MEHANIKA FLUIDA

Hidrostatika 1.zadatak. U aparatu koji služi za proveru manometara, vijak prečnika d i hoda h ulazi

kroz potpuno zaptiveni otvor u cilindar hidrauličkog akumulatora unutrašnjeg prečnika D i dužine L. Cilindar je napunjen tečnošću čiji je koeficijent stišljivosti s. Odrediti pritisak tečnosti posle n obrtaja vijka, pretpostavljajući da se zidovi akumulatora ne deformišu.

Rešenje:

U početku je unutrašnja zapremina akumulatora (zapremina tečnosti).

L4

DV2π

= .

Posle n obrtaja vijka zapremina tečnosti u akumulatoru se promeni za:

h4

dnV2π

−=∆ .

Kada je vijak svojim prednjim krajem na unutrašnjoj površi akumulatora u tečnosti u akumulatoru vlada atmosferski pritisak ( )ap .

Posle n obrtaja vijka pritisak u tečnosti je:

ma ppp += pa je:

ma pppp =−=∆

Polazeći sada od izraza za koeficijent stišljivosti:

VV

p1s ∆∆

−= dobijamo:

⇒π

π−

−=L

4D

h4

dn

p1s 2

2

m

nKnLsDhdp 2

2

m ⋅== .constK =

2. zadatak. Odrediti vakuum i apsolutni pritisak u cevi A kroz koju teče tečnost gustine 1ρ a u U-cevi se nalazi živa (gustine 2ρ ). Visinske kote označene na slici sa 321 hih,h su takođe poznate veličine. Atmosferski pritisak je ap .

Rešenje:

Tečnost u cevi (i jedna i druga) nalaze se u stanju mirovanja. Površi konstantnog pritiska su horizontalne ravni. Uočimo dve takve ravni 1R i 2R .

1RC,B ∈ ⇒ CB pp = (1)

2RE,D ∈ ⇒ ED pp = (2) Pošto je cev otvorena to je pritisak u tački E jednak atmosferskom pritisku:

aE pp = (3)

Zapazimo sada da je tačka a ispod tačke B, a tačka D ispod tačke C u istoj tečnosti pa važe jednačine: ( )311BA hhgpp −ρ+= (4)

( )212CD hhgpp −ρ+= (5)

Iz jednačine (4) sledi da je:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )212311a

)3(

311212E

)2(

)2(

311212D

)5(

311C

)1(

311BA

hhghhgphhghhgp

hhghhgphhgphhgpp

−ρ−−ρ+=−ρ+−ρ−=

=−ρ+−ρ−=−ρ+=−ρ+=

Dakle, apsolutni pritisak u cevi A je: ( ) ( )212311aA hhghhgpp −ρ−−ρ+=

a vakum (podpritisak) je: ( ) ( )311212AaAV hhghhgppp −ρ−−ρ=−=

3. zadatak Na osnovu pokazivanja h živinog diferencijalnog manometra prikazanog na slici, vezanog za cev kroz koju protiče voda, odrediti pad pritiska između preseka 1-1 i 2-2.

Rešenje:

Označimo sa: vρ -gustina vode

žρ -gustina žive

Tečnosti (voda i živa) u U cevi nalaze se u stanju mirovanja. Ravni R1 i R2 su površi konstantnog pritiska.

⇒∈ 2RB,A,E BA2 ppp == (1) ⇒∈ 1RD,C DC pp = (2)

zgpp v1E ρ−= (3) ( )zhgpp v2D +ρ−= (4) hgpp žCB ρ+= (5) Iz ovih jednačina treba eliminisati pritiske EDCBA pip,p,p,p . Pođimo od jednačine (3). Iz nje sledi da je:

( ) ( ) ( )2

vžC

5

v

1

vE1 zghgpzgpBzgpp =ρ+ρ+=ρ+=ρ+=

( ) ( )

( ) ⇒ρ+ρ−=ρ+ρ++ρ−=ρ+ρ+= hghgpzghgzhgpzghgp žv2vžv2

4

vžD

2

( )hgpp vž21 ρ−ρ=− pad pritiska između preseka 1-1 i 2-2.

4. Zadatak. Razlika pritisaka u cevima A i B merena je redno vezanim U-cevima ispunjenim vodom gustine 1ρ i živom gustine 2ρ . Odrediti BA pp − ako su veličine date na slici 54321 hih,h,h,h poznate.

Rešenje:

Tečnosti u U-cevi (voda i živa) nalaze se u stanju mirovanja. Horizontalne ravni su površi konstantnog pritiska. R1, R2 i R3 su ravni konstantnog pritiska. 11AC hgpp ρ+= (1) 4251BH hghgpp ρ+ρ+= (2) ⇒∈ 1RD,C DC pp = (3) 22ED hgpp ρ+= (4) ⇒∈ 2RF,E FE pp = (5) 31FG hgpp ρ+= (6) ⇒∈ 3RH,G HG pp = (7) Iz ovih jednačina treba eliminisati pritiske HGFEDC pip,p,p,p,p . Pođimo od jednačine (1):

Iz (1) ⇒( ) ( ) ( )5

1122E

4

11D

3

11CA hghgphgphgpp =ρ−ρ+=ρ+=ρ−= ( ) ( ) ( ) ( )2

112231H

7

112231G

6

1122F

5hghghgphghghgphghgp =ρ−ρ+ρ−=ρ−ρ+ρ−=ρ−ρ+=

( )

⇒ρ−ρ+ρ−ρ+ρ+= 1122314251B

2hghghghghgp

( ) ( )5311422BA hhhghhgpp −+ρ−+ρ=−

5. zadatak. Izvesti radnu formulu za određivanje natpritiska u tački M uređaja prikazanog na slici, prema pokazivanju h –živinog manometra sa čašom. Prečnik čaše je D, cevi d i visine h.

Rešenje: Posle priključivanja manometra nivo žive u čaši će se sniziti za h∆ a u cevi podići za h. R-je ravan konstantnog pritiska. ⇒∈ RB,A BA pp = (1) ( )hHgPpp vMmaA ∆+ρ++= (2) ( )hhgpp žaA ∆+ρ+= (3) Iz uslova nestišljivosti žive ( constVž = ) imamo jednačinu:

4

dh4

Dh22 π

=π

∆ (4)⇒ hDdh

2

=∆ .

Iz ovih jednačina treba eliminisati: hip,p BA ∆ . Iz (2) ⇒

( )( )

( )( )

( )( ) ( ) ( ) ⇒ρ−ρ+

ρ−ρ=∆+ρ−/−∆+ρ+/=

=∆+ρ−−=∆+ρ−−=

HghghDdghHgphhgp

hHgpphHgppp

vž

2

vžvaža

3

3

vaB

1

vaAMm

ρ−

ρ−

+ρ= H

Dd1

Ddhgp vv2

2

2

2

žMm

6. Zadatak. Za natpritiske u intervalu 0.1 do 0.5 bar nepogodni su manometri sa vodom i živom, jer su pokazivanja prvih vrlo velika, a drugih vrlo mala. Zato se za merenje ovih natpritisaka koristi manometar sa živom i alkoholom prikazan na slici. Odrediti pokazivanje h takvog manometra u zavisnosti od natpritiska mp , ako su poznati poluprečnici 1d , 2d i 3d i gustine alkohola aρ i žive zρ .

Rešenje: R1 i R2 su ravni konstantnog pritiska. ⇒∈ 1RB,A BA pp = ⇒ agHg za ρ=ρ ⇒ aH za ρ=ρ (1) ⇒∈ 1RE BAE ppp == ⇒ Hgp zE ρ= (2) ⇒∈ 2RF,D,C FC pp = ⇒ ( ) ( )cbagphbHg zma ++ρ=+−+ρ (3)

iz uslova .constVz = ⇒ ( ) b4

dcdd4

h4

d 222

223

21 π

=−π

=π

⇒

( ) bdcddhd 22

22

23

21 =−= (4)

Iz ovih jednačina treba eliminisati veličine a,b,c: Iz (2) ⇒

( ) ( )( )

−+ρ−

−

++ρρ

ρ=−+ρ−++ρ= hhdd

Hghdd

dh

dd

HghbHgcbagp 22

21

a22

23

21

22

21

z

az

3,1

azm

hdd

ddd

dd1gp 2

223

21

22

21

z22

21

am

−

+ρ+

−ρ=

MEHANIKA FLUIDA

Pritisak tečnosti na ravne površi

1. zadatak . Teška brana dimenzija: a, b i α napravljena je od betona gustine bρ . Kosi zid brane samo sa jedne strane kvasi voda, gustine ρ , do visine h. Odrediti ukupni obrtni moment po jedinici širine (l=1m) koji potiče od sile pritiska i sile težine, a koji se ima oko kritične obrtne tačke O.

Rešenje:

Intenzitet sile pritiska tečnosti je: 2

Ch h 1 h lP p A g l g2 sin 2 sin

= = ρ = ρα α

21 h lP g2 sin

= ρα

3

CC

C

1 hlI 1 h12 sinv h hAv 6 sinl

2sin sin

α ∆ = = =

αα α

;

Težina brane je:

b b b ba bQ g V g h l

2+

= ρ = ρ ; bb ah tg

2−

= α

( ) ( )2 2b b

1 b a 1Q g l a b tg g l b a tg2 2 4

− = ρ + α = ρ − α

;

OO ' b cos= α ,

Ch h h 1 hOO' O 'A bcos v bcos bcos

2sin 2 6 sin 3sin α = − = α − −∆ = α − − = α − α α α

;

hbcos3sin

α = α −α

.

Moment za tačku O je:

( )2

2 2b

b 1 h l h 1 bM P d Q g b cos g l b a tg2 2 sin 3sin 4 2

= ⋅ + ⋅ = ρ α − + ρ − α α α ⇒

( )2 22

b

b aM h hg bcos bg tgl 2sin 3sin 8

− = ρ α − + ρ α α α .

2. zadatak. Na bočnoj strani rezervoara, na dubini H, nalazi se kvadratna cev ivice a (v.sl.). Izlaz iz cevi zatvara homogeni poklopac OA, težine Q koji se može obrtati oko ose koja prolazi kroz tačku O, a upravna je na ravan slike. Ako je pokazivanje manometra M, pm, gustina tečnosti u rezervoaru ρ, a poklopac gradi ugao α sa horizontalnom ravni, odrediti minimalni intenzitet sile F potrebne za otvarajne poklopca.

Rešenje:

Posmatrajmo ravnotežu poklopca OA. Uzimajući tačku O za momentnu tačku imaćemo:

M 0=∑ ⇒ a av F a ctg Q ctg

2sin 2 + ∆ + ⋅ ⋅ α = α α

P

1 1 vF Q2 ctg 2sin a

∆ = − + α α

P (1)

U poslednjem izrazu (1) sila pritiska tečnosti na poklopcu data je izrazom:

2

C m1 ap A p g H a2 sin

= = + ρ + α P ,(2)

a položaj napadne tačke iste sile dat je izrazom:

3

2C

2C m m

1 aaI 1 a 112 sinv

v A 12 sinp pa 1 a aH Hg 2 sin sin g 2

α ∆ = = =

α + + + + ρ α α ρ

. (3)

Unošenjem izraza (2) i (3) u (1) dobija se:

2

m1 a 2F Q p g H a2 sin 2 3

= − + ρ + α .

3. zadatak. U rezervoaru sa zidom nagnutim pod uglom α prema horizontu, kao što je prikazano na slici, nalazi se tečnost gustine ρ2 do visine h2 i tečnost gustine ρ1 do visine h1. Tečnosti se ne mešaju, a iznad tečnosti u rezervoaru pritisak je atmosferski. Odrediti sile pritiska po jedinici širine zida koji kvasi tečnost gustine ρ1 i na deo koji kvasi tečnost gustine ρ2, kao i položaje njihovih napadnih tačaka.

Rešenje:

Sila na deo zida koji kvasi tečnost gustine ρ1 je:

1

21 1 1

1 C 1 1 1h h h1p A g 1 g2 sin 2 sin

= = ρ ⋅ = ρα α

P ;

Položaj napadne tačke ove sile je:

1 1

1D C 1

hv v v v;2sin

= + ∆ = + ∆α

1

1

31

C1

1 1C 1

h1 1I 12 sinv h hv A 12sin sin

⋅ α ∆ = =⋅ ⋅

α α

;

1

1 1D

h h 1v2 6 sin

= + α ⇒

1D 12 1v h3 sin

=α

.

Sila na deo koji kvasi tečnost gustine ρ2 je:

2

2 2 22 C 2 1 1 2 1 1 2 2

h h h1p A g h g 1 g h h2 sin 2 sin

= = ρ + ρ ⋅ = ρ + ρ α α P .

Određivanje položaja napadne tačke ove sile:

2

2

32

2C 2

22 1C 2 2 1 2

1121

h1 1I h1 112 sinv hv A 12 sinh h1 hh 22 sin sin

⋅ α ∆ = = =ρ α ρ ++ ⋅ ρρ α α

Dakle, napadna tačka sile 2P je za 2v∆ ispod težišta dela koji kvasi tečnost gustine ρ2. Ukoliko bi smo želeli da odredimo napadnu tačku rezultantne sile pritiska tečnosti, treba koristiti Varinjonovu teoremu.

4. zadatak. Na bočnoj strani zatvorenog suda nalazi se zatvarač OA, oblika i dimenzija datih na slici. Odrediti silu pritiska na zatvarač i moment te sile za tačku O. Pokazivanje ''U'' cevi je h, gustina tečnosti je ρ. Gustinu vazduha iznad tečnosti u sudu zanemariti.

Rešenje:

Na osnovu pokazivanja ''U'' cevi je: a a vp p p g h= − + ρ ⇒ vp g h= ρ potpritisak iznad tečnosti u sudu. Sila pritiska na neokvašeni deo zatvarača je intenziteta:

1

21 C 1 vP p A p r= = π ,

a njena napadna tačka je u težištu neokvašenog dela zatvarača. Intenzitet sile pritiska na okvašeni deo zatvarača je:

( )2

22 C 2 vP p A p g R R= = − + ρ π ,

a njena napadna tačka je za

2

2

4

2C

*v2C 2 v

RI 1 R4z pz A 4p RR R gg

π

∆ = = = −− + π ρρ

ispod težišta okvašenog dela zatvarača. Rezultujuća sila pritiska koja deluje na zatvarač je:

( )3 2 22 1 vP P P g R R r p= − = ρ π− + π ,

a traženi moment, za tačku O, je intenziteta: ( )o 1 2M P r P 2r R z= − + + + ∆ ,

koji posle unošenja izraza za P1, P2, pv i ∆z postaje:

( )3 3 3 2o

5M g R 2r R g h R r 2R r4

= ρ π + − ρ + + π

.

5. zadatak. Zatvoreni rezervoar podeljen je na dva dela ravnom pregradom u kojoj se nalazi pravougaoni otvor zatvoren poklopcem istih dimenzija. Otvor je postavljen tako da mu je jedna ivica paralelna površini (slobodnoj) tečnosti (v.sl.). U levom delu rezervoara nalazi se tečnost gustine ρ1 do vrha otvora, a u desnom delu tečnost gustine ρ2 do polovine otvora. U levom delu, iznad tečnosti, vlada natpritisak, a u desnom delu potpritisak. Odrediti vezu između ρ1 i ρ2 ako je poznato da rezultujuća sila pritiska na poklopcu leži na slobodnoj površini tečnosti u desnom delu rezervoara.

Rešenje:

Sila pritiska, koja sa leve strane deluje na poklopac je intenziteta

1 C m 11P p A p g b ab2

= = + ρ

,

gde su a i b ivice pravougaonog poklopca, a pm veličine natpritiska. Sila pritiska sa desne strane na neokvašeni deo poklopca je intenziteta

2 vabP p2

= ,

a na okvašeni deo poklopca je:

33 C 3 v 21 1P p A p g b ab4 2

= ⋅ = − + ρ

,

gde je pv potpritisak iznad tečnosti gustine ρ2. Odabirajući napadnu tačku rezultujuće sile za momentnu tačku, dolazima do jednačine:

1 1 2 3 3b bP z P P z4 4

⋅∆ = + + ∆

(1)

gde su:

1

1

32

C1 *

mC m

11

1 abI 1 b12z pbz A 12pb ab 2 g2 g

∆ = = = ++ ρρ

3

3

3

2C

3 *vC 3 v

22

1 baI 1 b12 2z pbz A 48pb ab4 g4 g 2

∆ = = =

−− ρρ

Unošenjem izraza za P1, P2, P3, ∆z1 i ∆z3 u jednačinu (1), iz nje se dobija da je:

1 212

ρ = ρ .

6. zadatak. Cilindrični sud, prečnika D, čija je masa m, napunjen je tečnošću gustine ρ do visine H i visi na klipu prečnika d. Odrediti potpritisak koji obezbeđuje ravnotežu suda, zanemarujući trenje suda o klip, i silu koja opterećuje grupu zavrnjaja A.

Rešenje:

Posmatrajmo ravnotežu svih sila koje deluju na sud. Problem je osnosimetrični pa se sve horizontalne sile uravnotežuju. U vertikalnom pravcu imamo:

- sila na poklopcu suda (↑ ):

( )2 21 vP D d p

4π

= −

- sila pritiska tečnosti na dno suda je(↓ ):

( )2

2 vDP g H p4

π= ρ −

- težina suda je: G mg= .

Onda imamo: 1 2P P G 0+ + = .

Zamenom se dobija:

( ) ( )2

2 2v v

DD d p g H p mg 04 4π π

− + ρ − + = ⇒

2

v 2 24mg Dp g H

d d= + ρπ

.

Jedina sila koja opterećuje zavrnje (vijke) A-A je sila 1P , dakle,

( )2 2A vF D d p

4π

= − .

Primedba: Ovaj zadatak može se uraditi i na druge načine.

7. zadatak. Cilindrični sud, prečnika D i visine H, napunjen je tečnošću gustine ρ i oslanja se na klip prečnika d. Odrediti pokazivanje manometra M, (v.sl.) ako su mase poklopca, cilindričnog omotača i dna suda: mp, mo i md. Zatim odrediti sile na grupe zavrtanja (vijaka) A i B.

