mehanika fluida: statika - nobel -...

2010 © Jasna Crnjanski -1-

ELEKTROTEHNIČKI FAKULTET BEOGRAD računske vežbe iz Fizike 2

prolećni semestar 2010. godine

MEHANIKA FLUIDA: STATIKA

Supstanca u prirodi normalno se nalazi u jednom od tri agregatna stanja: čvrstom (kolekcija čestica koje pri dejstvu spoljašnjih poremećaja zadržavaju svoj oblik i zapreminu), tečnom (kolekcija čestica koja zadržava svoju zapreminu, ali oblik formira prema posudi u kojoj se nalazi) ili gasovitom (kolekcija čestica koja i oblik i zapreminu prilagođava posudi u kojoj se nalazi).

Međutim, postoji veliki broj supstanci koje u zavisnosti od pritiska i temperature mogu menjati agregatno stanje. Generalno gledano, vreme potrebno da supstanca promeni oblik pri dejstvu spoljašnje sile određuje da li se data supstanca tretira kao tečnost, gas ili čvrsto telo.

Fluid je kolekcija slučajno raspoređenih molekula koje na okupu drži slaba koheziona sila i zidovi suda u kom se nalazi. I tečnosti i gasovi spadaju u fluide. Gustina je osobina materije koja opisuje na koji način je „spakovana“ materija, tj. na koji način su povezani atomi i samim tim koju zapreminu zauzima određena masa materije:

ρ = m / V [kg/m3],

gde je sa m označena masa, a sa V zapremina materije čija gustina se određuje. U fluidima ne postoji napon smicanja, pa je u statičkom slučaju sila kojom fluid deluje na predmet uvek normalna na površinu predmeta:

SdpFd

⋅=

1. Hidrostatički pritisak. Izračunati apsolutni pritisak p na dnu okeana dubine h = 1000 m. Gustina morske vode je ρ = 1024 kg/m3 a vazdušni pritisak na nultoj nadmorskoj visini iznosi p0 = 101,3 kPa. Ako se podmornica spusti na ovu dubinu, kolikom silom je potrebno delovati na unutrašnju površinu malog kružnog prozora, prečnika d = 30 cm, da bi se izbalansirao spoljašnji pritisak koji stvara voda?

Hidrostatički pritisak je posledica dejstva gravitacione sile.

Hidrostatički pritisak p na dubini h u vodi, posledica je težine vodenog stuba koji se nalazi iznad posmatranog nivoa:

hgS

gSh

S

Vg

S

mg

S

Fp ⋅⋅=⋅⋅==== ρρρ

gde je sa S obeležena površina poprečnog preseka vodenog stuba. Međutim, na slobodnu površinu tečnosti deluje pritisak koji je posledica težine vazdušnog stuba koji se nalazi iznad površine vode. Pritisak koji je posledica prisustva atmosfere se uobičajeno naziva atmosferski pritisak i označava sa p0:

hgpp ⋅⋅+= ρ0 ,

gde je vrednost atmosferskog pritiska smatrana za poznatu, a u opštem slučaju se određuje na isti način kao pritisak vodenog stuba, za poznatu srednju gustinu atmosfere i debljinu vazdušnog omotača.

Hidrostatički pritisak u svakoj tački fluida u stanju mirovanja, na konstantnom horizontalnom nivou, tj. na konstantnoj dubini, je konstantan, bez obzira na oblik posude u kojoj se fluid nalazi. Zidovi posude u kojoj se fluid nalazi deluju na fluid silom koja je po intenzitetu jednaka sili kojom fluid deluje na taj zid (zakon akcije i reakcije).

Pritisak na dubini h iznosi:

MPa 15,100 =+= ghpp ρ


Pod pretpostavkom da je prozor na podmornici mali, hidrostatički pritisak na njegovu površinu je konstantan (kao da se ceo prozor nalazi na istoj dubini), pa je sila na površinu poprečnog preseka:

MN 72,04

2

1 =⋅== πdppSF

Da bi se izbalansirao spoljašnji pritisak koji voda stvara na prozor, potrebno je sa unutrašnje strane delovati silom koja je po intenzitetu jednaka sili F1, i usmerena od prozora ka vodi.

2. Pascal-ov princip – hidraulična dizalica. Hidraulična dizalica prikazana na slici ima manji klip kružnog poprečnog preseka poluprečnika r1 = 5 cm, i veći klip poluprečnika r2 = 15 cm. Kojom silom je potrebno delovati na manji klip da bi se podigao automobil težine 13,3 KN?

