vzorove priklady
TRANSCRIPT
-
8/16/2019 Vzorove priklady
1/41
Pr_MT 01-00 Príklady z Mechanika tekutín. Základné vlastnosti tekutín. 2. 5. 2005
- 1 -
1. Základné vlastnosti tekutín
Kvantum látky meriame bu! hmotnos"ou m vyjadrenou v kg, alebo látkovým množstvom n v kmóloch. Látkové množstvo n je vyjadrené pomerom hmotnosti m a mólovej hmotnosti plynu
M v kg⋅kmol-1
M
mn = [kmol]. (1)
Po#et molekúl v jednotke objemu N vyjadríme pomerom látkového množstva n v jednotkeobjemu V
V
n N = . [-] (2)
V látkovom množstve n jednom kmole je vždy N A molekúl
A N N n ⋅= , (3)
kde NA=6.0221367±0.0000538⋅10-23 mol-1 je Avogadrovo #íslo.
Mólový objem je ur #ený podielom objemu V a látkovým množstvom n.
n
V V m = . [m
3⋅kmol-1] (4)
Hustota tekutín v $ubovolnom bode:dV
dm
V
m
V =
∆
∆=
→∆ 0lim ρ . [kg⋅m-3] (5)
Objemová hmotnos" – stredná hustota:V
m= ρ . [ kg⋅m-3] (6)
Špecifický objem: ρ
1=v . [m3⋅kg-1] (7)
Termodynamická teplota (absolútna teplota) vyjadruje tepelný stav látky, ur #ený rozdielommedzi teplotou danej látky a absolútnou nulovou teplotou, ktorá leží T tr =273.16 K pod teplotoutrojného bodu vody. Udáva sa v Kelvinoch (K) a ozna#uje sa T . Teplota trojného bodu T tr znamená teplotu rovnovážneho stavu troch skupenstiev vody.
V praxi sa používa oby#ajná teplota (skrátené teplota)
nT T −=ϑ . [°C] (8)
Vyjadruje stav látky rozdielom teplôt medzi %ou a miestom, v ktorom je normálna teplota T n,ktorá je medzinárodne stanovená T n=T tr -0.01=273.15 K. Svojou ve$kos"ou sa rovná 1 K=1 °C.
Tlak tekutiny závisí na po#te molekúl n a na kinetickej energií molekúl v objeme V
K E V
n p ⋅⋅=
3
2, [Pa] 2
2
1mmk wm E ⋅⋅= , [J] (9)
kde n je po#et molekúl, V objem látky, mm hmotnos" molekúl, wm rýchlos" molekúl.
Tlak v bode:dA
dF
A
F p
A=
∆
∆=
∆lim . [Pa] (10)
Tlak na plochu: A
F p = . [Pa] (11)
-
8/16/2019 Vzorove priklady
2/41
Pr_MT 01-00 Príklady z Mechanika tekutín. Základné vlastnosti tekutín. 2. 5. 2005
- 2 -
1
2
3
nulový tlak
p atmosferický tlak
tlakový spád
p p
p
p (Pa)
pabs
pb
pabs
pretlak
podtlak
pva
pabs
p
absolútnytlak bodu 2
absolútnytlak bodu 1
pretlak
absolútnytlak
pretlak
podtlak
a
0
bodu 3
bodu 2
bodu 1
Diagram pre absolútny tlak pabs, pretlak p p, podtlak pva, tlakový spád ∆ p
-
8/16/2019 Vzorove priklady
3/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza Príklady z Mechanika tekutín 20.12.2004 Základné vlastnosti tekutín
- 1 - Pr_MT 01-Zákl_Vlastnosti_Tekutín
MT 1.1
Objem vody V 0 o mernej hmotnosti ρ 0 stla!íme o tlak ∆ p.Dané: V 0=20 dm
3, ρ 0=1000 kg⋅m-3, ∆ p= 40 MPa, κ T =4.85⋅10
-10 Pa-1.Ur!ite: mernú hmotnos" vody po stla!ení ρ , zmenu objemu preda po stla!ení o ∆V .{ ρ =1019.78 kg⋅m-3, ∆V =0.388 dm3}, [Gan 1.1]
V V
∆V
0 ρ , 0 ρ ,
Riešenie.Merný objem vody po stla!ení vypo!ítame zo vzorca
V
V
V
m 00 ⋅== ρ
ρ . (1)
Ak stla!íme po!iato!ný objem vody V 0 o tlak ∆ p, bude výsledný objem( ) pV V T ∆⋅−⋅= κ 10 . (2)
Po dosadení rov.2 do rov.1 a úprave dostaneme
( ) 6100
0
00
10401085.411000
11 ⋅⋅⋅−=
∆⋅−=
∆⋅−⋅
⋅=
− p pV
V
T T κ
ρ
κ
ρ ρ = 1019.7838 kg⋅⋅⋅⋅m-3. (3)
Zvýšenie merného objemu po stla!ení v % bude
11000
7838.10191
00
0% −=−=
−=∆
ρ
ρ
ρ
ρ ρ ρ = 1.99838 %. (4)
Objem vody pôsobením pretlaku ∆ p sa zvýši o ≅ 1.998 %.