Rešenje:

Posmatrajmo ravnotežu svih sila koje deluju na sud.

- sila na poklopcu je (↓ ): 2

1 mDP p

4π

=

- sila na dno suda je(↓ ):

( )2 2

2 mD dP p g H4 4

π π= + ρ −

Onda je jednačina ravnoteže suda: ( )1 2 p c dP P g m m m= + + + .

Zamenom izraza za sile pritiska dobija se:

( ) ( )2 2 2

m m p c dD D dp p g H g m m m

4 4 4 π π π

= + ρ − + + +

⇒

( ) ( )2

2 2m p c d

dp g m m m g H D d4 4π π= + + + ρ − ⇒

( )2

m p c d2 24g Dp m m m g H 1d d

= + + + ρ − π

.

Sile koje opterećuju vijke su: 2

A m pDF p gm

4π

= −

( ) ( )2 2B m dF p g H D d gm

4π

= + ρ − + .

Primedba: Može se ovaj zadatak rešiti i na druge načine. Sila FB može se i ovako odrediti:

2

B A o m p oDF F gm p gm gm

4π

= − = − − .

MEHANIKA FLUIDA

Pritisak tečnosti na krive površine 1. Zadatak. U ravnoj vertikalnoj pregradi rezervoara nalazi se kružni otvor prečnika D. Otvor je zatvoren zatvaračem koji se satoji od dve polulopte prečnika D i D (vidi sliku). Zatvarač se može obrtati oko ose koja prolazi kroz tačku A, a upravna je na ravan slike. Razlika nivoa tečnosti u levom i desnom delu rezervoara je H, a njena gustina je ρ . Odrediti veličinu prečnika d ako je zatvarač u ravnoteži u vertikalnom položaju. Masu zatvarača zanemariti.

Rešenje:

Momentna jednačina napisana za tačku A ima oblik:

0rPz2DPrPz

2DP x22z22xx11z11x =+

∆+−−

∆+ (1)

u kome su:

4

DHgP2

11xπ

ρ= , 2

x2 2DP g H

4π

= ρ (2)

horizontalne komponente sile pritiska tečnosti sa leve i desne strane zatvarača.

πρ=

π

ρ= 3

3

1z Dg121

2D

34

21gP , 3

z21P g d

12= ρ π ; (3)

vertikalne komponente sile pritiska sa leve i desne strane zatvarača.

,H16

D

4DH

64D

4DH

Iz

1

2

2

1

4

2

1

yz1 =

π

π

=π

=∆ ,H16

Dz2

2

2 =∆

D163r x1 = , d

163r x2 = (4)

Unošenjem izraza (2), (3) i (4) u jednačinu (1) dobija se da je: ( )4 3 H8DDd −= Zapaža se da je za ovakvo rešenje neophodno da je H8D ≥ .

2. Zadatak. Na bočnoj strani cilindričnog rezervoara nalazi se horizontalna cev ivice a zatvorena isto takvim poklopcem. Sila F, koja deluje u težištu poklopca, upravno na njega ne dozvoljava da se poklopac otvori obrtanjem oko ose O (vidi sliku). Ako se u rezervoaru, do visine h, nalazi tečnost gustine 1ρ , a odatle na gore tečnost gustine 2ρ i ako je gornji deo rezervoara polusfera poluprečnika R odrediti silu koja opterećuje zavrtnje kojima je polusfera vezana za cilindrični deo. Masu polusfere zanemariti.

Rešenje:

Momentna jednačina, za tačku O, ima oblik:

∆+= z

2aP

2aF (1)

u kome je: ( ) 2

12m ahgRgpP ρ+ρ+= sila pritiska tečnosti na poklopac, a

mp pretpostavljeni natpritisak u najvišoj tački polusfere i:

2

m 2

1 1

azp12 R hg

∆ = ρ

+ + ρ ρ

položaj napadne tačke sile pritiska na poklopac.

Unošenjem izraza za z∆ i P u jednačinu (1) i njenim rešavanjem dobija se da je:

+ρ−ρ−= a

61hgRg

aFp 122m

Horizontalne sile pritiska na polusferu su, zbog simetrije, u ravnoteži. Vertikalna sila pritiska koja deluje na polusferu, a to je sila koja opterećuje zavrtnje data je izrazom:

π−

ρ

+πρ= 3

2

m22z R

32

gpRRgP

koji posle unošenja izraza za mp i sređivanja postaje:

+ρ−ρ−π= a

61hgRg

32

aFRP 122

2z .

3. Zadatak. Na bočnoj strani zatvorenog rezervoara, na dubini 2h , nalazi se kružni otvor prečnika d koji je zatvoren konusnim poklopcem visine b (vidi sliku). Od dna rezervoara, pa do polovine otvora, je tečnost gustine 1ρ ,a odatle pa naviše tečnost gustine

2ρ . Ako je pokazivanje manometra mp odrediti pritisak iznad tečnosti u sudu i sile koje opterećuju vijke, koji vezuju poklopac za rezervoar. Težište otvora je na visini 1h od dna. Masu poklopca zanemariti.

Rešenje:

Pritisak iznad tečnosti u sudu, na osnovu pokazivanja manometra M, je: 2211ma hghgppp ρ−ρ−+= . Horizontalna sila pritiska na deo poklopca koji kvasi tečnost gustine 1ρ je:

( )8

d3

d2hgpApP2

11m1x1C1xπ

π−ρ−==→ ,

dok je vertikalna sila pritiska na ovaj deo:

( ) 111

m2

111z ghgpdb

21b

4d

31

21VgP ρ

−

ρ+

π=ρ=↓ .

Horizontalna sila pritiska na deo poklopca koji kvasi tečnost gustine 2ρ je:

( )8

d3

d2ghgpApP2

211m2x2C2xπ

πρ−ρ−==→ ,

a vertikalna sila pritiska na ovaj deo je:

( ) 2

2

12

1

2

m222z gb

4d

31

21h

gp

db21VgP ρ

π−

ρρ

−ρ

=ρ=↑

Sila koja opterećuje vijke na istezanje je:

( )8

d3

d2ghg2p2PPP2

2111m2x1xxπ

πρ−ρ+ρ−=+= .

Sila koja opterećuje vijke na smicanje je:

( ) πρ+ρ=−= bgd141PPP 2

212z1zz .

4. Zadatak. Na bočnoj strani zatvorenog rezervoara nagnutog pod uglom α prema horizontali, nalazi se, na dubini h, kružni otvor zatvoren polusfernim poklopcem poluprečnika R. Poklopac je za rezervoar vezan zavrtnjima (vidi sliku). Ako je gustina tečnosti ρ , a pokazivanja manometra mp odrediti sile koje opterećuju zavrtnje na smicanje i na istezanje. Masu poklopca zanemariti.

Rešenje:

Posmatramo ravnotežu tečnosti obuhvaćenu polusfernim poklopcem. Ravnoteža ovog dela tečnosti data je jednačinom: 0RQP =++ ∗ u kojoj su: ( ) jRghpP 2

m πρ+= - sila pritiska tečnosti na ravnu površ koja razdvaja polusferu od rezervoara.

( )jcosisinR32gQ 3 α−απρ= - težina izdvojene tečnosti i

∗R -sila kojom poklopac deluje na izdvojenu tečnost. Sila kojom tečnost deluje na poklopac je: QPRR +=−= ∗ Unošenjem vektorskih reprezentacija za QiP u poslednji izraz dobija se da je:

( ) jcosRg32RhgpisinRg

32R 32

m3

απρ−πρ++απρ= ć

Sila koja opterećuje zavrtnje na smicanje je:

απρ= sinRg32R 3

x

a na istezanje je:

( ) απρ−πρ+= cosRg32RhgpR 32

my .

5. Zadatak. Telo oblika pravog kružnog cilindra, prečnika osnove D i dužine h oslanja se na glatku pregradu A (vidi sliku). Do polovine cilindra je tečnost gustine 2ρ , a odatle pa naviše tečnost gustine 1ρ . Odrediti silu pritiska tečnostina telo i gustinu materijala od koga je telo napravljeno.

Rešenje:

Horizontalna komponenta sile pritiska na deo koji kvasi tečnost gustine 1ρ je:

hDg81h

2D

4DgP 2

11x ρ=ρ=

Horizontalna komponenta sile pritiska tečnosti, na deo koji kvasi tečnost gustine 2ρ je, zbog simetrije, jednaka nuli.

Vertikalna komponenta sile pritiska na deo koji kvasi tečnost gustine 1ρ je:

( )2 2

z1 1 1D D 1 D D hP g h h g 12 2 4 4 4 4

π π ↓ = ρ − = ρ −

Vertikalna komponenta sile pritiska tečnosti na deo koji kvasi tečnost gustine 2ρ je:

( )2

hD4

gh2DDh

4D

21gP

2

2

12

2

12

22z

ρρ

+π

ρ=

ρρ

+π

ρ=↑

Rezultujuća vertikalna komponenta sile pritiska tečnosti je:

( )4

hD24

1gPPP2

211z2zz

ρ

π+ρ

π+=−=↑

Iz uslova ravnoteže tela sleduje jednačina: zPQ =

gde je h4

DgQ2

mπ

ρ= -težina tela, a mρ -gustina materijala od koga je telo napravljeno.

Unošenjem izraza za zPiQ u poslednju jednačinu i njenim rešavanjem dobija se da je:

21m 211

41

ρ+ρ

π+=ρ

6. Zadatak. Otvor rezervoara zatvoren je polusfernim zatvaračem poluprečnika R (vidi sliku). Iznad zatvarača je konus visine h na čijem je vrhu priključen vakuummetar V. Rezervoar je visine 3R, a u njemu je tečnost gustine 3ρ . U sfernom zatvaraču je tečnost gustine 1ρ , a iznad nje, pa do vrha konusa, tečnost tečnost gustine 2ρ . Pokazivanja manometra M i vakuummetra V su mp i vp respektivno. Odrediti silu kojom tečnosti deluju na polusferni zatvarač.

Rešenje: Sila pritiska tečnosti koja sa gornje strane deluje na zatvarač data je izrazom:

( )

π

ρ−ρ

+πρ=↓ 2

1

v2311 R

gphg

R32gP tj.

( ) ( ) πρ+π−ρ=↓ 31

2v21 Rg

32RphgP

Sila pritiska tečnosti koja sa donje strane deluje na polusferni zatvarač je:

( )

π

ρρ−

+πρ=↑ 2

3

3m332 R

gRg3p

R32gP , odnosno:

( ) πρ−π=↑ 33

2m2 Rg

37RpP .

Onda je sila pritiska kojom tečnosti deluju na zatvarač data izrazom:

( ) ( ) ( ) πρ+ρ+π−−ρ=−=↓ 331

2mv221 R72g

31RpphgPPP

Jasno je da se, zbog osne simetrije zatvarača, sile pritiskau horizontalnom pravcu poništavaju.

7. Zadatak. Cilindrični sud prečnika d i mase 1m povezan je sa poluloptastim sudom poluprečnika R i mase 3m pomoću prstenaste prirubnice mase 2m . Povezivanje je ostvareno vezama CiB,A . Odrediti sile koje opterećuju ove tri veze ako se ovaj kombinovani otvoreni sud napuni tečnošću gustine ρ do visine H.

Rešenje:

Sve horizontalne sile za oba suda se poništavau jer su sudovi osnosimetričnog oblika, tako da nijedna veza neće biti opterećena na smicanje. U vertikalnom pravcu postoji sila pritiska ( )1P na prstenastu ravnu površ i sila pritiska ( )2P na polusferno dno donjeg suda. Intenziteti ovih sila su:

( )

π−πρ=ρ=↑

4dRHgAzgP

22

c1

( )

π+πρ=ρ=↓ HRR

32gVgP 23

z2

( )

+πρ=↓ HR

32RgP 2

2 ;

Uzimajući u obzir mase pojedinih sudova i prirubnice dobijaju se sile koje veze

CiB,A opterećuju na istezanje:

( ) ( )

π+πρ+++=+−++= H

4dR

32ggmmmPPgmmmF

23

32121321A

( ) ( )

π+πρ++=+−+= H

4dR

32ggmmPPgmmF

23

322132B

+πρ+=+= HR

32RggmPgmF 2

323C

8. Zadatak. Zatvoreni rezervoar je na dva dela ravnom pregradom u kojoj se nalazi kružni otvor prečnika d zatvoren loptastim zatvaračem istog prečnika. U levom delu rezervoara, do polovine otvora nalazi se tečnost gustine 2ρ , a naviše do visine 1h tečnost gustine 1ρ . U desnom delu rezervoara je tečnost gustine 2ρ (vidi sliku). Ako su pokazivanja manometra i vakuummetra mp i vp respektivno odrediti vertikalnu i horizontalnu komponentu sile pritiska tečnosti na zatvarač.

Rešenje:

Horizontalna komponenta sile pritiska na deo zatvarača koji kvasi tečnost gustine 1ρ je:

( )8

d3

d2hgppP2

11ma1xπ

π−ρ++=→ ,

a na deo koji sa leve strane kvasi tečnost gustine 2ρ je:

( )2

x2 a m 1 1 22d dP p p g h g3 8

π → = + + ρ + ρ π .

Horizontalna komponenta sile pritiska na desnu polusferu je:

( ) [ ]4

dppP2

va3xπ

−=← .

Horizontalna komponenta sile pritiska na zatvarač je:

( ) ( )4

d3dghgppPPPP

2

1211vm3x2x1xxπ

ρ−ρ

π+ρ++=−+=→ .

Vertikalna komponenta sile pritiska na gornju polovinu polulopte u levom delu rezervoara je:

( )

π−

ρ

+π

ρ=ρ=↓8

d34

41

gp

h4

d21gVgP

3

1

m1

2

1111z ,

a na donju polovinu polulopte je:

( )

ρρ

+ρ

π+

πρ=ρ=↑ 1

2

1

2

m23

2222z hgp

4d

21

8d

34

41gVgP .

Vertikalna komponenta sile pritiska na desnu polovinu polulopte je::

( )8

d34

21gVgP

3

2323zπ

ρ=ρ=↑ ,

pa je vertikalna komponenta sile pritiska na zatvarač data izrazom:

( ) ( ) πρ+ρ=−+=↑ 3211z3z2zz gd3

241PPPP

Relativno mirovanje tečnosti

Translatorno kretanje suda sa tečnošću 1. Zadatak. Cisterna čiji je poprečni presek elipsa poluosa a i b napunjena je tečnošću gustine ρ i kreće se pravolinijski jednaklo ubrzano ubrzanjme w po horizontalnoj ravni (vidi sliku). Ako je dužina cisterne c a manometar M pokazuje natpritisak pm odrediti sile pritiska tečnosti na prednju i zadnju stranu cisterne.

Rešenje: gZ,wY,0X −=−== ( )ZdzYdyXdxdp ++ρ= -osnovna jednačina hidrostatike Zamenom projekcija zapreminske sile u prethodnoj jednačini dobija se: ( )gdzwdydp −−ρ= Integracijom poslednje jednačine dobija se jednačina: Czgwyp +ρ−ρ−= ; Konstanta C određuje se iz graničnog uslova za pritisak: x=0, y=0, z=0: ma ppp += ⇒ ma ppC += pa prethodna jednačina postaje: gzwyppp ma ρ−ρ−=− -jednačina rasporeda pritiska u tečnosti. Onda je sila pritiska tečnosti na prednju stranu cisterne: ( ) AppP

1Cap −=

gde je ( )b,0,0C1 − težište prednje strane cisterne, π= abA -površina prednje strane cisterne. Onda se dobija da je: ( ) πρ+= abgbpP mp . Sila pritiska tečnosti na zadnju stranu suda je: ( ) AppP

2Caz −=

gde je ( )b,c,0C2 −− težište zadnje strane suda. Onda je: ( ) πρ+ρ+= abgbwcpP mz .

2. Zadatak. Prizmatična cisterna dužine b čiji je bazis petougaonik dat na slici, napunjena je tečnošću gustine 1ρ do visine 2h , a odatle pa do vrha tečnošću gustine 2ρ i kreće se konstantnim ubrzanjem a po horizontalnom pravolinijskom putu. Ako je, za vreme kretanja, pokazivanje vakuummetra vp , a tačka Apripada razdelnoj površi tečnosti, odrediti silu pritiska na zadnju stranu cisterne. Tečnosti se ne mešaju.

Rešenje.

Obe tečnosti relativno miruju pa i za jednu i za drugu važi osnovan jednačina za hidrostatiku. Za tečnost gustine 2ρ ona je:

ZdzYdyXdxdp1

2++=

ρ (1)

Kako su, za izabrani koordinatni sistem, projekcije rezultujuće zapreminske sile: gZ,aY,0X −=−== (2) jednačina (1) postaje: ( )gdzadydp 2 −−ρ= (3) Integracijom jednačine (3) dobija se jednačina: ( ) 12 Cgzayp +−−ρ= (4) gde se konstanta 1C određuje korišćenjem graničnog uslova: va ppp −= za h2z,by == i iznosi: ( )gh2abppC 2va1 +ρ+−= . Unošenjem izraza za konstantu 1C u jednačinu (4) dobija se jednačina rasporeda pritiska, za tečnost gustine 2ρ , u obliku: ( ) ( )zh2gybappp 22va −ρ+−ρ+−=− (5) Pritisak u tački ( )0,b,0A koja pripada razdelnoj površi tečnosti dobija se iz jednačine (5) unošenjem koordinata tačke A i iznosi: hg2ppP 2vaA ρ+−= .