Pascal-ov zakon: Stacionarno povećanje pritiska u jednoj tački fluida dovodi do povećanja pritiska u drugoj tački, ukoliko je fluid neprekidan između te dve tačke. Pritisak deluje u svim pravcima, a na površ zidova uvek deluje pod pravim uglom.

Promena pritiska u tečnosti ispod manjeg klipa (1) pod dejstvom sile F1 prenosi se preko fluida (pretpostavka je da je u pitanju nestišljiv fluid, najčešće ulje) na veći klip (2).

2

22

1

11 A

Fp

A

Fp =Δ==Δ 2

2

11 F

A

AF =

gde su A1 i A2 površine poprečnog preseka manjeg i većeg klipa, respektivno, a F2 sila kojom fluid deluje na veći klip. Sila F2 treba da bude upravo tolika da omogući podizanje automobila težine Q =13,3 KN, pa je F1:

KN 48,12

2

21

222

21

1 === Qr

rF

r

rF

ππ


3. [zadatak 315]. Dovoljno dugačka cev promenjivog poprečnog preseka zatvorena je pomoću dva klipa zanemarljivih masa koji unutar cevi mogu da se kreću bez trenja, kao na slici. Površine klipova su S1 = 20 cm2 i S2 = 4 cm2, a između njih se nalazi voda gustine ρ = 103 kg/m3. Klipovi su međusobno povezani oprugom čija je konstanta krutosti k. Sa druge strane klipova u cevi je vazduh na atmosferskom pritisku. U horizontalnom položaju opruga je nenapregnuta i ima dužinu d. U kojim granicama može da se kreće vrednost krutosti opruge tako da se veći klip ne pomeri za više od d/3 ako se ovakva cev postavi vertikalno?

Kada se cev okrene u vertikalni položaj, klipovi će promeniti položaj tako da se uspostavi njihova ravnoteža, odnosno da suma svih sila koje deluju na klip bude jednaka nuli.

S1: 01110 =−Δ+ SpxkSp i S2: 02022 =−Δ− SpxkSp

gde su p1 i p2 pritisak kojim voda deluje na veći i manji klip, respektivno, a Δx istezanje opruge u vertikalnom položaju. Kada se cev nalazi u vertikalnom položaju, pritisak p2 se može izraziti preko pritiska p1, i hidrostatičkog pritiska koji stvara vodeni stub iznad nivoa za koji je definisan p2:

)(12 xdgpp Δ++= ρ

Rešavanjem prethodne tri jednačine po Δx dobija se:

gSS

SSk

gdx

ρ

ρ

−−=Δ

21

21

Klip S1 se pomerio za x1 i pritom istisnuo zapreminu S1x1, što je dovelo do pomeranja klipa S2 za rastojanje x2, pa važi:

12 xxx −=Δ ,

2211 xSxS = 12

12 x

S

Sx =

1)/()(

)1//(

1/ 2121

21

211 −−

−=−

Δ=SgSSSk

SSd

SS

xx

ρ

Traži se opseg vrednosti za konstantu krutosti za koji se veći klip pomeri maksimalno za d/3:

za ∞→k : 01 →x

za 3/1/1 =dx , dobija se N/m 75,8)1/(

2/2

21

211min =

−+=

SS

SSgSk ρ


4. Gravitaciona brana [zz 316]. Betonske brane se ponekad prave kao takozvane “gravitacione brane”. Dno brane se ne ukopava nego se betonski blok položi na ravno dno, a voda deluje bočno na njega. Gustina betona i vode je ρb = 2,5 g/cm3

i ρv = 1 g/cm3, respektivno.

a) pretpostavljajući da je brana oblika pravouglog paralelepipeda i da voda ne prodire ispod brane, odrediti minimalni količnik širine i visine brane (b/h)min tako da ne dođe do prevrtanja oko donje ivice, kada je nivo vode maksimalan. Koliki je pri tome minimalni koeficijent trenja između dna brane i podloge neophodan da spreči njeno klizanje (silu trenja na bočnim vertikalnim stranama zanemariti) ?

1. Šta je maksimalan nivo vode?

2. Zašto može da dođe do prevrtanja brane, i oko koje tačke?

3. Šta mora da važi da se brana ne bi prevrnula?

Elementarna sila dF(z) deluje na elementarnu bočnu površinu dS = w · dz :

dzwzhgdSzpzdF v ⋅⋅−=⋅= )()()( ρ

Elementarni moment, tj. moment elementarne sile za tačku O:

)()()( zFdzrzMd

×=

gde je )(zr

krak elementarne sile.