MT 1.2
Oce#ová hrubostenná nádoba s objemom V 0=42 dm3 je úplne
naplnená vodou pri teplote ϑ 1 a hermeticky uzavretá pri tlaku p1.Deformáciu stien nádoby zanedbajte.Dané: V 0=42 dm
3, ϑ1=20 °C, p1=0.1 MPa, ϑ 2=60 °C, sú!inite# objemovej stla!ite#nosti κ T =4.9⋅10
-10 Pa-1, sú!inite# objemovejroz"ažnosti α v=1.8⋅10
-4 °C-1.Ur!ite: tlak p2 v nádobe pri zahriatí vody na ϑ 2.{ p2=14.7938 MPa}, [Var 1.7]
V V
T T
p p1
1 2
2
pred zahriatím po zahriatí
Riešenie.Zohriatím objemu V 0 z teploty ϑ 1 na teplotu ϑ 2 sa zvä!šil objem vody o hodnotu
( )120 ϑ ϑ κ ϑ −⋅⋅=∆ V V T . (1)
Pretože objem nádoby V 0 sa nemení, zvýši sa v nádobe tlak plynu vplyvom zmeny objemuz tlaku p1 na tlak p2. Zmena objemu vplyvom zmeny tlaku bude( )120 p pV V v p −⋅⋅=∆ α . (2)
Porovnaním zmeny objemov p
V V ∆=∆ ϑ dostaneme
( ) ( )120120 p pV V vT −⋅⋅=−⋅⋅ α ϑ ϑ κ , ⇒ (3)
( ) ( ))2060109.4
108.1101.0 10
46
1212 −⋅⋅
⋅+⋅=−⋅+=
−
−
ϑ ϑ α
κ
v
T p p = 14.7939 MPa. (4)
Tlak v nádobe sa ohriatím zvýši na hodnotu p2 ≅ 14.8 MPa.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
4/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza Príklady z Mechanika tekutín 20.12.2004 Základné vlastnosti tekutín
- 2 - Pr_MT 01-Zákl_Vlastnosti_Tekutín
MT 1.3
Expanzná nádrž ústredného kúrenia, kruhového prierezu, musí poja" prebyto!nú vodu pri zahriatí celého systému z teploty ϑ 0 na teplotu ϑ .V systéme je V 0 vody. Priemer expanznej nádrže je d , koeficientobjemovej roz"ažnosti vody α v.
Dané: ϑ 0=10 °C, ϑ =90 °C, V 0=2 m3, d =500 mm, α v=28⋅10-5 °C-1.
Ur !ite: Aká musí by" vysoká expanzná nádrž ústredného kúrenia h.{h=228 mm}, [Gan 1.7]
kotol
expanzná
d
h
radiátory
nádrž
Riešenie.Zmena objemu V 0 pri zohriatí vody bude
( ) ( )109010282 500 −⋅⋅⋅=−⋅⋅=∆ −ϑ ϑ α vV V = 0.0448 m
3. (1)
Na túto zmenu musí by" pripravená expanzná nádrž
22 5.0
0448.04
4
⋅
⋅=
⋅
∆=
π π d
V h ≅ 0.228 m. (2)
Voda v nádrži musí by" pri teplote ϑ0 naliata max. 228 mm pod horný okraj nádrže.