Težište dela zadnje strane, koji kvasi tečnost gustine 2ρ , je u tački

h

34,0,0C1

pa je sila pritiska tečnosti na ovaj deo zadnjue strane data izrazom:

( )2

hgh32abpvAppP

2

221Ca1 1

ρ+ρ+−=−=

gde je razlika pritisaka ( )1Capp − određene iz jednačine (5) unošenjem koordinata tačke

1C . Za tečnost gustine 1ρ , ponavljajući isti postupak, dolazi se do jednačine: ( ) 21 Cgzayp ++ρ−= (6) a konstanta 2C određuje se korišćenjem poznatog pritiska u tački A i iznosi: 12va2 abhg2ppC ρ+ρ+−= (7) Sa ovako određenom konstantom 2C jednačina (6) postaje: ( ) hg2zgybappp 211va ρ+ρ−−ρ+−=− (8) Težište dela zadnje strane koji kvasi tečnost gustine 1ρ je u tački ( )2h,0,0C2 pa se iz jednačine (8) dobija da je u tački 2C :

( ) hg22hgbappp 211v2Ca ρ+ρ−ρ+−=− (9)

Sila pritiska na ovaj deo zadnje strane je:

( ) 21212Ca2 hhg

21gh2abpvAppP

2

ρ−ρ+ρ+−=−=

a rezultujuća sila pritiska je:

( )2

habgh3

14ghab2p3PPP2

21v21

ρ

++ρ−+−=+=

3. Zadatak. Sud prikazan na slici sastoji se od dva obrtna paraboloida i napunjen je tečnošću gustine ρ . Sud se kreće u horizontalnoj ravni po pravolinijskom putu konstantnim ubrzanjem a. Ako su veličine date na slici poznate, a pokazivanje manometra je mp odrediti vertikalne komponente sila pritiska tečnosti na obrtne paraboloide.

Rešenje:

Tečnost relativno miruje u susdu pa važi jednačina:

( )ZdzYdyXdxdp ++ρ= Kako je, za izabrani koordinatni sistem:

gZ,aY,0X −=−== poslednja jednačina se svodi na oblik:

( )gdzadydp +ρ−= Integracijom posldenje jednačine dobija se:

( ) Cgzayp ++ρ−= a konstanta C određuje se korišćenjem poznatog pritiska u tački M, tj. za :

x=0, y=0, z=h: ma ppp += , i iznosi:

hgppC ma ρ++= .

Unošenjem izraza za konstantu C u poslednju jednačinu dobija se jednačina rasporeda pritiska u obliku: ( )zhgyappp ma −ρ+ρ+=− . Koristeći činjenicu da je za fiktivnu slobodnu površinu tečnosti app = iz poslednje jednačine (rasporeda pritiska) dobija se jednačina fiktivne slobodne površine tečnosti u obliku:

yga

gp

hz m −ρ

+=

Vertikalna komponenta sile pritiska tečnosti na gornji paraboloid je:

( )

ρ

+πρ=

π−

ρ

+πρ=ρ=↑g

ph

21RghR

21

gp

hRggVP m22m211

a na donji paraboloid:

( )

ρ

+πρ=

π−

ρ

+πρ=ρ=↓g

ph

43Rg

2hR

21

gp

hRggVP m22m212

Jednoliko obrtanje suda sa tečnošću 1.Zadatak. Sud oblika zarubljenog konusa dimenzija D,d i a napunjen je tečnošću gustine ρ i obrće se, oko svoje vertikalne ose, konstantnom brzinom ω (vidi sliku). Ako je, za vreme obrtanja, pokazivanje manometra mp odrediti sile pritiska tečnosti na gornji i donji bazis suda.

Rešenje: Tečnost u sudu relativno miruje pa važi osnovna jednačina za hidrostatiku:

( )ZdzYdyXdxdp ++ρ= (1) Za odabrani koordinatni sistem projekcije rezultujuće zapreminske sile su:

gZ,yY,xX 22 −=ω=ω= (2) Unošenjem projekcija (2) u jednačinu (1) ona postaje:

( )gdzydyxdxdp 22 −ω+ωρ= Integracijom poslednje jednačine, član po član, dobija se jednačina:

Czgr2

p 22

+ρ−ω

ρ= (3)

gde je 222 yxr += . Koristeći poznati pritisak u tački M dobija se da je integraciona konstanta:

agppC ma ρ++= . Unošenjem konstante C u jednačinu (3) dobija se jednačina rasporeda pritiska u obliku:

( )zagr2

ppp 22

ma −ρ+ω

ρ+=− (4)

Jednačina rasporeda pritiska za gornji bazis dobija se iz jednačine (4) unošenjem u nju az = (jednačina ravni kojoj pripada gornji bazis) i ima oblik:

( ) 22

mGa r2

ppp ωρ+=−

Onda je sila pritiska tečnosti na gornji bazis data izrazom:

( )4

d16

dpdrr2r2

pdAppP222

m

2d

0

22

mA

GGaGG

π

ωρ+=π

ωρ+=−= ∫∫

Jednačina rasporeda pritiska na donji bazis dobija se iz jednačine (4) u nju 0z = (jednačina ravni kojoj pripada donji bazis) i ima oblik:

( ) agr2

ppp 22

mDa ρ+ω

ρ+=−

Sila pritiska tečnosti na donji bazis data je izrazom:

( )

ωρ+ρ+

π=π

ρ+

ωρ+=−= ∫∫ 16

Dagp4

Ddrr2agr2

pdAppP22

m

22D

0

22

mA

DDaDG

2. Zadatak. Sud oblika obrtnog paraboloida prečnika osnove D i visine h, napunjen tečnošću gustine ρ , obrće se oko svoje vertikalne ose konstantnom ugaonom brzinom ω (vidi sliku). Pokazivanje manometra je mp . Odrediti: jednačinu rasporeda pritiska u tečnosti, jednačinu rasporeda pritiska za omotač suda, silu pritiska tečnosti na osnovu i omotač suda.

Rešenje:

Polazeći od osnovne jednačine za hidrostatiku:

( )ZdzYdyXdxdp ++ρ= i unoseći u nju projekcije rezultujuće zapreminske sile:

gZ,yY,xX 22 −=ω=ω= dobija se jednačina:

( )gdzydyxdxdp 22 −ω+ωρ= , čijom se integracijom dolazi do jednačine:

Czgr2

p 22

+ρ−ω

ρ= (1)

gde je izvršen prelaz na polarno-cilindrični koordinatni sistem. Korišćenjem poznatog pritiska u tački M dobija se da je integraciona konstanta:

hgppC ma ρ++= pa se jednačina (1) svodi na jednačinu:

( )zhgr2

ppp 22

ma −ρ+ω

ρ+=− (2)

koja pretstavlja jednačinu rasporeda pritiska u tečnosti. Jednačina površi, kojoj pripada omotač suda, za odabrani koordinatni sistem je:

−= 2

2

Dr41hz (3)

Unošenjem izraza (3) u jednačinu (2) dobija se jednačina:

( ) 22

2

moa rDgh4

2ppp

+

ωρ+=−

koja pretstavlja jednačinu raporeda pritiska tečnosti za omotač suda. Zamenjujući app = u jednačini (2) dobija se jednačina fiktivne slobodne površi tečnosti u obliku:

22

m rg2g

phz ω

+ρ

+= (4)

Sila pritiska tečnosti na omotač data je izrazom:

π−

π−

πρ=ρ= 0

22

1

2

o h4

D21h

4D

21h

4DggVP (5)

gde se veličina 1h dobija iz jednačine (4), unošenjem u nju 2Dr = , i iznosi:

gD

gp

hh22

m1 ρ

ω+

ρ+=

a onda je veličina:

gD

gphhh

22m

10 ρω

=ρ

−−= .

Unošenjem veličina 10 hih u izraz (5) dobija se da je:

4

D16Dgh

21pP

222

moπ

ωρ+ρ+=

Sila pritiska tečnosti na osnovu suda je:

4

D16Dghph

4D

21gPP

222

m

2

oBπ

ωρ+ρ+=

πρ+=

3. Zadatak. Zatvoreni sud oblika kružnog cilindra poluprečnika R napunjen je tečnošću gustine ρ i obrće se, oko vertikalne ose, konstantnom ugaonom brzinom ω . Kružni poklopac prečnika R, koji zatvara isti takav otvor na gornjem bazisu cilindra održava u ravnoteži, za vreme obrtanja suda, sila intenziteta F (vidi sliku). Odrediti jednačinu rasporeda pritiska u tečnosti i silu pritiska tečnosti na gornji bazis suda.

Rešenje. Polazeći od osnovne jednačine za hidrostatiku:

( )ZdzYdyXdxdp ++ρ= i unoseći u nju projekcije rezultujuće zapreminske sile koja deluje na tečnost u sudu:

gZ,yY,xX 22 −=ω=ω= i integraleći je dolazi se do jednačine rasporeda pritiska u sudu:

Czgr2

p 22

+ρ−ω

ρ= (1)

u kojoj je integraciona konstanta C , za sada, nepoznata. Unoseći 0z = (jednačina ravni kojoj pripada gornji bazis suda) u jednačinu (1) dolazi se do jednačine rasporeda pritiska tečnosti za gornji bazis suda u obliku:

+

ωρ=∗ Cr

2p 2

2

(2)

Koristeći činjenicu da sila, intenziteta F, održava poklopac u ravnoteži dolazi se do jednačine: ( ) FdApp

Aa =−∫ ∗ (3)

u kojoj je A površina poklopca. Uzimajući da je elementarna površina ϕ= rdrddA i unoseći je zajedno sa izrazom (2) u jednačinu (3) ista se svodi na jednačinu:

FrdrpCr2

dcosR

0a

222

2

=

−ρ+

ωρϕ ∫∫

ϕπ

π−

(4)

koja, posle realizacije naznačene integracije i zamene granica, postaje:

( ) FpC4

RR643

a

242 =−ρ

π+πρω (5)

Iz jednačine (5) dobija se da je:

πρω−

π+=ρ 42

2a R643F

R4pC

pa jednačina rasporeda pritiska (1), posle zamene vrednosti za Cρ , postaje:

πρω−

π+ρ−

ωρ=− 42

22

2

a R643F

R4zgr

2pp (6)

Jedančina rasporeda pritiska, za gornji bazis suda, dobija se iz jednačine (6), zamenom 0z = , i ima oblik:

πρω−

π+

ωρ=−∗ 42

22

2

a R643F

R4r

2pp (7)

Sila pritiska tečnosti, na gornji bazis suda, data je izrazom: ( )dAppP

Aa∫ −= ∗

koji se, posle zamene drr2dA π= i unošenjem izraza (7), svodi na oblik:

drr2R643F

R4r

2P

R

0

422

22

π

πρω−

π+

ωρ= ∫

iz koga se, posle realizacije naznačene integracije i zamene granica, dobija da je:

πρω+= 42R161F4P .

4. Zadatak. Konusni sud, prečnika d i visine h, napunjen tečnošću gustine ρ , obrće se oko svoje vertikalne ose, konstantnom ugaonom brzinom ω . Za dno suda na rastojanju

2d od ose obrtanja, priključena je cev sa tečnošću gustine 1ρ koja se obrće zajedno sa sudom (vidi sliku). Ako su veličine date na slici poznate odrediti silu pritiska tečnosti na dno suda i pritisak na vrhu konusa. Tečnosti se ne mešaju.

Rešenje.

Unoseći u osnovnu jednačinu za hidrostatiku za tečnost gustine 1ρ

( )ZdzYdyXdxdp 1 ++ρ= projekcije rezultujuće zapremine sile:

gZ,yY,xX 22 −=ω=ω= (1) i integraleći tako dobijenu jednačinu dolazi se do jednačine:

Cgzr2

p1 22

1

+−ω

=ρ

(2)

Kako je za app:hzidr === to se iz jednačine (2) dobija da je:

ghd2

p1C 22

a1

+ω

−ρ

=

pa se ista jednačina svodi na jednačinu:

( ) ( )hzgdr2

pp 122

2

1a −ρ−−ω

ρ+= (3)

Na isti način, za tečnost gustine ρ , dolazi se do jednačine:

12

2

Cgzr2

p1+−

ω=

ρ

Koristeći činjenicu da se pritisak u tački ( )2h,2dA − , može sračunati korišćenjem jednačine (3) ili jednačine (4) dolazi se do jednačine:

122

122

1a Cgh21d

21gh

23d

83p ρ+ρ+ρω=ρ+ωρ−

iz koje je:

( ) ( )ρ−ρ+ρ+ρω

−=ρ 11

22

a1 32

gh38dpC .

Unošenjem izraza (5) u jednačinu (4) ista se svodi na jednačinu:

( ) ( )ρ−ρ+ρ+ρω

−ρ−ω

ρ=− 11

222

2

a 32

gh38dzgr

2pp (6)

koja pretstavlja jednačinu rasporeda pritiska za tečnost gustine ρ . Jednačina rasporeda pritiska za dno suda dobija se iz jednačine (6) za 0z = i ima oblik:

( ) ( ) ( )ρ−ρ+ρ+ρω

−ω

ρ=− 11

222

2

Da 32

gh38dr

2pp .

Intenzitet sile pritiska tečnosti na dno dat je izrazom:

( )∫ π−=2d

0Da drr2ppP ,

koji se posle unošenja jednačine (7), integracije i zamene granica, svodi na izraz:

( ) ( )

ρ+ρω−ρ−ρ

π= 1

221

2

6d813gh

8dP .

Unošenjem koordinata tačke ( )h,0S u jednačinu (6) dobija se da je pritisak na vrhu konusa dat izrazom:

( ) ( )ρ+ρω

−ρ−ρ+= 1

22

1as 38d

2gh3pp .

5. Zadatak. Cilindrični sud, poluprečnika osnove R, napunjen je tečnošću gustine ρ , obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω oko horizontalne ose OO′. Manometar M (vidi sliku) pokazuje natpritisak mp . Odrediti jednačinu rasporeda pritiska u tečnosti i pritisak po najnižoj izvodnici cilindra.

Rešenje:

Unoseći projekcije rezultujuće zapreminske sile: gzZ,0Y,xX 22 −ω==ω= u osnovnu jednačinu za hidrostatiku i integraleći je dobija se jednačina:

( ) Cgzzx2

p1 222

+−+ω

=ρ

(1)

Kako je, za 0x = , 0z,0y == , ma ppp += to se iz jednačine (1) dobija da je integraciona konstanta:

( )ma pp1C +ρ

= .

Unošenjem ovog izraza za konstantu C u jednačinu (19 dobija se jednačina rasporeda pritiska u tečnosti u obliku:

( ) zgzx2

ppp 222

ma ρ−+ρω

++= (2)

Jednačina prave kojoj pripada najniža izvodnica cilindra je ( Rz,0x −== ) pa se njenim unošenjem u jednačinu (2) dobija pritisak po najnižoj izvodnici cilindra u obliku:

Rg2Rppp

22

man ρ+ρω

++= .

MEHANIKA FLUIDA

PLIVANJE TELA I STABILNOST TELA PRI PLIVANJU

1. zadatak. Sud mase m, koji pliva na površini neke tečnosti, kao što je prikazano na slici, sadrži izvesnu količinu iste tečnosti mase m2. Odrediti masu m tela koje pliva u sudu iy uslova da odnos gaza H suda i visine h bude H/h=n. Pretpostaviti priymati;ni oblik tela i suda.

Rešenje: Ako se pretpostavi da je osnova tela površine A, onda iz uslova ravnoteže tela sleduje jednačina 0mg g Ah= ρ (1) U kojoj je h0 gaz tela, a ρ gustina tečnosti. Sa druge strane, ako se pretpostavi da je osnova suda površine A1, onda se može napisati sledeća jednačina ( )2 1 0m A h Ah= ρ − (2) Treća jednačina sleduje iz ravnoteže suda, i ona je oblika: 1 1 1g A H gm g A hρ = + ρ (3) Iz jednačina (1), (2) i (3) dobija se da je:

12

mm mn 1

= −−

.

2. zadatak. Patos mase m postavljen je na dva brvna osnove b×b i 2b×2b i dužine l. Rastojanje između osa brvna je L, gustina materijala brvna je ρ1, a tečnosti u kojoj brvna plivaju ρ (v.sl.). Na kom mestu patosa treba delovati silom P pa da patos bude horizontalan. Koliki deo brvna je, u tom slučaju, izvan tečnosti?

Rešenje: Odabirajući prvo tačku C1 za momentnu tačku, a zatim C2 (C1 i C2 su težišta brvna) dolazi se do jednačina

( )2 2

1 3 1Px G L b b L G P 02 2 2 + + − + − =

(1)

( ) ( )1 1

1 3P L x G L b b L G P 02 2 − + + − + − =

(2)

respektivno. U jednačinama (1) i (2) su: G mg= - težina patosa; 2

1 1G g b l= ρ i 22 1G 4g b l= ρ -

težina manjeg i većeg brvna respektivno; ( )1P g b b y l= ρ − i ( )2P 2g b 2b y l= ρ − - sile potiska na manje i veće brvno respektivno. Unošenjem izraza za G, G1, G2, P1 i P2 u jednačine (1) i (2) i njihovim rešavanjem po x i y, dobija se da su:

( )2

1

1

L 3bx 4P mg 1 4b l g ,6P 2L

5 P mgy b 1 .3 3lb g

= + − + ρ−ρ ρ +

= − − ρ ρ

3. zadatak. Čaša pliva u tečnosti gustine ρ tako da je njeno dno u ravni sa centrom otvora za koji je priključena ’’U’’ cev sa živom, čija je gustina ρž=3ρ. Ako su veličine date na slici: h1=h/2, D=4h, d=2h, H1=4h i H2=5h, odrediti gustinu materijala čaše i ispitati stabilnost ravnoteže plivanja.

Rešenje:

Kako je R ravan konstantnog pritiska, to je pA=pB, pa sleduje jednačina

( )1 žx h hρ + = ρ ⇒ ž1x h hρ

= −ρ

,

a posle zamene poznatih veličina dobija se da je:

5x h2

= .

Čaša je u ravnoteži pa važi jednakost

P Q= ⇒2 2 2

m 2 1

D D dg x g H H4 4 4π π π

ρ = ρ −

Iz koje se, posle zamene poznatih veličina, dobija da je:

m

58

ρ = ρ .