)()()( yv edzwzhgzzMd

−⋅⋅−⋅= ρ

Ukupan moment koji je posledica hidrostatičkog pritiska vode na bočni zid brane, dobija se integracijom:

)(6

1)( 3

0yv

h

zhp egwhzMdM

−==

=ρ

Da ne bi došlo do prevrtanja brane (rotacije oko tačke O), moment sile usled hidrostatičkog pritiska mora biti manji (i u graničnom slučaju jednak) momentu sile težine brane:

0=+ hpQ MM

06

1)sin(

23 =+−− gwhmg

dvραπ


gde je d dijagonala frontalne površine brane, a α ugao koji dijagonala zaklapa sa visinom brane. Za minimalni odnos širine i visine brane iz prethodne relacije se dobija:

b

vhbρρ

3)/( min =

Minimalni koeficijent trenja potreban da spreči klizanje dobija se iz uslova da suma svih sila koje deluju na branu mora biti jednaka nuli:

= 0xF 0=− HFT

= 0yF 0=− QN

gde je FH sila usled hidrostatičkog pritiska vode na bočnu površinu brane. Ova sila dobija se integracijom (sabiranjem) svih elementarnih sila dF(z):

2)()(

2

00

hgwdzwzhgzdFF v

h

v

hz

zH ρρ =⋅⋅−==

=

=

pa je iz uslova:

NT μ≤ b

vH

Q

F

N

T

ρρμ

4

3min ===

b) Pretpostavimo da usled poroznosti materijala podloge, voda prodire ispod brane tako da se nadpritisak vode na dnu ispod brane linearno menja od maksimalne vrednosti (sa desne strane) do vrednosti nula (sa leve strane brane). Koliki je u tom slučaju minimalni količnik visine i širine brane?

Sada je potrebno ponoviti postupak dat u tački pod a) uz dodatak još jedne sile koja je posledica podlivanja vode ispod brane, FV:

wdxxpdSxpxdFV ⋅== )()()(

gde je p(x) linearna zavisnost definisana vrednostima p(x =0) = 0 i p(x =b) = pmax = ρv·g·h, pa je:

xb

hgxp v ⋅= ρ)(

Na prethodno opisani način, moment usled ove vertikalne sile podlivanja iznosi:

3

2wghbM v

Vρ=

pa je minimalni odnos širine i visine brane, sada:

vb

vhbρρ

ρ23

)/( min −=

a minimalni koeficijent trenja μmin = 0,586.


Zadaci za vežbanje:

5. Merenje pritiska. Na slici (a) prikazan je manometar u obliku U cevi. Cev je ispunjena živom, gustine 13 595 kg/m3. Jedan kraj U cevi je otvoren, a na drugi kraj se vezuje zatvoren sistem sa gasom pod nepoznatim pritiskom P koji treba odrediti. Razlika nivoa žive u kracima U cevi iznosi h = 20 cm. Na slici (b) prikazan je živin barometar koji se može koristiti za određivanje atmosferskog pritiska. Ako je visina živinog stuba u barometru h1 = 0,760 m a ubrzanje Zemljine teže g = 9,80665 m/s2, odrediti vrednost atmosferskog pritiska koji deluje na slobodnu površinu žive u barometru, a zatim na osnovu dobijene vrednosti za atmosferski pritisak odrediti nepoznati pritisak pod kojim se nalazi gas u manometru prikazanom na slici (a). Zašto se u ovakvim sistemi za merenje pritiska koristi živa, a ne voda?

Slika uz zadatak 5 Slika uz zadatak 6

6. Konstanta krutosti opruge u cilindru sa klipom prikazanom na slici 1000 N/m, a prečnik cilindra je 2 cm. Odrediti dubinu na koju je potrebno potopiti ovaj cilindar u vodu gustine 1000 kg/m3 da bi se klip pomerio za 0,5 cm.

7. Otvorena U cev koja se nalazi u vazduhu delimično je ispunjena živom, gustine ρHg = 13 595 kg/m3 . Kada se u obe grane U cevi dolije voda, gustine ρv = 1000 kg/m3

nakon uspostavljanja ravnoteže, kao na slici, visina h2 iznosi h2 = 1 cm. Odrediti visinu h1.

