!

°⋅= 60cos2IF

4060cos4

04.082.99860cos4

22

22 =°⋅⋅=°⋅⋅=

ππρ oD

vF N

14.2. Mlaz vode temperature 20ºC udara u ravnu ploču s rupom (na s lici). Dio mlaza prolazi kroz rupu a dio skreće. Izračunajte silu kojom je potrebno pridržavati ploču da bi ona bila u ravnoteži.

02

221

21 =⋅⋅+⋅⋅+− AvAvFx ρρ

( )21

22

221

21 AAvAvAvFx −⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅= ρρρ

( ) ( ) 98004.006.04

252.9984

22221

21

2 =−⋅⋅=−⋅⋅=ππρ ddvFx N

14.3. Voda temperature 20ºC struji kroz mlaznicu na slici u atmosferu, uz protok od 15 l/s. Izračunajte rezultantnu silu u prirubnici 1! Zadano: 2301 =p kPa, 101 =d cm, 32 =d cm. Zanemariti težinu vode u cijevi.

910.1

1.0015.044

221

1 =⋅

⋅=

⋅⋅

=ππd

Qv m/s

221.2103.0

015.04422

22 =

⋅⋅

=⋅⋅

=ππd

Qv m/s

040cos2

221

2111 =°⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅+− AvAvpAFx ρρ

040sin2

22 =°⋅⋅⋅+− AvFy ρ

°⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅

= 40cos4 2

221

211

21 AvAvpdFx ρρπ

°⋅⋅

⋅⋅+⋅

⋅⋅+⋅⋅⋅

= 40cos4

03.0221.212.9984

1.0910.12.998103.24

1.0 22

225

2 πππxF

4.2078=xF N

2.20440sin4

03.0221.212.99840sin2

22

22 =°⋅

⋅⋅⋅=°⋅⋅⋅=

πρ AvFy N

4.08822.2044.2078 2222 =+=+= yx FFF N

°=== 6.54.20782.204arctg

FF

arctgx

yα

14.4. Odredite rezultantu silu vode na račvu prema slici uz pretpostavku neviskoznog strujanja. Volumen vode u račvi je V=0,11 m

38.3=H. Zadano je: m, 1.2=h m, 11 =h m, 3001 =D

mm, 2002 =D mm, 3003 =D mm, ρ =1000 kg/m3.

B.J. 0-3

g

vH

2

23= ⇒ 635.88.381.9223 =⋅⋅=⋅⋅= Hgv m/s

B.J. 0-4 Budući da je fluid neviskozan uzima se u obzir samo gubitak izlazne brzine

hg

vH +=2

22 ⇒ ( ) ( ) 775.51.28.381.9222 =−⋅⋅=−⋅⋅= hHgv m/s

Prema jednadžbi kontinuiteta ćemo dobiti brzinu u točki 1: 321 QQQ +=

444

23

3

22

2

21

1πππ D

vDvDv +=

202.113.0

3.0635.82.0775.52

22

21

233

222

1 =⋅+⋅

=⋅+⋅

=D

DvDvv m/s

Za impulsne jednadžbe trebamo još poznavati pretlake u točkama 1 i 2 B.J. 0-1

1

211

2h

gv

gpH ++⋅

=ρ

( ) ( ) 322

111 1027.35

2202.11100018.381.91000

2⋅−=−−⋅⋅=−−⋅⋅=

vhHgp ρρ

B.J. 0-2

1

222

2h

gv

gpH ++⋅

=ρ

( ) ( ) 322

112 1079.10

2775.5100018.381.91000

2⋅=−−⋅⋅=−−⋅⋅=

vhHgp ρρ

887043.0202.111000

4

22

212

11 =⋅=⋅=ππ

ρDvI N

104842.0775.51000

4

22

222

22 =⋅=⋅=ππ

ρDvI N

527143.0635.81000

4

22

222

33 =⋅=⋅=ππ

ρDvI N

107911.081.91000 =⋅⋅=⋅⋅= VgG ρ N 52713 == IFx N GApIApIFy −⋅−−⋅−−= 222111

( ) 8843107942.01079.101048

43.01027.358870

23

23 −=−⋅⋅−−⋅⋅−−−=

ππyF N

1029588435271 2222 =+=+= yx FFF N

°=== 2.5952718843arctg

FF

arctgx

yα

14.5. Kroz centar sprinklera (na slici) dotiče voda, temperature 20ºC, protokom 2.7 m3

a.

/h i izlazi kroz tri jednake rotirajuće cjevčice. Zanemarujući trenje, izračunajte broj okretaja sprinklera za slučaj da je:

°= 0θ b. °= 40θ

Relativna brzina strujanja (brzina strujanja kroz cijev):

496.63600007.0

9.04'422 =

⋅⋅

==ππd

Qw m/s

Pošto nema nikakvog trenja, ne troši se nikakva snaga tako da je vektor apsolutne brzine v usmjeren radijalno. 496.60coscos ==°⋅=⋅= wwwu θ m/s

89.615.02

496.62

=⋅

=⋅

=ππ R

un o/s 414= o/min

976.440coscos ==°⋅=⋅= wwwu θ m/s

28.515.02

976.42

=⋅

=⋅

=ππ R

un o/s 317= o/min

14.6. Mala dekorativna vjetrenjača (na slici) ima lopatice koje omogućuju da se pod djelovanjem zračne struje vjetrenjača okreće. Ako zračna struja promjera 15 mm udara u jednu lopaticu brzinom od 0.35 m/s i skreće pod pravim kutom. Gustoća zraka je 1.2 kg/m3

a. Izračunajte silu koja djeluje na lopaticu ako je ona blokirana .

b. Izračunajte snagu ove vjetrenjače ako se ona okreće uz 40 o/min. c. Izračunajte maksimalni broj okretaja vjetrenjače d. Izračunajte maksimalnu snagu ove vjetrenjače i broj okretaja pri kojem se postiže

a.