Metacentarski poluprečnik dat je izrazom

2

2

DI 264r h

DV 5x4

π

= = =π

Koristeći Štajnerovu teoremu za određivanje težišta čaše dolazi se do jednačine

2 2 2 2

c 2 1 2 2 2 1 1

D d 1 D 1 dx H H H H H H H4 4 2 4 2 4π π π π − = − −

,

iz koje se posle zamene poznatih veličina, dobija da je

c

19x h8

= .

Onda je veličina

c

1 9x x h2 8

δ = − = .

Kako je r < δ , to je ravnoteža ovog plivanja nestabilna.

4. zadatak. Prizmatično telo, čiji se bazis sastoji od segmenta parabole drugog reda i trougla, dimenzija datih na slici, pliva na tečnosti gustine ρ. Ako je širina tela a, a gustina materijala tela ρm=ρ 2 /13 proveriti stabilnost ravnoteže tela pri ovom plivanju.

Rešenje:

Koristeći činjenicu da su sile koje deluju na telo, pri plivanju, u ravnoteži, dolazi se do jednačine:

m Tg V g Vρ = ρ (1) gde je zapremina tela data izrazom:

3T

4 1 13V a a 2a 3a a a3 2 3

= ⋅ + ⋅ ⋅ =

,

a potopljen azapremina izrazom: 4V xya3

= . (2)

Koristeći jednačinu parabole dolazi se do veze između veličina x i z u obliku:

2 2x / a y / a= . (3) Unoseći sada (2), (3) i ρm u izraz (1), dobija se jednačina:

32 13 4a y ay a13 3 3

ρ = ρ ⋅

iz koje se dobija da je telo potopljeno do dubine 1y a2

= , a onda se iz relacije (3) dobija

da je x a 2 / 2= . Koristeći Štajnerovu teoremu dolazi se do jednačine

3C

13 3 4 1z a a a a a 2a 2a 3a a3 5 3 2

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

iz koje se dobija da je položaj težišta tela na rastojanju

C

102z a65

=

od temena segmenta parabole. Položaj težišta potopljene zapremine je na rastojanju

D

3 a 3z a5 2 10

= = ,

pa je: C D

33z z a26

δ = − = .

Manji moment inercije površine plivanja je:

3 42xa a 2I

12 12= = ,

pa je metacentarski poluprečnik

I 1r aV 4

= = .

Kako je r<δ to je ravnoteža tela, pri ovakvom plivanju, nestabilna.

5. zadatak. Plovak koji se sastoji od konusa i obrtnog paraboloida, dimenzija datih na slici, pliva na tečnosti. Ako je gustina tečnosti dvadeset puta veća od gustine materijala plovka, odrediti vezu između veličina a i h, tako da ravnoteža plivanja plovka bude stabilna.

Rešenje: Koristeći ravnotežu sila koje deluju na plovak, dolazi se do jednačine:

k pV V 20V+ = (1)

u kojoj je 2k

1V a h12

= π - zapremina

konusa, 2p

1V a h8

= π - zapremina

paraboloida, a V – potopljena zapremina plovka. Kako je, iz sličnosti trouglova,

y / x a / h= ⇒ y ax / h= , to je potopljena zapremina

2 23

2

1 y 1 aV x x3 4 12 h

π π= = .

Unošenjem izraza za Vk, Vp i V u jednačinu (1) i rešavajući je po x, dobija se da je:

1x h2

= .

Koristeći Štajnerovu teoremu dolazi se do jednačine za određivanje težišta plovka

( )C k p k p

3 1x V V hV h h V4 3

+ = + +

,

iz koje se, posle zamene poznatih veličina, dobija da je

C

11x h10

= .

Položaj težišta potopljene zapremine definisan je veličinom

D

3x h8

= ,

pa je

C D

29x x h40

δ = − = .

Metacentarski poluprečnik dat je izrazom

4yr / V

64π

= ,

koji se, posle zamene poznatih veličina, svodi na

23 ar

32 h= .

Koristeći činjenicu da je ravnoteža plivanja stabilna, sleduje nejednačina

r > δ , tj. 23 a 29 h

32 h 40> ,

iz koje se dobija da je: a 116h 15> .

6. zadatak. U kosom zidu otvorenog rezervoara sa tečnošću gustine ρ nalazi se kružni otvor prečnika d, čije je težište na dubini H ispod nivoa vode u rezervoaru. Kroz otvor u zidu zaronjeno je u tečnost homogeno cilindrično telo (l, d, ρm). Odrediti dužinu l1 do koje će telo biti zaronjeno u tečnost i pritisnu silu tela na vođice, ako je ugao nagiba zida prema horizontali α. Trenje u vođicama zanemariti.

Rešenje: Ako se zamisli da je deo cilindričnog tela, dužine l1, potpuno potopljen u tečnosti, onda će na njega delovati sila

2

V 1

dP g l4π

= ρ .

Da bi se dobila stvarna sila pritiska tečnosti na potopljeni deo tela, sili VPr

treba dodati silu

2

N

dP g H4π

= ρ ,

sa smerom dejstva označenim na slici. Sada može da se izvrši projektovanje svih sila koje drže telo u ravnoteži na dva normalna pravca: x: ( )p VF mg P sin= − α (1)

y: ( )N VP mg P cos= − α (2) Iz druge jednačine dobija se direktno dužina potopljenog dela

m1

Hl ll cos

ρ= − ρ ⋅ α

,

dok se sila pritiska tela na vođice dobija deobom ove dve jednačine:

2

p

dF g H tg4π

= ρ ⋅ α .

MEHANIKA FLUIDA

Prosti cevovodi 1.zadatak. Naći brzinu vode kroz naglavak izlaznog prečnika d=15 mm, postavljenog na kraju gumenog creva prečnika D=30 mm i dužine L=25 m na čijem je prednjem delu ugrađen ventil koeficijenta otpora ξ=3,5 (v.sl.). Izlazni presek naglavka je na visini H=1 m iznad nivoa vode u rezervoaru u kome deluje natpritisak pm=3,5 bar. Koeficijenti gubitaka su: ξ1=0,5 na ulazu u crevo, ξ2=0,1 celog naglavka i usled trenja ξtr=0,03.

Rešenje: Bernulijeva jednačina za nivoe vode u rezervoaru i izlazni presek naglavka ima oblik:

tr lok

2 2a m a a

g g gp p p pv vH H H H H

g g 2g g 2g+

= + + + = + + + +ρ ρ ρ

2 2 22 2a m a 1 1 1

tr 1 2p p p v v vv L vH

g g 2g D 2g 2g 2g 2g+

= + + + ξ + ξ + ξ + ξρ ρ

.

v – brzna vode na izlazu iz naglavka, v1- brzina vode u cevi. Jednačina kontinuiteta (protoka) je:

( )2 2

1D dv v Q

4 4π π= = ⇒

2

1 2

dv vD

= .

Zamenom prethodnog izraza u Bernulijevoj jednačini dobija se:

( )

( )

2 4 4m

2 1 tr4 4

4 42 3 2

p v d L dH 1g 2g D D D

v 15 25 10 15 v1 0,1 0,5 3,5 0,03 2,91252g 30 30 30 2g

− = + ξ + ξ + ξ + ξ = ρ

⋅ = + + + + =

tj. tražena brzina iznosi 5

m3

3,5 10p 1 2 9,81H 2g10 9,81g

v2,9125 2,9125

⋅− ⋅− ⋅ρ = = ⇒ v 15, 284 m/s= .

2. zadatak. Kroz cev prečnika d=20 mm i dužine l=8 m, u kojoj je ugrađen ventil koeficijenta otpora ξ=5, voda pretiče iz iz zatvorenog rezervoara u kome deluje natpritisak pm=1,5 bar, u otvoreni rezervoar čiji je nivo na visini H2=4 m. Odrediti protok vode kroz cev, ako su ostali podaci: H1=2 m , ξ1=0,5, ξ2=0,2 i ξtr =0,03 (v.sl.).

Rešenje: Bernulijeva jednačina za nivoe vode u rezervoarima ima oblik:

2a m a

1 2 tr 1 2p p p v lH H 2 1

g g 2g d+ + = + + ξ + ξ + ξ + ξ + ρ ρ

,

Tako da je brzina vode u cevi:

m1 2

tr 1 2

p2g H Hg

v l 2 1d

+ − ρ =

ξ + ξ + ξ + ξ +.

Protok vode kroz cev je: 2dQ v4π

= ,

ili posle zamene brzine v dobija se da je:

m1 22

tr 1 2

p2g H HgdQ l4 2 1

d

+ − ρπ =

ξ + ξ + ξ + ξ +.

Unošenjem datih brojnih vrednosti dobija se da je protok kroz cev: 3Q 0,00116 m / s 1,16 l/s= =

3. zadatak Voda pretiče iz rezervoara A u rezervoar B usled razlike nivoa ho=1 m kroz cevovod dužine L=30 m prečnika D =100 mm. Koeficijent trenja je ξtr =0,03, a koeficijenti lokalnih otpora iznose: ξu=0,5; ξk=0,31; ξv=4,25. Ako se na mestu ’’Π’’ ugradi pumpa, koliku snagu koliku snagu treba da ima ona, pa da daje tri puta veći protok ali iz rezervoara B u rezervoar A? Koeficijent korisnosti pumpe je η=0,7. (Gustina vode iznosi ρ=1000 kg/m3.)

Rešenje: Bernulijeva jednačina za slučaj propuštanja tečnosti iz rezervoara A u rezervoar B, a za nivoe vode u njima ima oblik:

2a a

o tr u k vp p v Lh 2 2 1g g 2g D

+ = + ξ + ξ + ξ + ξ + ρ ρ

2 2

o tr u k v sv L vh 2 2 12g D 2g

= ξ + ξ + ξ + ξ + = ξ

,

gde je sξ ukupni koeficijent gubitka cevovoda i on iznosi: s 19,62ξ = . Brzina vode u cevovodu iznosi:

o

s

2ghv 1 m / s= =ξ

,

pa je protok kroz cevovod: 2

3DQ v 0,00785 m / s 7,85 l/s4π

= = = .

Kada se postavi pumpa, onda će iz uslova zadatka brzina vode kroz cevovod imati vrednost: 1v 3v 3 m / s= = . Ako se sada napiše Bernulijeva jednačina za strujanje iz rezervoara B u A:

2a a 1

P o tr u k vp p v LH h 2 2 1g g 2g D

+ = + + ξ + ξ + ξ + ξ + ρ ρ

2 2 21 1

P o tr u k v o s o s ov v vLH h 2 2 1 h h 9 10h2g D 2g 2g

= + ξ + ξ + ξ + ξ + = + ξ = + ⋅ξ =

.

Napor pumpe iznosi: PH 10 m= , tj. jedinični rad pumpe je: P PY g H 98,1 J/kg= ⋅ = .

Snaga pumpe je: P PP

Q HP 3300 W=3,3 kWρ⋅ ⋅= =

η, gde je 3

PQ 3Q 0,02355 m /s= = .

4. Zadatak. Iz rezervoara A voda pretiče u rezervoar B kroz cevovod prečnika D=60 mm i dužine L=9 m. U cevovod je ugrađena Venturijeva cev koja je na najužem preseku prečnika d=30 mm spojena staklenom cevčicom sa sudom C. Odrediti visinu H nivoa vode u rezervoaru A pri kojoj će početi preticanje iz suda C u cevovod. Ostali podaci, prema slici su: h=1m, ξu=0,3; ξv=2; ξk=0,5, koeficijent otpora suženog dela Venturijeve cevi ξ1=0,05, koeficijent ugla širenja difuzora k=0,4 i ξtr=0,02.

Rešenje: Bernulijeva jednačina za nivoe u rezervoarima A i B glasi:

( )22211

tr u k v 1

v vvv LH 2 2 1 k2g D 2g 2g

− = ξ + ξ + ξ + ξ + + ξ +

.

Iz jednačine kontinuiteta: 2 2

1D dv v

4 4π π= ⇒

2

1Dv vd

=

.

Prethodna jednačina postaje: 4 22 2

tr u k v 1 cv L D D vH 2 2 1 k 12g D d d 2g

= ξ + ξ + ξ + ξ + + ξ + − = ξ

... (a)

cξ - izraz u velikoj zagradi, koeficijent otpora datog cevovoda. Bernulijeva jednačina za nivo vode u rezervoaru A i najuži presek Venturijeve cevi je:

2 22a a v 1 1

tr u v 1p p p v vv LHg g 2g 2g 3D 2g

− + = + + ξ + ξ + ξ + ξ ρ ρ .

Koristeći da je: vp gh= ρ i 2

1Dv vd

=

, prethodna jednačina postaje:

( )42 2

tr u v 1 c1v L d vH h 12g 3D D 2g

+ = ξ + ξ + ξ + + ξ = ξ , ... (b)

u kojoj je c1ξ - koeficijent otpora cevovoda od rezervoara A do najužeg preseka Venturijeve cevi. Eliminacijom brzina iz (a) i (b) dobija se:

c

c1 c

H h 2, 48 mξ= =ξ − ξ

.

5. zadatak. Iz suda A koji se napaja vodom kroz cev (l1, d) ističe voda kroz cev (l2, d) u vidu natege. Na početku cevi (l1, d) natpritisak je pm=2 bar. Ako su poznati podaci H1=5m, H2=2m, l1=15m, l2=10m, d=40 mm, ξv=3, ξtr=0,02, treba odrediti koliko ističe vode iz suda. Lokalni otpori u nategi mogu se zanemariti.

Rešenje: Bernulijeva jednačina za preseke 1-1 i 2-2 glasi:

2 2 22a m a 1 2

1 2 tr v trp p pv v l l vvH H 1

g 2g g 2g 2g d d 2g+ + = + − + + ξ + ξ + + ξ ρ ρ

.

22m 1 2

1 2 tr v trp l l vvH H 1

g 2g d d 2g = − + ξ + ξ + + ξ ρ

Brzina strujanja iznosi:

m2 1

1 2v tr

p2g H Hg

v 4,55 m/sl l1d

+ − ρ = =

+ξ + + ξ

.

Protok se dobija iz jednačine kontinuiteta: 2

3dQ v 0,00527 m / s 5,72 l/s4π

= = = .

MEHANIKA FLUIDA

Složeni cevovodi 1.zadatak. Iz dva velika otvorena rezervoara sa istim nivoima H=10 m ističe voda kroz cevi I i II istih prečnika i dužina: d=100mm, l=15m i magistralni cevovod dužine 2L=100m, prečnika D=150mm. Zanemariti lokalne gubitke, ξtr=0,03 (za sve cevi).

a) Odrediti protoke kroz cevi I i II i magistralni cevovod. b) Koliki je jedinični rad i korisna snaga pumpe P koju treba ugraditi u cevovod I da

bi protoci u cevi I i II bili isti.

Rešenje: a) Bernulijeve jednačiena za nivoe vode u rezervoarima i izlazni presek magistralnog cevovoda su:

2 2 2 2a a 1

tr tr trp p vl L v L v vgH

d 2 D 2 D 2 2′

+ = + ξ + ξ + ξ +ρ ρ

... (1)

2 2 2a a 2

tr trp p vl L v vgH

d 2 D 2 2+ = + ξ + ξ +

ρ ρ ... (2)

Iz jednačine kontinuiteta imamo: 2 2

1d Dv v4 4π π′= ⇒ 2 2

1v d v D′= ... (3)

2 2 2

1 2d d Dv v v4 4 4π π π+ = ⇒ ( ) 2 2

1 2v v d vD+ = ... (4)

2 2 21 2

2

1 2

l L lOd (2) oduzmemo (1) i dobijamo: v v v d D d

diz (3) dobijamo: v v D

′+ = ′ =

⇒ 4

2 2 21 1 2

l L d lv v vd D D d

+ =

⇒ 4

2 1 1d l L dv v 1, 2vl d D D = + =

.

Iz (4) se dobija: ( )2 2 21 1 1vD v 1,2v d 2,2v d= + = ⇒

2

1dv 2, 2vD

=

.

Dakle,

2

1

2

2 1

1 Dv v2, 2 d

1,2 Dv 1, 2v v 2, 2 d

=

= =

→ (2) ⇒ 2 42 2

tr trvl 1, 2 D L vgH 1

d 2 2, 2 d D 2 = ξ + ξ +

,

tj.

2 4

tr tr

2gHv 3,32 m/sl 1, 2 D L 1d 2,2 d D

= = ξ + ξ +

.

Ostale brzine su: 2

1

2

2 1

1 Dv v 3, 4 m / s2, 2 d

1, 2 Dv v =1,2v =4,08 m/s 2, 2 d

= =

=

Traženi protoci su: 2

1 1

2

2 2

2

dQ v 26,7 l/s4

dQ v 32,1 l/s4

DQ v 58,8 l/s4

π= =

π= =

π= =

b) Sada je priključena pumpa ’’P’’. Uslov zadatka je:

1 2Q Q= ⇒ 2 2

1 2d dv v4 4π π= ⇒ 1 2v v= .

Bernulijeva jednačina za nivoe vode u levom rezervoaru i izlazni presek magistralnog cevovoda:

2 2 2 21

P tr tr trvl L v L v vgH Y

d 2 D 2 D 2 2′

+ = ξ + ξ + ξ +

2 2 2 21

P tr tr trvl L v L v vY gH

d 2 D 2 D 2 2= − + ξ + ξ + ξ + ... (1)

Bernulijeva jednačina za nivoe vode u desnom rezervoaru i izlazni presek magistralnog cevovoda:

2 2 22

tr trvl L v vgH

d 2 D 2 2= ξ + ξ + ... (2)

Jednačine kontinuiteta su: 2 2

1d Dv v4 4π π′= ⇒ 2 2

1v d v D′= ... (3)

2 2 2

1 1d d Dv v v4 4 4π π π+ = ⇒ 2 2

1vD 2v d= ... (4)

Iz (4) ⇒ 2

11 Dv v2 d

=

→ (2): 4 2 2

tr trvl 1 D L vgH 1

d 4 d 2 D 2 = ξ + ξ +

4 4

tr tr

2gH 2 9,81 10v1 l D L 1 15 150 501 0,03 0,03 14 d d D 4 0,1 100 0,15

⋅ ⋅= =

ξ + ξ + + +

⇒ v 3,43 m/s= .