8. Cilindrična vertikalna cev promenjivog poprečnog preseka je zatvorena pomoću dva klipa zanemarljivih masa koji unutar cevi mogu da se kreću bez trenja, kao na slici. Površine klipova su S1 i S2, a između njih se nalazi voda gustine ρ. Klipovi su međusobno povezani kanapom dužine L zanemarljive mase. Odrediti intenzitet sile zatezanja u kanapu.

Slika uz zadatak 7 Slika uz zadatak 8 Slika uz zadatak 10

9. Pravougaoni bazen ima dužinu 30 m i širinu 10 m. Ako se bazen ispuni vodom gustine 1000 kg/m3 do visine od 2 m, odrediti silu kojom voda deluje na dno bazena, i na svaku od bočnih stranica.

10. Rezervoar prikazan na slici ispunjen je vodom do visine od 2 m. Na dnu jedne bočne stranice nalaze se pravougaona vratanca visine 1 m i širine 2 m duž cele stranice rezervoara. a) Odrediti silu kojom voda deluje na vratanca. b) Odrediti moment sile koji deluje na šarke. c) Odrediti napadnu tačku rezultujuće sile na vratanca.


11. Pritisak u stišljivom fluidu. Voda se obično smatra nestišljivim fluidom (ρ = const). Međutim njena gustina se ipak malo povećava sa povećanjem pritiska. O tome govore podaci iz merenja dubine i pritiska pri istraživanjima velikih dubina u moru. Batiskaf „Trieste“ koji se u januaru 1960. godine spustio na dno Marijanske brazde u Pacifiku, izmerio je pritisak p = 1150 b na dubini h = 10919 m.

a) ako je gustina morske vode na površini ρ0 = 1041 kg/m3, izračunati za koliko procenata se poveća pritisak usled povećanja gustine vode u odnosu na slučaj kada se gustina smatra konstantnom (odnosno voda smatra nestišljivim fluidom). Pritisak na površini vode je p0 = 1 b, a ubrzanje zemljine teže g = 9,81 m/s2.

Ako gustinu morske vode smatramo konstantnom: ρ(h) = ρ0 = 1041 kg/m3. Pritisak p' na dubini h tada je dat izrazom:

=+= ghpp ρ0' 1116 b

gde je pritisak izražen u barima: 1 b (1 bar) = 105 Pa. Relativna promena pritiska u odnosu na vrednost dobijenu merenjem iznosi:

%95,2' ≈−=p

pppδ

b) Ako pretpostavimo da je povećanje gustine sa dubinom linearno, odrediti zavisnost pritiska od dubine prema datim podacima. Kolika je gustina morske vode na dnu Marijanske brazde?

Ako se pretpostavi da gustina raste linearno sa dubinom h:

)1()1( 00 zh ⋅−=⋅+= αραρρ

odnosno opada sa z, ako je z osa usmerena vertikalno na gore, pa je z = −h, diferencijalna jednačina pritiska u statičkom fluidu je data izrazom:

fp

⋅= ρ grad

gde je dmFdf /

= u opštem slučaju proizvoljna zapreminska sila, a u

konkretnom slučaju sila Zemljine teže ( zegf

−= ). Jednodimenzionalni slučaj, kada se pritisak menja samo jednom pravcu, u konkretnom slučaju sa z, daje:

gdz

dp ρ−= dzgzdp ⋅−−= )1(0 αρ

Integracijom prethodnog izraza za granice integracije definisane dubinom z = h i površinom vode z = 0, dobija se:

−

==⋅−−=

h

z

p

pp

dzzgdp0

0 )1(0

αρ )2/1(00 hghpp αρ ++=

Izjednačavanjem izraza za pritisak iz prethodne relacije sa vrednošću eksperimentalno merenog pritiska na dnu Marijanske brazde (p = 1150 b), dobija se koeficijent α = 5,6 · 10-6 m-1. Konačno, gustina vode na dubini h = 10919 m iznosi:

30 kg/m 1105)1( =⋅+= hαρρ


12. Barometarska formula. Izračunati pritisak u standardnoj atmosferi kod koje temperatura linearno opada sa visinom sa koeficijentom α = − 6,5 K/km. Na površini Zemlje, gustina vazduha je ρ0 = 1,23 kg/m3, temperatura T0 = 288 K, pritisak i gravitaciono ubrzanje su p0 = 1,01 b i g = 9,81 m/s2, respektivno. Uporediti dobijeni rezultat sa rezultatom koji daje barometarska formula za izotermnu atmosferu. Iz diferencijalne jednačine pritiska za statički fluid fp