52

22 106.24

015.035.02.1 −⋅=⋅

⋅⋅=⋅⋅=πρ AvF N

b. Obodna brzina:

314.060402075.02 =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅= ππω nrru m/s

Pošto mlaz zraka nastrujava brzinom od 0.35 m/s a lopatica odmiče brzinom 0.314 m/s ispada da će silu proizvoditi samo razlika ovih brzina: 036.0314.035.0 =−=−= uwv m/s

Impuls je jednak vmI ⋅=.

a u ovom slučaju je Awm ⋅⋅= ρ.

pa će sila biti:

62

1066.2036.04

015.035.02.1 −⋅=⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅⋅=πρ vAwF N

76 1036.8314.01066.2 −− ⋅=⋅⋅=⋅=⋅⋅=⋅= uFrFMP ωω W c. Maksimalna broj okretaja će biti onda kada obodna brzina bude jednaka brzini nastrujavanja zraka: max2 nrruw ⋅⋅⋅=⋅== πω

743.02075.0

35.02max =

⋅⋅=

⋅⋅=

ππrvn o/s 56.44= o/min.

d. Da bismo dobili max. snagu trebamo izraziti snagu kao funkciju broja okretaja, odnosno mi ćemo je izraziti kao funkciju obodne brzine: ( ) ( ) uuwAwrvAwrFMuP ⋅−⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅= ρωρωω ( ) ( )2uuwAwuP −⋅⋅⋅= ρ Da bismo dobili ekstreme funkcije trebamo je derivirati i derivaciju izjednačiti s nulom. ( ) ( ) 02' =−⋅⋅⋅= uwAwuP ρ 02 =− uw

175.0235.0

2===

wu m/s

62332

max 1027.244

015.035.02.1422

−⋅=⋅⋅⋅

=⋅⋅

=

−⋅⋅⋅=

πρρ AwwwwAwP W

37.0075.02

175.02

=⋅

=⋅

=ππ r

un o/s =22.28 o/min

14.7. Vodena turbina (na slici) okreće se s 200 o/min pod djelovanjem neviskoznog vodenog mlaza (temperatura 20ºC) promjera 150 mm. Izračunajte snagu turbine! Izračunajte max. snagu turbine i brzinu vrtnje kod koje se ona realizira! Pretpostaviti dovoljan broj lopatica koji omogućuju da slika udaranja vodenog mlaza u lopaticu turbine bude uvijek identična.

Moment koji okreće turbinu stvaraju ulazni impuls i horizontalna projekcija izlaznog impulsa.

803.25602002232.12 =⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅= ππω nrru m/s

397.20803.252.461 =−=−= uwv m/s

16622,57397.204

15.02.462.9982

11

.

1 =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅=πρ vAwvmI N

Impuls na izlazu mlaza tvori produkt masenog protoka s vektorskim zbrojem izlazne brzine mlaza i obodne brzine. Moment tvori samo horizontalna komponenta izlaznog impulsa: 823.18803.2575sin2.4675sin2 =−°⋅=−°⋅= uwv x m/s

15339,83823.184

15.02.462.9982

22

.

2 =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅=πρ xxx vAwvmI N

( ) ( ) 39378232.183.1533957.1662221 =⋅+=⋅+= rIIM x Nm

3107.824602002393782 ⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅= ππω nMMP W

Da bismo izračunali max. snagu trebamo izraziti snagu kao funkciju obodne brzine: ( ) ( ) ( ) ( )[ ] uuwuwAwrvvAwMuP x ⋅−°⋅+−⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅=⋅= 75sin21 ρωρω ( ) ( ) ( )2275sin275sin uuwuwAwuuwwAwuP ⋅−⋅°⋅+⋅⋅⋅⋅=⋅⋅−°⋅+⋅⋅⋅= ρρ

( ) ( ) 0475sin' =⋅−°⋅+⋅⋅⋅= uwwAwuP ρ Da bi našli ekstrem funkcije, derivaciju trebamo izjednačiti s nulom

( ) ( ) 706.224

75sin12.464

75sin1=

°+⋅=

°+⋅=

wu m/s

( ) uuwwAwP ⋅⋅−°⋅+⋅⋅⋅= 275sinmax ρ

( ) 33.840706.22706.22275sin2.462.464

15.02.462.9982

max =⋅⋅−°⋅+⋅⋅

⋅⋅=πP W

933.22232.1

706.222

=⋅⋅

=⋅

=ππr

un o/s 176= o/min