2

11 Dv v 3,86 m/s2 d = =

; iz (3) ⇒ 2

1dv vD

′ =

⇒ v 1,715 m/s′ =

Dakle, 1 2v v 3,86 m/s= =

Protok kroz pumpu je: 2

1 1dQ v 30,3 l/s4π

= =

Jedinični rad pumpe je (v, v1, v’ u (1)): PY 14,8 J/kg=

Korisna snaga pumpe je: P 1 PP Q Y 448 W= ρ =

2. zadatak. Voda teče iz gornjeg rezervoara u donji, kao što je prikazano na slici. Poznati su sledeći podaci: l1=l2=l3=l4=80m, d1=d2=d4=80mm, d3=160mm, H=20m, ξtr1=ξtr2=ξtr4=0,025, ξtr3=0,02. Koeficijent otpora ventila je ξ=20, a drugi koeficijenti otpora se zanemaruju. Odrediti protok ako je ventil a) otvoren i b) zatvoren.

Rešenje: a) Kada je ventil otvoren imamo iz Bernulijeve jednačine napisane za preseke 1 i 2 a za jednu i drugu cev:

223 32 2

tr2 tr32 3

v ll vd 2g 2g d

ξ = ξ + ξ

... (1)

Jednačina kontinuiteta je:

1 2 3Q Q Q= + ... (2)

Bernulijeva jednačina za nivoe vode u rezervoarima a kroz gornju cev je: 2 2 2

1 1 2 2 4 4tr1 tr2 tr4

1 2 4

l v l v l vHd 2g d 2g d 2g

= ξ + ξ + ξ ... (3)

Kako je d1= d2= d4 ⇒ v1= v4, pa jednačina (3) postaje: 2 2

1 1 2 2tr1 tr2

1 2

l v l vH 2d 2g d 2g

= ξ + ξ ... (3*)

( ) ( )

22 2

2 2 2 22

23 3

3 3 3 23

d 4QQ v v4 d

1 i 3d 4QQ v v 4 d

∗

π= ⇒ = π →

π = ⇒ = π

22

3 32 2tr2 tr32 2

2 2 3 3

l 4Ql 4Qd d d d

ξ = ξ + ξ π π

⇒ 3 2Q 3,65Q=

2 2

1 1 2 2tr1 tr22 2

1 1 2 2

l 4Q l 4Q1 1H 2d 2g d d 2g d

= ξ + ξ π π

⇒ 2 2 41 22Q Q 4 10−+ = ⋅

1 2 3Q Q Q= +

Iz poslednjih jednačina dobija se da je: 1Q 13,95 l/s= .

b) Kada se ventil potpuno zatvori, biće: 2 2 2

1 1 2 2 4 4tr1 tr2 tr4

1 2 4

l v l v l vHd 2g d 2g d 2g

= ξ + ξ + ξ

I, s obzirom na specifičnost podataka, biće: 22

1 1 1 1tr1 tr1 2

1 1 1

l v l 4Q1H 3 3d 2g d 2g d

= ξ = ξ π

2tr1 1 15 21

24 l QHgdξ

=π

⇒ 1Q 11,5 l/s=

Napomena: mogle su da se sračunaju brzine pa onda protoci. 3. zadatak Pumpa P transportuje jednake količine nafte (ρ =900 kg/m3) u rezervoare 2 i 3 iz rezervoara 1. Odrediti snagu pumpe i protoke kroz sve grqne cevovoda ako su poznati sledeći podaci: H=8m, pm=0,2 bar, pv=0,1 bar, L1=50 m, L2=100 m, D=150mm, d=100mm, ξv=5, ξtr=0,03 (za sve cevi), ξv3=30, ξk=0,5, ηp=0,8.

Rešenje: Iz uslova jednakosti protoka u rezervoarima 2 i 3 imamo (cevi su istog prečnika):

2 3Q Q= ⇒ 2 3v v=

Bernulijeva jednačina za nivoe tečnosti 1 i nivoe 2 i 3: 2 2

a a m 1 1 2 2P tr v u tr v k

p p p L v L vY 2 1D 2 d 2

+ + = + ξ + ξ + ξ + ξ + ξ + ξ + ρ ρ

22a a v 3 31 1

P tr v u tr v3p p p L vL vgH Y 2 1

d 2 D 2− + + = + ξ + ξ + ξ + ξ + ξ + ρ ρ

Iz ove dve jednacine se dobija: 22

v 3 3m 2 2tr v k tr v3

p L vp L vgH 1 1d 2 d 2

+ + ξ + ξ + ξ + = − + ξ + ξ + ρ ρ ... (1)

Kako je 2 3v v= , iz (1) se dobija: 2

m v 3 2 2tr v3 tr v k

p p L L vgH 1 1d d 2

+ + = ξ + ξ + − ξ − ξ − ξ − ρ

m v

2 33 2

tr v3 tr v k

p p2 gHv v 2,7 m/sL L

d d

+ + ρ = = =

ξ + ξ − ξ − ξ − ξ

Brzina v1 određuje se iz jednačine kontinuiteta:

1 2 3Q Q Q= +

⇒ 2 2 2 2

1 2 3 2D d d dv = v + v 2v

4 4 4 4π π π π

= ⇒ 2 21 2v D = 2v d ⇒

2

1 2dv = 2v 2,4 m/sD

=

.

Onda su protoci kroz pojedine grane: 2 2

3 31 1 2 3 2

D dQ v 0,0424 m /s; Q Q v 0,0212 m /s;4 4π π

= = = = =

Jedinični rad pumpe može se dobiti iz polaznih jednačina:

PY 191,7 J/kg= .

Potrebna snaga pumpe iznosi:

1 PP

P

Q YP 9,14 kWρ= =

η.

4. Zadatak. Za pumpno postrojenje prikazano na slici treba odrediti jedinični rad i snagu pumpe P, kao i protoke vode u svim deonicama. Lokalne otpore zanemariti. Poznate su sledeće veličine: d1=50mm, d2=60mm, d3=80mm, d4=40mm, d=100mm, Q3=5 l/s, H=30m, l=20m, pm=0,6 bar, pv=0,3 bar, ρ =1000 kg/m3. Lokalni otpori se zanemaruju.

Rešenje:

Zadatkom je dat protok Q3, pa je: 23

3 3dQ v4π

= ⇒ 33 2

3

4Qv 1 m/sd

= =π

.

Sada napišemo Bernulijevu jednačinu za nivoe 1-3, 1-4 i 2-3 u rezervoarima:

( )22 2

a v a 3 31 1P tr tr tr

1 3

p p p l vl v v2lY g H hd 2 d 2 d 2

−+ = + + + ξ + ξ + ξ

ρ ρ (1)

2 2 2a v a m 1 1 4 4

P tr tr tr1 4

p p p p l v v l v2lY gHd 2 d 2 d 2

− ++ = + + ξ + ξ + ξ

ρ ρ (2)

( )22 2

a v a 3 32 2P tr tr tr

2 3

p p p l vl v v2lY g H hd 2 d 2 d 2

−+ = + + + ξ + ξ + ξ

ρ ρ (3)

Pored ovih Bernulijevih jednačina napišimo i jednačine kontinuiteta (za mesta račvanja):

1 2Q Q Q+ = ⇒ 2 2 21 2

1 2d d dv + v = v4 4 4π π π ⇒ 2 2 2

1 1 2 2v d + v d = vd (4)

3 4Q Q Q+ = ⇒ 2 2 23 4

3 4d d dv + v = v4 4 4π π π ⇒ 2 2 2

3 3 4 4v d + v d = vd (5)

Iz (1) i (2) ⇒ 22

3 3m 4 4tr tr

4 3

l vp l v ghd 2 d 2

+ ξ = + ξρ

(6)

što ustvari pretstavlja jednakost ukupnih energija na mestu račvanja deonica (l3,d3) i (l4,d4). Iz jednačine (6) je:

23 34 m

4 trtr 4 3

l v2d pv gh 1,9 m/sl d 2

= − + ξ = ξ ρ .

Pošto sada znamo v3 i v4 iz jednačine (5) je: 2 2

3 43 4

d dv =v +v 0,94 m/sd d

=

.

Iz jednačine (1) i (3) imamo: 2 2

1 1 2 2tr tr

1 2

l v l vd 2 d 2

ξ = ξ (7)

što ustvari pretstavlja jednakost gubitaka energije u deonicama (l1,d1) i (l2,d2).

Iz (7) ⇒ 2

1 22 1

2 1

l dv =vl d

⇒ (4)

2 2 21 21 1 1 2

2 1

l dv d + v d = vdl d

⇒ 12 22

1 2 1 21 2 2

1 2 2 1

d d d l dv = v v 1,56 m/sd d d d l d

− = + = +

Onda je: 1 22 1

2 1

l dv v = 1,53 m/sl d

= .

Protoci su: 2

2 21 2

1 1 2 2

2 23 4

3 3 4 4

dQ v 7,37 l/s; 4d dQ v 3,06 l/s; Q v 4,31 l/s;4 4

d dQ v 5 l/s; Q v 2,37 l/s;4 4

π= =

π π= = = =

π π= = = =

Jedinični rad pumpe može da se odredi iz bilo koje od jednačina (1), (2), (3) i iznosi: PY 557,2 J/kg= .

Snaga pumpe je: PP

P

QYP 5,13 kWρ= =

η

5. zadatak. Pumpa snage 3,5 kW i stepena korisnosti η=0,7 crpe vodu iz rezervoara A i B i potiskuje u rezervoar C. Odrediti:

a) bisinu H1, ako je protok kroz pumpu 25 l/s vode; b) protok vode kroz pumpu ako je ventil V2 zatvoren a pumpa ostvaruje isti jedinični

rad kao i u slučaju pod a). Ostali podaci su: H=3m, l=45m, l1=35m, l2=20m, D=150mm, d=100mm, ξv=5, ξv2=7, ξk=0,2, ξtr=0,025.

Rešenje: Jedinični rad pumpe je:

PPY 98,1 J/kgQη

= =ρ

.

Iz izraza za protok imamo: 2dQ v4π

= ⇒ 2

4Qv 1,41 m/sd

= =π

.

Napišimo sada Bernulijeve jednačina za nivoe 1-3 i 2-3 u rezervoarima:

( )2 2

1 1P 1 tr k v tr v k

l v l vY g H H 2 2 1d 2g d 2g

= + + ξ + ξ + ξ + ξ + ξ + ξ +

... (1)

2 22 2

P tr k v2 tr v kl v l vY 2gH 2 1d 2g d 2g

= + ξ + ξ + ξ + ξ + ξ + ξ +

... (2)

te treba zapaziti da su gubici zbog naglog suženja struje fluida zanemareni.

Iz jednačine (2) je: 2v = 1,83 m/s .

Sada napišemo jednačinu kontinuiteta:

1 2Q Q Q+ = ⇒ 2 2 2

1 2d d Dv + v = v4 4 4π π π ⇒ ( )2 2

1 2vD v + v d = ... (4)

Iz jednačine (3) je: 1v = 1,35 m/s .

Iz jednačine (1) geodezijska visina H1 je: 1H = 3,78 m .

b) Kada je ventil V2 zatvoren, onda je Bernlijeva jednačina za nivoe 1 i 3 u

rezervoarima sledeća:

( )2 2

1 1P 1 tr k v tr v k

l v l vY g H H 2 2 1d 2g d 2g

∗ ∗ = + + ξ + ξ + ξ + ξ + ξ + ξ +

... (1*)

Visina H1 je određena u prethodnoj tački, PY je isti kao u prethodnoj tački (dato zadatkom). Sada jednačina kontinuiteta ima oblik:

1Q Q∗ ∗= ⇒ 2 2

1d Dv = v4 4

∗ ∗π π ⇒ 2

1Dv = vd

∗ ∗

⇒ (1*)

v = 0,837 m/s∗

Protok kroz pumpu u ovom slučaju je: 2DQ = v 14,8 l/s4

∗ ∗ π= .

MEHANIKA FLUIDA

Zakon o količini kretanja

1.zadatak. Odrediti intenzitet sile kojom mlaz vode deluje na razdelnu račvu cevovoda hidroelektrane koja je učvršćena betonskim blokom (v.sl.). Prečnik dovodnog cevovoda je D=3m, prečnici grana koje dovode vodu u turbine iznose po d=2m, a ugao nagiba prema osi glavnog cevovoda je α=60o. Apsolutni pritisak na ulazu u račvu cevovoda je p1=398kPa, a ukupni protok kroz dovodni cevovod je Q1=35 m3/s. Masa vode u račvi iznosi m=111 t. Protok se deli ravnomerno na svaku turbinu. Gubitke strujne energije zanemariti. Projekcija račve je data u hidrauličkoj ravni. Raspored brzina u poprečnim presecima je ravnomeran. Atmosferski pritisak je pa=103 kPa.

Rešenje: Primenimo zakon o količini kretanja na fluidni prostor 1-1, 2-2, 3-3.

( )2 2 3 3 1 1 R 1 2 3Q v Q v Q v F P P P G Rρ + − = = + + + + (1)

gde su: 1 2 3P , P ,P - sile pritiska u presecima 1-1, 2-2, 3-3, G - spoljašnja (gravitaciona) sila

koja deluje na masu vode u razdelnoj račvi, R - sila kojom razdelna račva deluje na vodu; 1 2 3Q ,Q ,Q - odgovarajući protoci vode u presecima,

Kako voda deluje na zidove račve između preseka 1-1, 2-2, 3-3 silom N suprotnog smera a istog pravca i intenziteta sa silom R (zakon akcije i reakcije), to je:

1 2 3 1 1 2 2 3 3N R P P P G Q v Q v Q v= − = + + + +ρ −ρ −ρ (2)

Bernulijeve jednačine za preseke 1-1 i 2-2, kao i 1-1 i 3-3 glase: 2 2

a m1 a m21 2p p p pv v2 2

+ ++ = +

ρ ρ, (3)

22a m1 3 a m31 p p v p pv

2 2+ +

+ = +ρ ρ

. (4)

Jednačina kontinuiteta je: 1 2 3Q Q Q= + (5)

Kako je 2 3Q Q= (protok se ravnomerno deli prema turbinama, prema uslovu zadatka), sleduje da je: 2 3v v= , a iz jednačina (3) i (4) dobija se da je:

m2 m3p p=

32 3 1

1Q Q Q 17,5 m / s2

= = = .

Na osnovu Q1 i Q2 sračunavamo srednje brzine strujanja vode kroz preseke 1-1, 2-2, 3-3 i one su:

11 2

4Qv 4,95 m/sD

= =π

; 22 3 2

4Qv v 5,57 m/sd

= = =π

;

Natpritisak u preseku 1-1 iznosi:

m1 1 ap p p 398 103 295 kPa=295000 Pa= − = − = .

Iz jednačine (3) ⇒ ( )2 2m2 m3 m1 1 2p p p v v 291738 Pa

2ρ

= = + − =

Onda su sledeće sile pritiska u presecima 1-1, 2-2, 3-3 sledeće: 2

1 m1DP p 2085232 N

4π

= =

2

2 3 m2dP P p 916524 N4π

= = =

Sada da ove veličine napišemo u vektorskom obliku: 1 1P P i= , 2 2 2P P cos i P sin j= − α + α , 3 3 3P P cos i P sin j= − α + α ,

G Gk= , x y zN N i N j N k= + +

1 1v v i= , 2 2 2v v cos i v sin j= α − α , 3 3 3v v cos i v sin j= α − α .

Zamenom ovih zapisa u jednačini (2) dobija se da su projekcije sile N date izrazima:

( )x 1 2 3 1 1 2 2 3 3N P P P cos Q v Q v cos Q v cos 1244483 N= − + α +ρ −ρ α −ρ α =

( )y 2 3 2 2 3 3N P P Q v Q v sin 1756298 N= + +ρ +ρ α =

zN G mg 1088910 N= − = − =

Intenzitet sile N kojom mlaz vode deluje na račvu je: 2 2 2x y zN N N N 2412270 N= + + =

2. zadatak. Horizontalna cev prolazi jednim delom, na kome je prečnik smanjen sa vrednosti D1=1,5m na D2=1m, kroz betonski blok kao što je prikazano na slici. Odrediti natpritisak u preseku 1 cevi, kroz koju protiče voda protokom Q=1,8 m3/s, pod uslovom da horizontalna sila koju prima blok ne bude veća od R=5·105 N.

Rešenje: - Napišimo zakon o količini kretanja za preseke 1 i 2: ( )2 2 1 1 1 2 1Q v Q v P P G Rρ − = + + +

Gravitaciona sila se zanemaruje, a 1 2Q Q Q= = .

Sila kojom tečnost deluje na blok je: ( )1 1 2 1 2R R P P Q v v= = + +ρ − ,

gde su: 1 1P P i= , 2 2P P i= − , 1 1v v i= , 2 2v v i= , 1 m1 1P p A= , 2 m2 2P p A= .

( )m1 1 m2 2 1 2R p A p A Q v v= − +ρ − .

- Jednačina kontinuiteta je 1 1 2 2Q v A v A= =

- Bernulijeva jednačina za preseke 1-1 i 2-2 je: 2 2

a m1 a m21 2p p p pv v2 2

+ ++ = +

ρ ρ ⇒

2 21 m1 2 m2v p v p

2 2+ = +

ρ ρ

( )2

2 2m2 m1 1 2 m1 2 2

1 2

Q 1 1p p v v p2 2 A A

ρ ρ= + − = + −

Sada je sila R: 2m1 1 m1 2 2 2 2

1 2 1 2

1 1 Q QR p A p A Q A Q2 A A A A

ρ= − − − +ρ −

( )2 2m1 1 22

1 2 1

A1 1 1R Q p A AA 2A 2 A

= ρ − − + −

2 22

1 2 1m1

1 2

A1 1 1R QA 2A 2 A

pA A

−ρ − −

=−

.

Površine poprečnih preseka cevi su: 2

211

DA 1,765 m4π

= = i 2

222

DA 0,785 m4π

= = .

Unošenjem ovih vrednosti u izraz z pm1 dobija se da je: m1p 5,1 bar= .