⋅= ρ grad u

gravitacionom polju, dobija se:

gdz

dp ρ−=

Ukoliko se atmosfera smatra izotermnom, iz jednačina stanja gasa može se izraziti nepoznata gustina:

M

RTp

ρ= 00 ρ

ρ=p

p

0

0

p

pρρ =

što nakon zamene u diferencijalnu jednačinu pritiska i integracije, daje:

dzp

g

p

dp

0

0ρ−=

=−=

z

z

p

p

dzp

g

p

dp

00

0

0

ρ

barometarsku formulu za izotermnu atmosferu:

−= z

p

gpzp

0

00 exp)(

ρ

Međutim, u situaciji u kojoj se temperatura menja, postupak je nešto komplikovaniji. Iz jednačine stanja gasa na visini z:

M

zRTp

)(ρ=

i jednačine stanja gasa na površini Zemlje:

M

RTp 00

0ρ

=

dobija se zavisnost gustine od koordinate z:

zT

p

p

T

zT

p

p

Tz

αρρρ

+==

00

00

0

00

)()( .

Diferencijalna jednačina pritiska sada daje:

gzT

p

p

Tg

dz

dp

αρρ

+−=−=

00

00 zT

dz

p

gT

p

dp

αρ

+−=

00

00

što nakon integracije:

= +

−=z

z

p

p zT

dz

p

gT

p

dp

0 00

00

0α

ρ

daje zavisnost pritiska od visine:

αρ

α 0

00

00 1)(

p

gT

zT

pzp−

+=

Za zainteresovane: U nekom programskom jeziku (C ili Pascal), ili programskom paketu (MatLab ili Mathematica), na osnovu brojnih vrednosti parametara datih u ovom zadatku, na istom grafiku prikazati zavisnost pritiska od gustine za izotermnu atmosferu i atmosferu kod koje temperatura linearno opada sa visinom. Odrediti na kojoj visini od površine Zemlje, zanemarivanje promene temperature atmosfere unosi grešku od 10%.


13. Arhimedov zakon [zz 301]. U čaši sa vodom, pliva komad leda. Šta će se desiti sa nivoom vode kad se led istopi?

Arhimed-ov zakon: Na telo potpuno potopljeno u fluid, sila kojom fluid deluje na telo po intenzitetu je jednaka težini tečnosti koju telo istiskuje, a ima smer suprotan smeru sile težine.

Alternativna formulacija: Sila potiska je jednaka težini telom istisnute tečnosti.

Napadna tačka sile potiska nalazi se u centru mase fluida koji telo istiskuje.

Sila potiska se javlja kao posledica različitih hidrostatičkih pritisaka koji deluju na gornju i donju površinu potpuno ili delimično potopljenih tela, i predstavlja rezultantnu silu kojom fluid deluje na telo (potpuno ili delimično) potopljeno u njega.

gVF fp ⋅⋅= ρ

gde je ρf gustina fluida, a V zapremina potopljenog dela tela.

Led je manje gustine od vode, pa pliva delimično potopljen, tako da je ispunjena jednakost sile potiska vode i težine ledene kockice:

pl FQ = gVgm xvl ρ= xvl Vm ρ=

gde je sa Vx označena zapremina potopljenog dela kocke leda (ispod površine vode).

Topljenjem se masa leda ml gustine ρl pretvara u vodu gustine ρv , a kako se tokom ovog procesa masa ne može promeniti:

vl mm = VV vxv ρρ =

gde je V zapremina koju zauzima voda nastala topljenjem kockice leda. Iz prethodne relacije jasno je da:

VVx =

odnosno, tačno onu zapreminu koju je zauzimao deo leda ispod vode sada zauzima sva voda koja je nastala topljenjem leda → nivo vode se neće promeniti nakon što se led otopi.

Za vežbu uraditi: ako se u času viskija gustine 915 kg/m3 stavi kocka leda gustine 920 kg/m3 šta će se desiti sa nivoom tečnosti nakon što se led otopi?


14. [zz 303]. Na horizontalnoj podlozi nalazi se posuda mase M u koju je nasuta masa vode mv. Kamen mase mk i gustine ρk vezan je koncem za plafon iznad posude i potpuno potopljen u vodu. Izračunati silu kojom posuda deluje na podlogu.