3. zadatak Kroz difuzor prikazan na slici, sa manjim poprečnim presekom A1=0,05m2 i većim A2=0,4m2, struji voda protokom Q1=0,1 m3/s u otvoreni rezervoar sa stalnim nivoom na visini h=2m. a) Odrediti silu koja isteže zakivke, koji spajaju difuzor sa rezervoarom. b) Za slučaj da se rezervoar zatvori, a iznad slobodne površine održava vakuum, sila u

zakivcima se smanjuje. Odrediti pri kolikom vakuumu sila iščezava.

Rešenje:

a) - Napišimo zakon o količini kretanja za preseke 1 i 2, pri čemu je 1 2Q Q Q= = :

( )2 2 1 1 1 2 1Q v Q v P P Rρ − = + + ⇒ ( )2 1 1 2 1Q v v P P Rρ − = + +

Sila kojom tečnost deluje na difuzor je: ( )1 1 2 1 2R R P P Q v v= − = + +ρ − ,

gde su: 1 1 m1 1P P i p A i= − = − , 2 2 m2 2P P i p A i= = , 1 1v v i= − , 2 2v v i= − .

( )m1 1 m2 2 2 2R p A p A Q v v i= − + +ρ −

( )2 1 m1 1 m2 2R Q v v p A p A= ρ − − +

- Bernulijeva jednačina za preseke 1 i 2: 2 21 1 2 2v p v p

2 2+ = +ρ ρ

(1)

- Bernulijeva jednačina za preseke 1 i 0: 2 2

a1 1 2pp v vgh2 2

+ = + +ρ ρ

(2)

Iz (1) i (2) ⇒ 2 ap p gh= +ρ ⇒ m2p gh= ρ (3)

Iz (1) ⇒ ( )2 21 2 2 1p p v v

2ρ

= + − ⇒ ( )2

2 2 2 1m1 m2 2 1 m2 2 2

2

vp p v v p v 12 2 v

ρ ρ= + − = + −

.

- Jednačina kontinuiteta glasi: 1 1 2 2Q v A v A= = ⇒ 11

QvA

= i 22

QvA

= .

Zamenom u izrazu za silu kojom tečnost deluje na difuzor doboja se:

2m2 2 m2 12 2

2 1 2 1

Q Q 1 1R Q p A p Q AA A 2 A A

ρ= ρ − + − + −

( )2 2m2 2 1 12 2

2 1 2 1

1 1 1 1R Q p A A Q AA A 2 A A

ρ= ρ − + − − −

( )2 1m2 2 12

2 1 2

A1 1R Q p A AA 2A 2A

= ρ − − + −

( )2 12 12

2 1 2

A1 1R Q gh A AA 2A 2A

= ρ − − +ρ −

Zamenom brojnih vrednosti dobija se da je: R 6788,52 N= . b) Stavljajući u poslednjem izrazu da je R=0, dobija se da je:

2 12

2 1 2m2

1 2

A1 1QA 2A 2A

p 223 PaA A

ρ − −

= ≈−

A kako je v m2p gh p= ρ − ⇒ v m2p gh p 0,194 bar= ρ − ≈ . 4. Zadatak. Slobodan mlaz idealne tečnosti protoka Qo, udara u ravnu ploču pod uglom α=60o (v.sl.). Odrediti odnos protoka Q2/Q1, delova mlaza tečnosti na koje se on podeli posle udara razdvaja.

Rešenje: Napišimo zakon o količini kretanja za fluidni prostor 0-1-2:

2 2 1 1 0 0 0 1 2 1Q v Q v Q v P P P Rρ +ρ −ρ = + + +

1 0 0 2 2 1 1R R Q v Q v Q v= − = ρ −ρ −ρ ,

gde je: 1 1v v i= − , 2 2v v i= , 1 0 0v v cos i v sin j= α − α . Zamenom u poslednjoj jednačini, dobija se:

0 0 0 0 2 2 1 1R Q v cos i Q v sin j Q v i Q v i= ρ α −ρ α −ρ +ρ

( )0 0 1 1 2 2 0 0R Q v cos Q v Q v i Q v sin j= ρ α +ρ −ρ −ρ α Pošto je fluid idealan ⇒ Rx=0, tj.

0 0 1 1 2 2Q v cos Q v Q v 0ρ α +ρ −ρ = (1)

Iz Bernulijeve jednačine za 0 i 1 ⇒ v1=v0

Iz Bernulijeve jednačine za 0 i 2 ⇒ v2=v0

Dobija se da je: v1=v2=v0 (2)

- Iz jednačine kontinuiteta dobija se: 0 1 2Q Q Q= + (3) Zamenom (2), (3) u (1) dobijamo:

( )1 2 1 21 Q Q Q Q 02

+ + − = ⇒ 1 23 1Q Q 02 2

− = ⇒ 2

1

Q 3Q

= .

Sila kojom tečnost deluje na ploču je: y 0 0R R Q v sin= = −ρ α .

5. zadatak. Iz rezervoara u kome vlada konstantan natpritisak pm=8bar ističe voda kroz vertikalnu zakrivljenu cev, na koju se nadovezuje mlaznik dužine l=200 mm. Ostali podaci su prema slici a=500mm, D=150mm, d=50mm. a) Zanemarujući masu vode u cevi, mlazniku i rezervoaru, odrediti silu i moment,

prouzrokovane isticanjem tečnosti, koji opterećuju zakivke A i B. b) Koliko će iznositi opterećenje zakivka B, ako se mlaznik ukloni?

Rešenje: Opterećenje zakivka A dobija se iz zakona o količini kretanja za zapreminu (1) i (2):

( )A 1 2 1 2R Q v v P P= ρ − + + , 2P 0= Skalarni oblik ove jednačine je:

( )2

A 1 2 m1DR Q v v p

4π

= ρ − + .

Primenom Bernulijeve jednačine i jednačine kontinuiteta za odgovarajuće preseke: 2 21 m1 2v p v gl

2 2+ = +

ρ i

2 2

1 2D dv v

4 4π π= .

dobija se: 2 2

A 1 2 2

1 1 D DR Qv Qv 1 g l2 2 d 4

π= ρ −ρ − + ρ

.

Sa druge strane, Bernulijeva jednačina za neki presek u rezervoaru u kome voda miruje (3) i mlazni presek (2):

2m 2p v g(a l)

2= + +

ρ,

dobija se da je: m2

pv 2 g(a l) 39,4 m/s = − + = ρ

.

Onda je: 2

1 2 2

dv v 4,38 m/sD

= = ; 2

2dQ v 77,3 l/s4π

= = .

Onda je sila koja opterećuje (na istezanje) zakivke A: AR 10898,91 N= .

Pišući jednačinu za zakon o količini kretanja za zapreminu 3, 3, imamo: ( )B 3 2 3 2R Q v v P P= ρ − + + , 2P 0= ,

pa su projekcije ove sile na ose x i y: 2

Bx 3 m3DR Qv p

4π

= ρ + , By 2R Qv= ρ .

Iz jednačine kontinuiteta je 3 1v v 4,38 m/s= = , a iz Bernulijeve jednačine je:

2m3 3m p vp

2= +

ρ ρ ⇒ m3p 7,902 bar= .

Onda je: BxR 1711,845 N= , ByR 3050,91 N= .

Pored sile BR , zakivci su opterećeni i momentom koji se izračunava iz zakona o momentu količine kretanja:

( )( ) ( )3A

r v v,dA r P Mρ × = × −∫

M - traženi moment; r - radijus vektor u odnosu na težište preseka (3). Poslednja jednačina, s obzirom da vrzina 3v i sile 3P prolaze kroz težište preseka (3), svodi se na jednačinu:

2Qv a Mρ = ⇒ M 1525,455 Nm= . Smerovi ovog momenta je kao i smer kazaljke na satu. b) Ako se mlaznik ukloni, biće:

2

Bx 3 m3DR Qv p

4π

= ρ + , By 1R Qv= ρ .

Iz jednačine kontinuiteta je 3 1v v= , a iz Bernulijeve jednačine je:

2m 1p v ga

2= +

ρ,

2m3 3m p vp

2= +

ρ ρ,

dobija se: m3p ga= ρ , 2

1DQ v

4π

= ,

pa se zamenom dobija da su: 1 3v v 39,5 m/s= = , m3p 4905 Pa= , Q 700 l/s= .

Dobija se da je: BxR 27752, 49 N= , ByR 27664, 2 N= ,

ByM aR 13832,1 Nm= =

MEHANIKA FLUIDA

Dinamika viskoznog fluida 1.zadatak. Mineralno ulje, kinematičke visko-znosti ν=1,5·10-5 m2/s i gustine ρ=870 kg/m3 ustaljeno struji u horizontalnom procepu širine 2b=4mm. Dimenzije procepa su B=12cm (upravno na ravan crteža) i L=1m. Ako je razlika pritisaka na ulaznom i izlaznom preseku ∆p=0,2 bar, odrediti maksimalnu i srednju brzinu strujanja, kao i protok ulja. Uticaj bočnih zidova procepa (paralelnih sa ravni crteža) zanemariti.

Rešenje: Najpre napišemo Navije-Stoksove jednačine za nestišljiv fluid u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu i jednačinu kontinuiteta:

2 2 2x x x x x x x

x y z 2 2 2

2 2 2y y y y y y y

x y z 2 2 2

2 2 2z z z z z z z

x y z 2 2

v v v v v v v1 pv v v Xt x y z x x y z

v v v v v v v1 pv v v Yt x y z y x y z

v v v v v v v1 pv v v Zt x y z z x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + + = − + ν + + ∂ ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + + = − + ν + + ∂ ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + + = − + ν + +

∂ ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ ∂ 2

yx z

zvv v 0

x y z

∂

∂∂ ∂+ + =

∂ ∂ ∂

Uslovi stujanja (uprošćenja):

- stacionarno strujanje: 0, - fizička veličina strujanjat

∂χ= χ

∂;

- ravansko strujanje: zv 0= , 0z∂χ

=∂

;

- strujanje se odvija pretežno u pravcu x ose, xv v= ( yv 0= )

- strujanje u polju zemljine teže: U U UX , Y , Zx y z

∂ ∂ ∂= = =∂ ∂ ∂

.

Iz jednačine kontinuiteta dobija se: xv 0x

∂=

∂

Prethodni sistem jednačina svodi se na oblik:

( )

( )

( )

2 2

2 2

1 p U v 1 v p Ux x y x y

1 p U 10 p U 0y y y

1 p U 10 p U 0z z z

∂ ∂ ∂ ∂ ∂− = ν ⇒ −ρ = ν

ρ ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂∂ ∂ ∂

− = ⇒ −ρ =ρ ∂ ∂ ρ ∂∂ ∂ ∂

− = ⇒ −ρ =ρ ∂ ∂ ρ ∂

Uvedimo generalisani pritisak izrazom: p UΡ = −ρ . Tada prethodni sistem jednačina postaje:

( )

( )( )

2

2

P vx yP 0 P P y y P=P xP 0 P P zz

∂ ∂= η

∂ ∂

∂ = ⇒ ≠ ∂ ⇒∂ = ⇒ ≠ ∂

Onda se sistem svodi na jednačinu: 2 2

2 2

P v dP d v k, k=const.x y dx dy∂ ∂

= η ⇒ = η = −∂ ∂

Konstantu k treba odrediti na osnosu zadatih vrednosti.

Prethodna jednačina ekvivalentana je sa dve sledeće: 2

2

dP d v kk i dx dy

= − = −η

.

Iz prve se dobija: P kx C= − +

Korišćenjem graničnih uslova: - za x=0, 0P p g y= + ρ (U gy)= − - za x=L, 0P p p g y= −∆ + ρ

⇒ 0

0

p g y C p kPa p kL k= 80p p g y kL C L m+ ρ = ∆

⇒ ∆ = ⇒ =−∆ + ρ = − +

Sada integralimo drugu jednačinu i dobijamo: 21 1 2

dv k ky C v= y C y Cdy 2

= − + ⇒ − + +η η

Koristimo granične uslove za brzinu:

- za y b= ± , v 0= ⇒

21 2

21 2

k0= b C b C2

+k0= b C b C

2

− + + η − − +η

⇒ 22

k2C = bη

⇒ 22

kC = b2η

, 2 2 21 2

1 k 1 k kC = b C b b 0b 2 b 2 2

− = − = η η η .

Raspored brzine je: 2 2k kv= y b2 2

− +η η

⇒ ( )2 2kv= b y2

−η

.

Brzina je maksimalna za y=0 i iznosi:2 2

maxkb pbv = 3,065 m/s2 2L

∆= =

η η

Zapreminski protok je:

dQ vBdy= ⇒ ( ) ( )b b b b

2 2 2 2

b b b b

p B pQ vBdy B vdy B b y dy b y dy2 L 2 L− − − −

∆ ∆= = = − = −

η η∫ ∫ ∫ ∫

32 B pbQ 0,981 l/s3 L

∆= =

η.

Srednja brzina strujanja je: srQ Qv = 2,04 m/sA 2bB= = .

2. zadatak. Između dveju paralelnih ploča, koje su na međusobnom rastojanju h i nagnute pod uglom α u odnosu na horizontalnu ravan struji fluid dinamičke viskoznosti η. Ako je strujanje ustaljeno, a protok po jedinici širine ploča Q, odrediti maksimalnu vrednost intenziteta vtloga. Ploče se nalaze u polju zemljine teže, a gornja ploča se kreće konstantnom brzinom v0 (v.sl.). Rešenje: Najpre napišemo Navije-Stoksove jednačine za nestišljiv fluid u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu i jednačinu kontinuiteta:

2 2 2x x x x x x x

x y z 2 2 2

2 2 2y y y y y y y

x y z 2 2 2

2 2 2z z z z z z z

x y z 2 2

v v v v v v v1 pv v v Xt x y z x x y z

v v v v v v v1 pv v v Yt x y z y x y z

v v v v v v v1 pv v v Zt x y z z x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + + = − + ν + + ∂ ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + + = − + ν + + ∂ ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + + = − + ν + +

∂ ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ ∂ 2

yx z

zvv v 0

x y z

∂

∂∂ ∂+ + =

∂ ∂ ∂

Karakteristike stujanja:

- stacionarno strujanje: 0, - fizička veličina strujanjat

∂χ= χ

∂;

- ravansko strujanje: zv 0= , 0z∂χ

=∂

;

- strujanje se odvija pretežno u pravcu x ose, xv v= ( yv 0= )

- strujanje u polju zemljine teže: U U UX , Y , Zx y z

∂ ∂ ∂= = =∂ ∂ ∂

.

Iz jednačine kontinuiteta dobija se: xv 0x

∂=

∂

Prethodni sistem jednačina svodi se na oblik:

( )

( )

( )

2 2

2 2

1 p U v 1 v p Ux x y x y

1 p U 10 p U 0y y y

1 p U 10 p U 0z z z

∂ ∂ ∂ ∂ ∂− = ν ⇒ −ρ = ν

ρ ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂∂ ∂ ∂

− = ⇒ −ρ =ρ ∂ ∂ ρ ∂∂ ∂ ∂

− = ⇒ −ρ =ρ ∂ ∂ ρ ∂

Uvedimo generalisani pritisak izrazom: p UΡ = −ρ .

Tada prethodni sistem jednačina postaje:

( )

( )( )

2

2

P vx yP 0 P P y y P=P xP 0 P P zz

∂ ∂= η

∂ ∂

∂ = ⇒ ≠ ∂ ⇒∂ = ⇒ ≠ ∂

Onda se sistem svodi na jednačinu: 2 2

2 2

P v dP d v k, k=const.x y dx dy∂ ∂

= η ⇒ = η = −∂ ∂

Konstantu k treba odrediti na osnosu zadatih vrednosti. Prethodna jednačina ekvivalentana je sa dve sledeće:

dP k P= kx+Cdx

= − ⇒ − i

2

12

d v k dv k y Cdy dy

= − ⇒ = − +η η

⇒ 21 2

kv= y C y C2

− + +η

Koristimo granične uslove za brzinu: - za y 0= , v 0= ⇒ 2C =0

- za y h= , 0v v= ⇒ 20 1

kv = h C h2

− +η

⇒ 01

vkC = h2 h

+η

.

Brzina je: 2 0vk kv= y h y2 2 h

− + + η η

.

Polazeći od izraza za protok po jedinici širine: dQ vdA vdy= =

⇒ h 2 3

2 3 30 0 0

0

v v v hk k k k h khQ y h y dy h h2 2 h 6 4 h 2 2 12

= − + + = − + + = + η η η η η ∫

03

v h12k Qh 2η = −

.

Izraz za vrtlog ω je:

0

i j kvv k k2 rotv k y h k

x y z y 2 2 hv 0 0

∂ ∂ ∂ ∂ω = = = − = − − ∂ ∂ ∂ ∂ η η

.

Zapaža se da će intenzitet vrtloga biti maksimalan za y 0= i tada je:

0 0 0 0 0 003 2 2max

v v h v 3v v 2vk h 12 6Q 6Q 2 3Q2 h Q v2 h 2 h 2 h h h h h h h h

η ω = + = − + = − + = − = − η η

Dakle,

0max

1 3Q vh h

ω == − .

3. zadatak Ravna ploča kreće se konstantnom brzinom u0 paralelno nepokretnoj horizontalnoj ravni i gradi sa njom zazor koji je ispunjen dvema tečnostima dinamičkih viskoznosti η1 i η2. Debljine slojeva su b1 i b2 (v.sl.). Odrediti jednačinu rasporeda brzine u zazoru. Rešenje: Najpre napišemo Navije-Stoksove jednačine za nestišljiv fluid u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu i jednačinu kontinuiteta:

2 2 2x x x x x x x

x y z 2 2 2i

2 2 2y y y y y y y

x y z 2 2 2i

2 2z z z z z z

x y z 2 2i

v v v v v v v1 pv v v Xt x y z x x y z

v v v v v v v1 pv v v Yt x y z y x y z

v v v v v v1 pv v v Zt x y z z x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + + = − + ν + + ∂ ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + + = − + ν + + ∂ ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + + = − + ν + +

∂ ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ ∂

2z

2

yx z

vz

vv v 0x y z

∂

∂∂ ∂+ + =

∂ ∂ ∂

Karakteristike stujanja:

- stacionarno strujanje: 0, - fizička veličina strujanjat

∂χ= χ

∂;

- ravansko strujanje: zv 0= , 0z∂χ

=∂

;

- strujanje se odvija pretežno u pravcu x ose, xv v= ( yv 0= )

- strujanje u polju zemljine teže: F gradU= , tj. U U UX , Y , Zx y z

∂ ∂ ∂= = =∂ ∂ ∂

.

Iz jednačine kontinuiteta dobija se: xv 0x

∂=

∂

Uvedimo generalisani pritisak izrazom: i ip UΡ = −ρ .

Tada prethodni sistem jednačina postaje:

2

i i i ii 2

P v P P, 0, 0. x y y z

∂ ∂ ∂ ∂= η = =

∂ ∂ ∂ ∂

Iz poslednjih jednačina, ako je ploča jedini uzrok kretanja, imamo da je: 2

i2

d v 0dy

= ⇒ 1 1 2

2 3 4

v =C y Cv =C y C

++

Iz graničnih uslova imamo: - za y=0, 2v =0 ⇒ 4C 0= - za y=b1+b2 , 1 0v =u ⇒ ( )1 1 2 2 0C b b C u+ + = ...(1)

- za y=b2 , ( ) ( )1 2 2 2v b =v b ⇒ 1 2 2 3 2C b C C b+ = ...(2)

- za y=b2 , 1 2=τ τ ⇒ 2 2

1 21 2

y b y b

v vy y= =

∂ ∂η = η

∂ ∂⇒ 1 1 2 3C Cη = η ...(3)

Iz (3) ⇒ 13 1

2

C Cη=η

→ (2): 11 2 2 1 2

2

C b C C b η+ =

η ⇒ 1

2 1 22

C C b 1 η

= − η → (1)

( ) 11 1 2 1 1 0

2

C b b C b 1 u η

+ + − = η ⇒ 1

1 1 2 02

C b b u η

+ = η ⇒ 2 0

11 2 2 1

uCb b

η=

η + η

1 22 2 0

1 2 2 1

C b ub bη −η

=η + η

1 013 1

2 1 2 2 1

uC Cb b

ηη= =η η + η

Jednačina rasporeda brzine u zazoru data je izrazom: 1 0

21 2 2 1

2 0 1 22 0 2 1 2

1 2 2 1 1 2 2 1

u y, za 0 y bb b

v(y)u y b u , za b y b +b

b b b b

η ≤ ≤ η + η= η η −η + ≤ ≤ η + η η + η

4. Zadatak. Ulje za podmazivanje ložišta dovod se iz spremišta do tarućih površina pomoću beskonačnog kaiša pravougaonog poprečnog preseka. Ako je brzina kaiša v0, debljina sloja ulja b, odrediti dinamičku viskoznost ulja ako je njegova gustina ρ. Napomena: Na spoljašnjoj granici sloja brzina ulja jednaka je nuli,

Rešenje: Napišimo prvo Navije-Stoksovu jednačinu i jednačinu kontinuiteta za stacionarno strujanje

2 2 2x x x x x x

x y z 2 2 2

2 2 2y y y y y y

x y z 2 2 2

2 2 2z z z z z z

x y z 2 2 2

yx

v v v v v v1 pv v v Xx y z x x y z

v v v v v v1 pv v v Yx y z y x y z

v v v v v v1 pv v v Zx y z z x y z

vvx

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + = − + ν + + ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + = − + ν + + ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + = − + ν + + ∂ ∂ ∂ ρ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂

+∂

zv 0y z

∂+ =

∂ ∂

Karakteristike stujanja:

- ravansko strujanje: zv 0= , 0z∂χ

=∂

;

- strujanje se odvija pretežno u pravcu x ose, xv v= ( yv 0= )

- u jednačinama zanemarujemo uticaj sile zemljine teže;

Iz jednačine kontinuiteta dobija se: xv 0x

∂=

∂ ⇒

( )( )

x x

x x

v v x

v v z

≠

≠ ⇒ ( )v v y= .

Iz druge jednačine je: p 0y∂

=∂

⇒ ( )( )

p p y

p p z

≠

≠ ⇒ ( )p p x= ,

pa se prva jednačina svodi na jednačinu: 2

2

1 p vx y∂ ∂

= νρ ∂ ∂

⇒ p kx∂

=∂

i 2

2

v ky∂

η =∂

⇒ 1v k y Cy∂

= +∂ η

⇒

21 2

kv y C y C2

= + +η

Konstante C1 i C2 određujemo korišćenjem graničnih uslova: za y=0, 0v=v ⇒ 2 0C =v

i za y=b, v=0 ⇒ 21 2

k0 b C b C2

= + +η

⇒ 01

vkC b2 b

= − +η

,

pa je: 2 0

0vk kv y b y v

2 2 b

= − + + η η

Da odredimo konstantu k, posmatramo ravnotežu fluidnog delića:

g Bbdx Bbdpρ = − ⇒ dp g kdx

= − ρ = ⇒ k g= − ρ .

Onda raspored brzine u sloju ima oblik: 2 0

0vg gv y b y v

2 2 b ρ ρ

= − + − + η η .

Pođimo sada od izraza za protok: b b 3

2 20 00 0 sr

0 0

v vg g g b 1 gQ B vdy B y b y v dy B b b v b Bbv2 2 b 2 3 2 2 b

ρ ρ ρ ρ= = − + − + = − + − + = η η η η ∫ ∫

⇒ sr 02v v3

= ,

jer je u pitanju parabolični raspored tako da poslednja jednačina dobija oblik: 2 0

0 0v2 1 g 1 gv b b b v

3 6 2 2 b ρ ρ

= − + − + η η

2 20 0

1 g 1 g 1 1b b v v6 4 2 3

ρ ρ− + = −

η η ⇒ 2

01 g 1b v

12 6ρ

=η

2

0

g b2vρ

η = .

Za parabolički raspored je:

0 sr2Q bv v b3

= = ⇒ sr 02v v3

= .

5. zadatak. Tečnost gustine ρ=920 kg/m3 i dinamičke viskoznosti η=0,06 kg/ms, struji kroz horizontalni procep unutrašnjeg poluprečnika a=20mm, spoljašnjeg poluprečnika b=36mm i dužine L=6,4m usled razlike pritisaka ∆p=0,18 bar. Naći izraz za raspored brzine, protok, maksimalnu i srednju brzinu.

Rešenje: Napišimo prvo Navije-Stoksovu jednačinu i jednačinu kontinuiteta u polarno-cilindričnom koordinatnom sistemu za nestišljiv fluid:

2 2 22r r r r r r r r r

r z r 2 2 2 2 2 2

2 2 2r r

r z 2 2 2 2 2 2

v vv v v v v v v v v1 1 p 1 1 2v v v Ft r r z r r r r r r r r z

v v v v v v v v v v v vv1 1 p 1 1 2v v Ft r r z r r r r r r r r z

θ θθ

θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θθ

∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + + − = − + ν + − + − + ∂ ∂ ∂θ ∂ ρ ∂ ∂ ∂ ∂θ ∂θ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂∂+ + + + = − + ν + − + + +

∂ ∂ ∂θ ∂ ρ ∂θ ∂ ∂ ∂θ ∂θ ∂2 2 2

z z z z z z z zr z z 2 2 2 2

r r z

vv v v v v v v v1 p 1 1v v Ft r r z z r r r r z

vv v v1 0x r r z

θ

θ

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂+ + + = − + ν + + + ∂ ∂ ∂θ ∂ ρ ∂ ∂ ∂ ∂θ ∂

∂∂ ∂+ + + =

∂ ∂θ ∂ Karakteristike stujanja:

- stacionarno strujanje: 0, - fizička veličina strujanjat

∂χ= χ

∂;

- ravansko strujanje: v 0θ = , 0∂χ=

∂θ;

- strujanje se odvija pretežno u pravcu z ose, zv v=

- zanemarimo zapreminske sile.

Sistem jednačina se svodi na:

2

2

z

1 p 0r

1 p v 1 vz r r r

v 0z

∂=

ρ ∂

∂ ∂ ∂= ν + ρ ∂ ∂ ∂

∂=

∂

, ⇒ ( ) ( )p p r , v v z≠ ≠ , pa je ( ) ( )p p z , v=v r= .

Onda parcijalna diferencijalna jednačina postaje obična diferencijalna jednačina: 2

2

dp d v 1 dv kdz dr r dr

= η + = −

.

Integracijom pritiska dobija se: p kz C= − + . Za z=0, p=p1; za z=L, p=p1+∆p.

1p C= , 1 1p p kL p+ ∆ = − + ⇒ pk 2,8125 kPa/mL∆

= − = − .

Integracijom jednačine 2

2

d v 1 dv k 0dr r dr

+ + =η

⇒ d dv kr r 0dr dr + = η

,

dobija se: 2

1 2kv r C ln r C

4= − + +

η

Konstante se određuju iz graničnih uslova:

r=a, v=0 i r=b, v=0 ⇒ 2 2 2 2

21 2

k b a k b aC , C a ln aa a4 4ln lnb b

− −

= − = + η η

.

Konačno se dobija da je:

2 22 2k b a rv r a lna4 aln

b

−

= − − + η

.

Iz izraza dv 0dr

= ⇒

1/ 2

2 2

m1 b ar 27,6 mma2 ln

b

−

= =

,

pa je maksimalna brzina: ( )max mv v r 1,136 m/s= = . Protok je:

( ) ( ) ( )2 2a

2 2 2 2

b

p a b aQ v 2r dr a b ln a b 2,83 l/sa r8 L lnb

π∆ − = ⋅ π = + − − = η∫ .

Srednja brzina je:

( )sr 2 2

Qv 1 m/sa b

= =π −

.

MEHANIKA FLUIDA

Isticanje kroz velike otvore

1.zadatak. Kroz veliki ptvor u bočnom zidu rezervoara oblika ravnokrakog trougla osnove a i koeficijenta protoka µ, ističe voda. Odrediti protok kroz otvor ako su poznate veličine H1 i H2 (v.sl.).

Rešenje: Elementarni protok je:

( )dQ 2gz x z dz= µ ⋅ , pa je protok:

( )2

1

H

H

Q 2g x z dz= µ ∫ .

Sada treba odrediti x(z). Sa slike je (iz sličnosti trouglova):

Prethodni sistem jednačina svodi se na oblik:

( )22

2 1 2 1

H zx a x= H za H H H H

−= ⇒ −

− −

pa je

( )2

1

2

1

H

22 1 H

H3/ 2 5/ 2

22 1 H

aQ 2g H z zdzH H

a 2 22g H z zH H 3 5

= µ − =−

= µ − −

∫

tj. 5/ 2 3/ 2 5/ 2

2 2 1 12 1

a 4 2 2Q 2g H H H HH H 15 3 5

= µ − + − .

Ako se, na primer, osnovica velikog otvora poklapa sa nivoom tečnosti (H1=0, H2=h) izraz za protok ima jednostavniji oblik i glasi:

* 3/ 24Q a 2g h15

= µ ⋅ .

2.zadatak. Kroz veliki otvor u bočnom zidu rezervoara, oblika romba stranice a, vertikalne dijagonale H i koeficijenta protoka µ, ističe voda. Iznad vode u rezervoaru je konstantan natpritisak pm, a isticanje je u sredinu u kojoj deluje atmosferski pritisak. Odrediti protok vode kroz ovaj otvor.

Rešenje: Protok kroz ovaj otvor je: Q=Q1+Q2, gde su: Q1 – protok kroz donji deo otvora, Q2 – protok kroz gornji deo otvora, Elementarni protok kroz donji deo otvora je:

( )m1

pdQ 2g y x y dyg

= µ + ⋅ ρ

,

gde je:

( )x H y 2h x= H yh H / 2 H

−= ⇒ − .

Onda je protok kroz donji deo otvora:

( )H

m1

H / 2

H3/ 2 5/ 2 3/ 2

m m m m

H / 2

phQ 2 2g y H y dyH g

p p p ph 2 2 22 2g H y y yH 3 g 5 g 3 g g

= µ + − = ρ

= µ + − + + + ρ ρ ρ ρ

∫

( )H

m1

H / 2

3/ 2 3/ 2 5/ 2 5/ 2

m m m m

3/ 2 3/ 2

m m m

phQ 2 2g y H y dyH g

p p p ph 2 H 2 H2 2g H H HH 3 g g 2 5 g g 2

p p p2 H H3 g g g 2

= µ + − = ρ

= µ + − + − + − + ρ ρ ρ ρ + − + ρ ρ ρ

∫

.

Elementarni protok kroz gornji deo rezervoara je:

m2

pdQ 2g z bdzg

= µ + ⋅ ρ

,

gde je:

b z 2h b= zh H / 2 H= ⇒ .

Onda je protok kroz donji deo otvora: H / 25/ 2 3/ 2H / 2

m m m m2

00

p p p p2h 2h 2 2Q 2g z zdy 2g z zH g H 5 g 3 g g

= µ + =µ + − + ρ ρ ρ ρ

∫

5/ 2 5/ 2 3/ 2 3/ 2

m m m m m2

p p p p p2h 2 H 2 HQ 2gH 5 g 2 g 3 g g 2 g

= µ + − − + − ρ ρ ρ ρ ρ .

Ukupni protok je: 3/ 2 3/ 2 5/ 2

m m m1 2

5/ 2 3/ 2 3/ 2 5/ 2

m m m m m

p p ph 2 H 2Q Q Q 2 2g H H HH 3 g g 2 5 g

p p p p p2 H 2 H 2 H + + H5 g 2 3 g g g 2 5 g 2

= + = µ + − + − + + ρ ρ ρ

+ + − + + + ρ ρ ρ ρ ρ 3/ 2 3/ 2

m m m m mp p p p p2 2 H 2 5 g 3 g g 2 3 g g

− − + + ρ ρ ρ ρ ρ

3/ 2 3/ 2 5/ 2

m m m

5/ 2 3/ 2 3/ 2 5/ 2

m m m m m m

p p ph 2 H 2Q 2 2g H H HH 3 g g 2 5 g

p p p p p p4 H 2 4 H 4 + + H5 g 2 3 g g 3 g g 2 15 g

= µ + − + − + + ρ ρ ρ + + − + + ρ ρ ρ ρ ρ ρ

Veza između h i H je: 2 2

2 2 2h H a h= 4a H2 2

+ = ⇒ −

,

h treba uneti u izraz za Q.

3.zadatak. U veritkalnom zidu nalazi se trougaoni otvor koji se otvara poklopcem čija je brzina vo=1 m/s. Odrediti zapreminu vode koja istekne kroz veliki otvor, ako se poklopac kreće vertikalno: a) na dole i b) na gore. Dati su podaci: H=2m, h=1,5m, a=1m i µ=0,62.

Rešenje: a) Položaj trenutne otvorenosti poklopca (otvora) određen je koordinatom y (vidi sliku b). Onda je elementarni protok:

( )dQ 2gz x z dz= µ ⋅ , gde je iz sličnosti trouglova:

( )x a a x z-Hz H h h

= ⇒ =−

.

( )H y

H

aQ 2g z H zdzh

+

= µ −∫

dV Qdt= , oo o

dy Qy v t dt= dV= dyv v

= ⇒ ⇒ .

( )

( ) ( )

H yh

o 0 H

H yh5/ 2 3/ 2

o 0 Hh

5/ 2 3/ 25/ 2 5/ 2

o 0

aV 2g z H zdz dyhv

a 2 22g z Hz dyhv 5 3

a 1 1 1 12 2g H y H H H y H dyhv 5 5 3 3

+

+

= µ − =

= µ − =

= µ + − − + +

∫ ∫

∫

∫

( ) ( )

( ) ( )

h7 / 2 5/ 25/ 2 5/ 2

o 0

7 / 2 5/ 27 / 2 5/ 2 7 / 2 5/ 2

o

a 1 2 1 1 2 1V 2 2g H y yH H H y yHhv 5 7 5 3 5 3

a 2 1 2 2 12 2g H h H hH H H h H hHhv 35 5 15 15 3

= µ + − − + +

= µ + − − − + + +

Odnosno:

( ) ( )7 / 2 5/ 2 7 / 2 5/ 2 3

o

a 1 H 4 1 hV 4 2g H h H h H H 170,7 mhv 35 15 15 105 15

= µ + − + + − + = .

b) Koristeći identičan postupak kao i u zadatku pod a), dobija se da je:

( )( ) ( )5/ 2 7 / 2 7 / 2 3

o

a 1 hH 8V 2 2g 8H 15h H h H h H 363,7 mhv 105 3 105

= µ + + − + − = .

4.zadatak. U veritkalnom zidu nalazi se pravougaoni veliki otvor koji zatvara poklopac. Kada se poklopac kreće konstantnom brzinom vo, odrediti zapreminu vode koja istekne kroz veliki otvor za vreme njegovog otvaranja, ako se poklopac kreće: a) s desna na levo i b) s leva na desno. Dati podaci su: vo, a, h, H, µ.

Rešenje: a) Trenutni položaj poklopca, pri njegovom kretanju s desna na levo, prikazan na sl.b, određen je koordinatom y. Za trenutno otvorenu površinu otvora imamo:

( )x y x y; =z- H+h-

h a a y ; x=y a h h

η= ⇒ = η ξ

η ξ ξξ= ⇒ = ξ η

Dakle, ( )a ax= z- H+h-h hη = ξ .

Onda je: dQ 2gz xdz= µ ⋅ , pa je:

( )H h

H h

aQ 2g z H h zdzh

+

+ −ξ

= µ − + − ξ ∫ .

dV Qdt= , oo o

a a ay v t dt= d dV= Qdh hv hv

= = ξ ⇒ ξ ⇒ ξ .