Prazna posuda deluje na podlogu silom:

MgF =1

Ako se u posudu nalije voda mase mv sila kojom voda i posuda deluju na podlogu je :

gmMgmMgF vv )(2 +=+=

Ako se vodu ubaci kamen okačen na nit, prema trećem Newton-ovom zakonu, kamen deluje na vodu onolikom silom kolikom voda deluje kamen. Voda deluje na kamen silom potiska

gmgm

gVFk

vk

k

kvkvp ρ

ρρ

ρρ ===

pa je ukupna sila kojom posuda deluje na podlogu:

gmgmMFk

vkv ρ

ρ++= )(

15. [zz 306]. Brod se nalazi u brodskoj prevodnici kada se sa broda izbaci sidro. Da li će se i kako promeniti nivo vode u prevodnici? Brod i sidro na njemu istiskuju zapreminu V1 :

gVgmm vsb 1)( ρ=+ v

s

v

b mmV

ρρ+=1

Brod i sidro u vodi istiskuju zapreminu V2 :

s

s

v

bsb

mmVVV

ρρ+=+=2

Kako je ρs mnogo veće od ρv , V1 > V2 , pa će se nivo vode spustiti.


16. Stabilna ravnoteža [zz 305]. Tanka homogena greda konstantnog poprečnog preseka, dužine L = 1 m i gustine ρ = 805 kg/m3, oslonjena je na oštru ivicu reke tako da je četvrtina dužine grede iznad obale, a deo drugog kraja potpoljen u vodu. Visina obale iznad vode je h = L/5. Koji deo dužine grede je pod vodom? Koliki bi trebalo da je minimalni koeficijent trenja između obale i grede pa da greda ostane u stabilnoj poziciji? Gustina vode u reci je ρv = 1000 kg/m3

.


17. Potisak u neinercijalnom sistemu [zz 324]. U posudi sa vodom nalazi se komad plute koji je koncem vezan za dno. Sila zatezanja u koncu je T. Ako se posuda kreće vertikalno naviše sa ubrzanjem intenziteta a = 2g, odrediti silu zatezanja T ' u koncu.

Ako je posuda u stanju mirovanja (a = 0), ravnoteža sila je data uslovom:

TmgFp += gmVmgVgT )( −=−= ρρ

Ako se posuda kreće sa konstantnim ubrzanjem, problem se može rešavati u neinercijalnom referentnom sistemu vezanom za posudu, pa je u model potrebno dodati inercijalnu silu Fin (istog pravca a suprotnog smera od vektora ubrzanja neinercijalnog sistema, intenzitet jednak proizvodu mase tela koja se nalazi u neinercijalnom sistemu i ubrzanja neinercijalnog sistema). Uticaj neinercijalne sile na fluid se može sagledati na osnovu diferencijalne jednačine statičkog fluida:

fp

ρ= grad

gde je f rezultantna zapreminska sila koja za fluid u neinercijalnom sistemu takođe mora uzeti u obzir inercijalnu silu:

zin eagagfgf

)( +−=−=+=

Iz prethodne relacije može se zaključiti da je efekat dejstva inercijalne sile na fluid ekvivalentan situaciji u kojoj posmatramo posudu koja miruje u nekom novom gravitacionom polju:

gagg 3' =+=

pa je nova sila potiska:

'' VgFp ρ=

Jednačina ravnoteže sila na telo od plute sada postaje:

')(''' TagmTmamgFTmgF inp ++=++=++=

gde je Fin inercijalna sila koja deluje na telo od plute. Iz prethodne jednačine konačno se za novu silu zatezanja dobija:

TgmVgmVmgFT p 3)(3')(''' =−=−=−= ρρ


18. Baloni sa toplim vazduhom [zz 310]. Sferni nerastegljivi balon, ukupne mase m = 3 kg i prečnika D = 2 m pušten je u atmosferu. Odrediti visinu do koje će se popeti balon ako temperatura atmosfere opada linearno sa visinom z po zakonu: T(z) = T0 – λz, gde je λ = 0,00648 K/m. Gustina atmosfere na mestu odakle je pušten balon je ρ0 = 1,22 kg/m3, temperatura t0 = 15 °C, a pritisak p0 = 101 KPa.


19. Stacionarni oblik slobodne površine tečnosti [zz 328]. Naći stacionarni oblik z = f (x, y) slobodne površine teške tečnosti koja se nalazi u cilindričnom sudu, ako sud rotira oko svoje centralne ose (vertikalno postavljene) konstantnom ugaonom brzinom ω. Intenzitet gravitacionog polja je g.