( )h H h

o 0 H h

a aV 2g z H h zdz dhv h

+

+ −ξ

= µ − + − ξ ξ

∫ ∫

Integracijom se dobija da je:

( ) ( ) ( )2 2

7 / 2 5/ 2 3/ 27 / 2

o

2g a 4 2 hV 2 H h H h H h H hv h 105 15 6

= µ + − − + + + .

b) Pri kretanju poklopca s leva na desno, trenutno otvorena površina velikog otvora ima oblik trapeza. Zato se ova površina deli na dve, i to trougla i pravougaonika i dobija se:

( ) ( )

( )

2 2 227 / 2 3/ 25/ 2

o

2 25/ 27 / 2

2g a 2 h 2 h hV 2 3 5 H h hH H hv h 105 a 15 6 a

4 h 2 hH 1 1 H H h .105 a 15 a

= µ − + + + + +

+ + + − +

5.zadatak. Voda ističe iz rezervoara kroz veliki otvor oblika elipse (sa poluosama a=0,5m i b=1m) čije se teme nalazi na slobodnoj površi tečnosti u rezervoaru. Odrediti zapreminski protok vode Q kroz otvor, pod uslovom da se nivo tečnosti održava na istoj visini. Koeficijent isticanja µ=0,62.

Rešenje: Iz jednačine elipse imamo:

2 2 2

2 2 2

x y y=1 x a 1a b b

+ ⇒ = − .

Kako je y+z=b, to je elementarna površina:

( )222

2 2

b zy 2adA 2xdz 2a 1 dz 2a 1 dz 2bz z dzb b b

−= = − = − = −

Iz izraza za elementarni protok, dQ 2gz dA(z)= µ ⋅ ,

dobija se protok kroz elipsasti otvor: 2b

0

2adQ 2g z 2b z dzb

= µ − ⋅∫ .

Integral u izrazi za protok, može se izračunati, na primer smenom 2b-z=u, te proizilazi da je:

( )2b

1/ 2 3/ 2 3

0

2a 64Q 2g 2bu u du ab gb 4,13 m / sb 15

= µ − ⋅ = µ =∫

MEHANIKA FLUIDA

Isticanje kroz male otvore

1.zadatak. Rezervoar oblika obrtnog paraboloida napunjen je vodom i prazni se kroz tri jednaka otvora. Odrediti vreme pražnjenja rezervoara (integralnu reprezentaciju), ako su dati podaci: h, b, d i µ.

Rešenje: Kada se pražnjenje vrši kroz sva tri otvora, jednačina isticanja glasi:

( )1 22Q Q dt A(z)dz+ = − ,

gde su: 2A(z) r= π ,

a iz jednačine paraboloida imamo: 2 2 2

22

r z b b r = z A(z)= zb h h h

= ⇒ ⇒ π .

2

1 2h dQ a 2g z ; Q a 2gz; a=3 4

π = µ − = µ

,

pa se zamenom dobija: 2h b2 a 2g z a 2gz dt=- zdz

3 h µ − +µ π

⇒

2h ba 2g 2 z z dt=- zdz3 h

µ − + π

2b zdt dzah 2g h2 z z

3

π= −

µ − +

⇒ 2

2

4b zdt dzd h 2g h2 z z

3

= −µ − +

h / 32

1 2h

4b zt dzd h 2g h2 z z

3

= −µ − +

∫ .

Posle ovog vremena (t1) pražnjenje se obavlja samo kroz otvor na dnu sa protokom Q2, pa imamo da je:

3/ 2 3/ 202 2 2

2 2 2 2h /3

4b 4b 2 h 8b ht zdz3 3 3d h 2g d h 2g 3 d h 2g = − = = µ µ µ ∫ .

Ukupno pražnjenje rezervoara je: 1 2t t t= +

2.zadatak. Sud koji se sastoji od cilindra i kupe prazni se kroz prikazani prosti cevovod. Za vreme pražnjenja u sudu iznad vode deluje konstantan natpritisak pm. Odrediti vreme pražnjenja rezervoara, ako su poznati podaci: D, d, h, H1, H2, L, ρ, ξu, ξk, ξv i λ. Rešenje: Bernulijeva jednačina za preseke 0-0 i 1-1 ima oblik:

2m

u k vp v Lgz 2 1

2 d + = ξ + ξ + ξ + λ + ρ

⇒

m

2

u k v

p2g zv L2 1

d

+ ρ =

ξ + ξ + ξ + λ +.

Onda je: 2

m1

pdQ 2g z4 g

π= µ + ρ

, gde je

u k v

1L2 1d

µ =ξ + ξ + ξ + λ +

.

Pražnjenje cilindričnog dela suda je određeno jednačinom: 2

1D dz Q dt

4π

− = ⇒ 2

2m

D dzdtd 2g pz

g

= −µ

+ρ

.

Integracijom se dobija da je: 2

1 2

H h2 2m m

1 1 2 22 2H H h m

p pD dz Dt H H h H hg gd 2g p d 2gz

g

+

+ +

= − = + + + − + + ρ ρµ µ +

ρ

∫ .

Posle ovog vremena (t1) obavlja se pražnjenje dela rezervoara oblika kupe: 2

22

rdt dyQπ

= − ,

gde iz sličnosti trouglova imamo da je: ( )2 2

r y H D r= y hD / 2 H 2H

−= ⇒ − .

( ) ( )22 22

2 2 2 222 2m m

y hD dy Ddt y h dy4H H d 2gp pd 2g y y

4 g g

−π= − − = −

µ πµ + + ρ ρ

( )2

2h2

2 2 2H h2 m

y hDt dyH d 2g py

g+

−= −

µ + ρ

∫ .

5/ 2 5/ 2 3/ 22m m m

2 2 22 22

3/ 2

m m m m m2

p p pD 2 4t H h h H h5 g g 3 gH d 2g

p p p p ph h 2 h H h hg g g g g

= − + + − + − + + − ρ ρ ρµ − + + + + + + − + ρ ρ ρ ρ ρ

Ukupno vreme pražnjenje rezervoara je: 1 2t t t= + .

3.zadatak. U cilindričnom sudu mase m, može da se kreće klip bez trenja. Odrediti vreme za koje će se sud isprazniti kroz pet malih otvora oštrih ivica. Dati su podaci: D, d, Do, H, ρ i µ.

Rešenje: Na početku treba odrediti visinu h do koje je sud napunjen tečnošću. Iz jednačine ravnoteže suda imamo da je:

( )2 2mg gh D d4π

= ρ − ⇒ ( )2 2

4mhD d

=ρπ −

.

Prvo se prazni širi deo suda, pri čemu je, zbog dinamičke ravnoteže suda, visina h=const. Diferencijalna jednačina pražnjenja šireg dela suda glasi:

( )2 2o

1d D5 2g h z dt dz4 4π π

µ + = −

( )02 2

1 2 2Ho o

D dz 2Dt h H h5 d 2g h z 5 d 2g

= − = + −µ + µ∫ .

Za pražnjenje užeg dela suda imamo jednačinu: 2 2o

2d d5 2gy dt dy4 4π π

µ ⋅ = −

02 2

2 2 2Ho o

d dz 2dt h5 d 2g y 5 d 2g

= − =µ µ∫ .

Ukupno vreme pražnjenje rezervoara je: 1 2t t t= + .

4.zadatak. Cilindrični sud napunjen tečnišću gustine ρ, zatvoren je klipom sa gornje strane. Masa klipa je m. Odrediti vreme za koje se sud isprazni kroz tri jednak otvora prikazana na slici. Dati su podaci: D1, D2, H, h, d i µ. (Dati integralnu preprezentaciju.)

Rešenje: Vreme pražnjenja suda sastoji se od dva vremena, vremena pražnjenja kroz sva tri otvora i vremena pražnjenja kroz donji otvor. Kada se sud prazni kroz sva tri otvora, tada klip na tečnost deluje konstantnim natpritiskom

m 21

4mgpD

=π

.

Onda je diferencijalna jednačina pražnjenja suda: 2 2

m m 11

d p p D5 2g 2 z h z dt dz4 g g 4

π πµ + − + + = − ρ ρ

h21

1 2H h m m

D 1t dz5 d 2g p p2 z h z

g g+

= −µ

+ − + +ρ ρ

∫ .

Posle vremena t1 pražnjenje je samo kroz donji otvor. Ako se zanemari isticanje kroz gornje otvore, kada je tečnost neposredno pri površi klipa, dobija se jednačina:

2 22

2d D2gy dt dy4 4π π

µ ⋅ = −

02 22 2

2 2 2h

D 2D1t dy hd 2g y d 2g

= − =µ µ∫ .

Ukupno vreme pražnjenje rezervoara je: 1 2t t t= + .

5.zadatak. Hidraulički akumulator napunjen uljem gustine ρ, sastoji se od cilindra, klipa mase m i opruge krutosti c. Opruga hidrauličkog akumulatora prethodno je sabijena za vrednost b>H. Odrediti vreme pražnjenja hidrauličkog akumulatora. Dati su podaci: D, d, H, L, b, ρ, m, µ i c.

Rešenje: Radi jednostavnijeg pisanja uvodimo oznake:

2DA4π

= i 2da4π

= .

Klip deluje na tečnost konstantnim natpritiskom:

m 2

4mg mgpD A

= =π

.

Sila u opruzi zavisi od trenutnog položaja klipa, pa je pritisak od opruge:

( ) ( )cc

F c c cp b H z b H zA A A A

= = − − = − + .

Onda je diferencijalna jednačina pražnjenja suda:

c mp pa 2g z dt Adzg g

µ + + = − ρ ρ

( )

0

H

A dzta 2g mg c cb H 1 z

gA gA gA

= −µ

+ − + + ρ ρ ρ

∫

MEHANIKA FLUIDA

Isticanje kroz otvore sa promenljivim nivoom tečnosti

1.zadatak. Prizmatična sud podeljen je vertikalnom pregradom, u kojoj je otvor prečnika d, na dve komore. Leva komora je napunjena vodom visine H, a desna je prazna. Odrediti vreme izjednačavanja nivoa u komorama posle otvaranja otvora. Dati odaci su: A1,A2,µ i h.

Rešenje: Vreme izjednačavanja nivoa sastoji se od dva vremena: vremena punjenja komore poprečnog preseka A2 do visine otvora d i vremena podvodnog isticanja tečnosti do trenutka izjednačavanja nivoa u komorama. Za vreme isticanja dok otvor nije potopljen važi jednačina:

2

1dA dz 2gz dt4π

− = µ ⋅ ⇒ 12

4A 1dt dzd 2g z

= −µ π

⇒ 1H h

11 2

H h

4A 1t dzd 2g z

−

−

= −µ π ∫ ,

gde H1 određujemo iz uslova jednakosti zapremina:

( )1 1 2A H H A h− = ⇒ 21

1

AH H hA

= − .

1 11 2

2

8A At H h H 1 hAd 2g

= − − − +

µ π .

Pri daljem isticanju važi jednačina:

1 1 2 2A dy A dy a 2gy dt− = = µ ⋅ ⇒ 12 1

2

Ady dyA

= − .

Koristeći da je: 1 2y y y= − ⇒ 1 21

2

A Ady dyA+

= ⇒ 21

1 2

Ady dyA A

=+

.

1 2

1 2

A A dy a 2gy dtA A

− = µ ⋅+

⇒ 1 2

1 2

A A 1 1dt dyA A a 2g y

= −+ µ

( ) ( )1

01 2 1 2 2

2 21 2 1H h1 2

A A A A A1 8t dy H 1 hA A AA A a 2g y d 2g−

= − = − + ++ µ µ π

∫

Ukupno vreme pražnjenja rezervoara je: 1 2t t t= +

2.zadatak. Cilindričan sud povšine preseka A prazni se kroz cev površine preseka a. Cev se obrće oko verikalne ose 0-0 konstantnom ugaonom brzinom ω. Izlazni otvor cevi nalazi se na rastojanju R od ose obrtanja. Uporediti vremena pražnjenja suda za slučaj da cev stoji u da se obrće. Poznati podaci su: A, a, Ho, H, µ, R i ω.

Rešenje: Za slučaj da se cev obrće protok je:

2 2

1RQ a 2g z

2g ω

= µ +

.

Diferencijalna jednačina isticanja (pražnjenja suda) je:

Adz Q dt− = ⋅ ⇒ o

H

1 2 2H

A 1t dza 2g Rz

2g

= −µ ω

+∫ ,

a posle integracije imamo da je: 2 2 2 2

1 o2A R Rt H H

2g 2ga 2g

ω ω= + − + µ

.

Ako se cev ne obrće treba u prethodnom izrazu ostaviti da je ω=0 i dobija se da je:

2 o2At H H

a 2g = − µ

.

Onda je: 2 2 2 2

o1

2 o

R RH H2g 2gt

t H H

ω ω+ − +

=−

.

3.zadatak. Cilindrični sud napunjen vodom obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω. Iznad vode je klip mase m. Sud se prazni kroz četiri ravnomerno raspoređena otvora. Odrediti ugaonu brzinu ω, tako da se sud isprazni za vreme T. Dati su podaci: D, d, h, µ, T, m i ρ.

Rešenje: Osnovna hidrostatička jednačina glasi:

2 21 dp xdx ydy gdz= ω +ω −ρ

⇒ 2

21 p r gz C2ω

= − +ρ

⇒ 2

2p r gz C2ω

= ρ −ρ +ρ

22

k a ap p r gy C p2ω

− = ρ −ρ +ρ −

D / 2 22

a0

mg r gy C p 2r dr2

ω= ρ −ρ + ρ − π

∫

( )2 4

2a

D Dmg C p gy4 64π π

= ρ − −ρ +ρω ⇒ 2 2

a2

4mg DC p gyD 16

ω= ρ − −ρ + ρ

π,

2 2

a 2

4mg DC p gyD 16

ωρ = +ρ + −ρ

π.

Jednačina rasporeda pritiska je: 2 2 2

2a 2

4mg Dp r gz p gy2 D 16ω ω

= ρ −ρ + + ρ + −ρπ

Jednačina slobodne površi p=pa je: 2 2 2

22

4mg Dgz r gy2 D 16ω ω

ρ = ρ +ρ + −ρπ

.

Otvori se nalaze na rastojanju r=D/2, pa je rastojanje od otvora do slobodne površine tečnosti:

22 2 2 2 2

D 2 2

D 4mg D 4mg Dgz gy gy2 2 D 16 D 16ω ω ω ρ = ρ + ρ + −ρ = ρ + + ρ π π

2 2

D 2

4m Dz y y kD 16g

ω= + + = +

ρ π,

2 2

2

4m DkD 16g

ω= +ρ π

.

Onda je diferencijalna jednačina isticanja vode:

( )2 2D ddy 4 2g y k dt4 4π π

− = µ + ⇒ 2

2

D 1dt dy4 d 2g y k

= −µ +

.

Vreme pražnjenja suda je: ( )02 2

2 2h

D 1 DT dy h k k4 d 2g y k 2 d 2g

= − = + −µ + µ∫ .

Rešenje poslednje jednačine po ω2 je: 22 222

22 2 22

2 d T 2g16g D 4mhD D D4 d T 2g

µ ω = − − ρ π µ

.

4.zadatak. Sud tankih zidova, mase m, (stabilno) pliva na vodi. Kada se na mestu A, koje se nalazi na nivou slobodne površi probuši otvor površine poprečnog preseka a i koeficijenta protoka µ, sud tone. U trenutku kada je sud potonuo nivo vode u sudu je ispod otvora A. Odrediti vreme tonjenja suda, ako je sud oblika konusa. Poznate veličine su: D, h, a, m, µ i ρ.

Rešenje: Iz sličnosti trouglova imamo:

0

0 0

dD d 2xh h h z y= = =

+ ⇒ ( )0 0 0

D D 1 Dd h , d h z , x yh h 2 h

= = + = .

Diferencijalna jednačina pražnjenja suda je:

( )A x dy Q dt= ⋅ ,

gde je: ( )2

2 22

1 DA x x y4 h

= π = π .

Q a 2gz= µ ⇒ 2

22

1 D y dy a 2gz dt4 h

π = µ ⋅ .

Veličina h0 određuje se iz uslova plivanja u početku: 2 2

300 02

d1 1 Dmg g h g h3 4 12 h

π= ρ = ρ π ⇒

2

30

12m hhD

= ρπ .

Sada treba naći vezu između koordinata z i y. Ta veza se dobija iz uslova kvazistacionarne hidrodinamičke ravnoteže sila:

( )2

20

1 1 dmg g x y g h z3 3 4

π+ ρ π = ρ + , ( )0

Dd h zh

= + .

Dobija se da je: ( )33 3

0 0y h z h= + −

( )2203y dy 3 h z dz= + ⇒ ( )22

0y dy h z dz= + .

( )2

20

1 D z h dz a 2gz dt4 h π + = µ ⋅

( )0 22 2h h0 2 2

0 0 00

z hD D 4T dz h h 4h hh hh h 34 a 2g z 10 a 2g

− +π π = = − + + µ µ ∫ .

5.zadatak. Vertikalni cilindrični sud prečnika D i visine H napunjen je vodom do visine h=3/4H, prazni se kroz otvor prečnika d, koji se nalazi u težištu dna suda i koeficijenta protoka µ. Odrediti vreme pražnjenja suda kada se sud obrće oko svoje vertikalne ose konstantnom ugaonom brzinom. Ugaona brzina je takva da slobodna površina vode u početnom trenutku pražnjenja dodiruje gornju ivicu suda.

Rešenje: Iz jednakosti zapremina pre i za vreme obrtanja dobija se:

( )03 1z h H h 2h H H H H2 2

= − − = − = − = .

Dakle, 01z H2

= .

Jednačina pražnjenja suda je: 2 2

p pD DdV V dz V dz

4 4π π

= + − = −

2D dz Q dt4π

− = ⋅

2 2D ddz 2gz dt4 4π π

− = µ ⋅ ⇒ 2

2

D 1dt dzd 2g z

= −µ

.

02 2 H / 2

2 2 0H / 2

D 1 Dt dz 2 zd 2g z d 2g

= − = −µ µ∫

Vreme pražnjenja suda iznosi: 2

2

D Htd g

=µ

.