Slobodna površina tečnosti u stacionarnom fluidu se formira tako da je rezultantna sila na svaki delić fluida uz površinu upravna na tangentnu površine tečnosti u posmatranoj tački (ukoliko bi postojala tangencijalna komponenta rezultante sile, delić bi se kretao, pa ne bi bio ispunjen uslov stacionarnosti). Pored toga, na svaku tačku slobodne površine tečnosti deluje atmosferski pritisak, pa je slobodna površina tečnosti zapravo površina konstantnog pritiska (dp = 0).

Posuda rotira konstantnom ugaonom brzinom, pa je koordinatni sistem vezan za posudu neinercijalan (postoji normalna komponenta ubrzanja). Na svaki delić fluida deluju gravitaciona sila (dm· g) i inercijalna centrifugalna sila (dFcf = rω2 · dm).

I način: Rezultantna sila normalna na tangentu na slobodnoj površini:

g

r

gdm

dF

dr

dz cf2

tanωθ ===

pa se integracijom dobija:

==

=r

r

z

Cz

rdrg

dz0

2ω C

g

rrz +=

2)(

22ω

gde je sa C označen položaj minimuma slobodne površine tečnosti u stacionarnom stanju, koji je potrebno odrediti da bi prethodna relacija bila u potpunosti definisana.


II način: Slobodna površina tečnosti je površ konstantnog pritiska. Euler-ova jednačina u prisustvu gravitacione i centrifugalne sile data je sa:

)( grad 2rz eregfp

ωρρ +−==

Gradijent funkcije u cilindričnom koordinatnom sistemu dat je sa:

zr ez

pe

p

re

r

pp

∂∂+

∂∂+

∂∂= ϕϕ

1 grad

pa se iz prethodne dve relacije dobija:

:re

rr

p 2ωρ ⋅=∂∂

, :ϕe

0=∂∂ϕp

, :ze

gz

p ⋅−=∂∂ ρ

Površ konstantnog pritiska ( p = pa) definisana je uslovom:

01 =

∂∂+

∂∂+

∂∂= dz

z

pd

p

rdr

r

pdp ϕ

ϕ

odakle se konačno dobija ista diferencijalna jednačina kao u prethodnom slučaju:

02 =− gdzrdr ρρω Cg

rrz +=

2)(

22ω

Određivanje integracione konstante C:

Zapremina vode u posudi je konstantna i iznosi:

HRV π2=

gde su R i H poluprečnik suda i nivo vode u slučaju kada se sud ne rotira.

Pri rotaciji suda slobodna površina tečnosti će biti definisana izvedenom relacijom z (r), a zapremina koju sada tečnost zauzima može se odrediti integracijom elementarnih zapremina definisanih kao tanke cilindrične ljuske poluprečnika r i visine z (r):

CRg

RdrrgCr

gdrrrzV

Rr

r

Rr

r

ππωωππ 242

0

22

0 4)2(

2

22)( +=⋅⋅+=⋅⋅=

=

=

=

=

Izjednačavanjem prethodna dva izraza, dobija se integraciona konstanta u funkciji od R i H:

g

RHC

4

22ω−=


20. Stacionarni oblik slobodne površine tečnosti [zz 329]. Otvoreni cilindrični sud visine h = 4H i poluprečnika R okreće se oko svoje ose stalnom ugaonom brzinom ω. Ako je u sud nalivena voda do visine H kada je bio u mirovanju, odrediti:

a) ugaonu brzinu pri kojoj će površina tečnosti dodirnuti dno

Na osnovu rešenja prethodnog zadatka, tečnost će dodirnuti dno suda, onda kada je tačka C na dnu suda, odnosno ima vrednost

04

22

=−=g

RHC

ω H

g

R =4

22ω

R

Hg2=ω

b) ugaonu brzinu pri kojoj će tečnost dodirnuti gornju ivicu suda.

Sada je postupak rešavanja nešto drugačiji, pošto za ugaonu brzinu za koju tečnost dodiruje gornju ivicu suda, usled jake centrifugalne sile, tečnost se povlači iz središnjeg dela suda i formira oblik prikazan na slici:

Funkcionalna zavisnost z (r) izvedena u prethodnom zadatku i sada se može primeniti:

Cg

rrz +=

2)(

22ω

gde se vrednost konstante C može izraziti u funkciji poluprečnika r0 , ako se uzime u obzir granični slučaj da važi z (r = r0) = 0:

)(2

)( 20

22

rrg

rz −= ω


Vrednost parametra r0 određuje se slično kao u prethodnom zadatku. Zapremina tečnosti u sudu ostaje konstanta, pa izjednačavanjem zapremine tečnosti kada je sud u stanju mirovanja (V = R2·π·H ) i zapremine koja se dobija integracijom elementarnih cilindričnih ljuski za slučaj prikazan na prethodnoj slici:

220

22

20

22 )(4

)((2

22)(

00

rRg

drrrrg

drrrzVRr

rr

Rr

rr

−=⋅⋅−=⋅⋅= =

=

=

=

πωωππ

što daje:

gHR

rRω22

02 =−

Kako je z (R) = 4H, konačno se dobija:

HgHR

grR

gRz 4

2

2)(

2)(

22

02

2

==−=ω

ωω

R

gH4=ω

Za vežbu uraditi: centrifugalna vakuum pumpa [zz 327].


Zadaci za vežbanje:

21. Teg od aluminijuma mase 1 kg i gustine 2700 kg/m3 okačen je na oprugu a zatim u potpunosti potopljen u posudu sa vodom, kao što je prikazano na slici. Odrediti silu zatezanja opruge pre i nakon potapanja tela u vodu.

22. Blok metala težine 10 kg i dimenzija 12 cm × 10 cm × 10 cm okačen je za oprugu i potopljen u vodu kao što je prikazano na slici. Visina bloka je 12 cm, a vrh bloka se nalazi na 5 cm od površine vode. a) Odrediti silu koja deluje na gornju i donju površinu bloka. Uzeti da je atmosferski pritisak 1,013 × 105 N/m2. b) Za koliko se istegla opruga ?

23. Ping-pong loptica ima prečnik 3,8 cm i prosečnu gustinu 0,084 g/cm3. Kolikom silom je potrebno delovati na lopticu da bi se ona u potpunosti potopila u vodu?

24. Drveni klip prečnika 1,2 cm pluta na površine vode tako da je 0,4 cm prečnika iznad površine vode (slika). Odrediti gustinu klipa.

25. Helijumski balon vezan je za 2 m dugačak kanap težine 0,05 kg. Balon je sferni poluprečnika 0,4 m. Kada se pusti, balon podiže dužinu kanapa h a zatim se zaustavlja u ravnoteži, kao što je prikazano na slici. Odrediti vrednost h. Elastična guma od koje je napravljen balon ima masu 0,25 kg.

Slika uz zadatke 22 i 23 Slika uz zadatak 25 Slika uz zadatak 26

26. Sistem za regulaciju nivoa vode u rezervoaru može se izvesti konstrukcijom pravougaonih vrata u bočnom zidu rezervoara, koja mogu bez trenja da se okreću oko horizontalne osovine kroz donju ivicu vrata. Vrata mogu da se otvore samo prema spolja. Za sredinu gornje ivice vrata (sa unutrašnje strane) vezano je savitljivo i neistegljivo uže. Uže je prebačeno preko kotura zanemarljive mase koji se okreće bez trenja, postavljenog tako da je uže paralelno nivou vode u rezervoaru. Za drugi kraj užeta vezan je homogeni teg oblika valjka, tako da je donja osnova tega u istoj horizontalnoj ravni kao osovina vrata. Dimenzije vrata su širina a = 10 m i visina hv = 40 m, a tega poluprečnik R = 5 m i visina ht = 30 m. Gustina vode je ρ0 = 1000 kg/m3, a ubrzanje zemljine teže g = 10 m/s2. Odrediti gustinu tega za slučaj kada je maksimalna dozvoljena visina vode u rezervoaru do gornje ivice vrata.

27. Sigurnosni ventil na brani taložnog bazena izveden je u obliku pravougaonih vrata na vertikalnom zidu bazena. Vrata mogu da se okreću bez trenja oko osovine koja prolazi kroz njihovu donju horizontalnu stranicu i otvaraju se samo prema spolja. Za sredinu gornje stranice vrata zakačena je kalibrisana opruga koja je svojim drugim krajem učvršćena za nepokretni oslonac sa spoljašnje strane zida brane. Širina vrata je d = 1 m, a visina hv = 3 m. Gustina vode je ρ0 = 1000 kg/m3, a ubrzanje zemljine teže g = 10 m/s2. Odrediti odnos intenziteta sile u opruzi (F1 /F2) ako se vrata otvaraju kada je nivo vode na nivou visine vrata, a kalibrisana opruga zakačena za sredinu gornje stranice vrata (F1) i za tačku koja predstavlja centar mase vrata (F2). Atmosferski pritisak zanemariti.

mehanika fluida: statika - nobel -...

Documents