MT 1.4Aká bude drsnos" x povrchu výrobkuvplyvom stla!ite#nosti oleja vo valci
priamo!iareho hydromotora (P$H)kopírovacieho zariadenia, ak prítla!násila kolísa v dôsledku nerovnakejtvrdosti materiálu v rozmedzí F min=720
N do F max=855 N? Priemer valca P$H je d =25 mm, objem vo valci a prívodnom potrubí je V 0=55 cm3,izotermická objemová stla!ite#nos" oleja κ T =4.58⋅10-10 Pa-1.{ x=14.11 µm}, [Gan 1.5, Suk 1.11]
∆ pP ! H OBROBOK
d
x p=0
Riešenie.Zmena tlaku v P$H vplyvom zmeny sily F
2minmax
2minmax )(4
4
d
F F
d
F F p
⋅
−⋅=
⋅
−=∆
π π . (1)
Pre zmenu tlaku platí zmena objemu oleja pV V T ∆⋅⋅=∆ κ 0 , (2)
kde je zmena objemu
-
8/16/2019 Vzorove priklady
5/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza Príklady z Mechanika tekutín 20.12.2004 Základné vlastnosti tekutín
- 3 - Pr_MT 01-Zákl_Vlastnosti_Tekutín
xd
V ⋅⋅
=∆4
2π
. (3)
Porovnaním rov. 2 a rov.3 a dosadením do rov. 1 dostaneme
( )2
minmax00
2 44 d
F F V pV x
d vT
⋅
−⋅⋅⋅=∆⋅⋅=⋅
⋅
π α κ
π , (4)
( )22
106
22
minmax0
4
7208551058.41055
4
⋅
−⋅⋅⋅⋅=
⋅
−⋅⋅=
−−
d d
F F V x v
π π
κ = 14.113⋅10-6 m ≅ 14.1 µµµµm.
Vplyvom stla!ite#nosti oleja bude drsnos" povrchu výrobku približne 14 µm.
MT 1.5
Hustota nafty pri teplote ϑ 0 je ρ 0 pri koeficiente objemovej roz"ažnosti α v. Kinematická
viskozita pri teplote ϑ je vyjadrená v °E.Dané: ϑ 0=15 °C, ρ 0=828 kg⋅m
-3, α v=7.9⋅10-4, ϑ =22 °C, υ =6.4 °E.
Ur!ite: hustotu nafty ρ , jej kinematickú a dynamickú viskozitu ν , η pri teplote ϑ .{ ρ =823.45 kg⋅m-3, υ =45.09 mm2⋅s-1, η =0.03713 Pa⋅s}, [Tar 1.1.3]
Riešenie.Hustotu nafty pri teplote ϑ vypo!ítame zo zákona o zachovaní hmotnosti m=m0.
( ) 000 1 V V v ⋅=∆⋅+⋅⋅ ρ ϑ α ρ ( )00
1 ϑ ϑ α
ρ ρ
−⋅+=
v
. (1)
( )1522109.71
8284
−⋅⋅+
=−
ρ = 823.45 kg⋅m-3.
Koeficient kinematickej viskozity zo stup%ov E na jednotky SI vypo!ítame zo vz"ahu
66 104.6
31.64.62.710
31.62.7 −− ⋅
−⋅=⋅
°−°⋅=
E E ν = 45.094⋅10-6 m2⋅s-1. (2)
Koeficient dynamickej viskozity vypo!ítame zo vz"ahu
82810084.45 6 ⋅⋅=⋅= − ρ ν η = 37.338⋅⋅⋅⋅10-3 Pa⋅⋅⋅⋅s. (3)
Dynamická viskozita je 37.338⋅10-3 Pa⋅s.
MT 1.6
Do nádoby, kde je objem V 1 nafty s mernou hmotnos"ou ρ 1 bolo doliate V 2 oleja s mernou hmotnos"ou ρ 2.Dané: V 1=5 m
3, ρ 1=760 kg⋅m-3, V 2=8.3 m
3, ρ 2=848 kg⋅m-3.
Ur!ite: mernú hmotnos" zmesi ρ z.{ ρ z=814.92 kg⋅m
-3}, [Var 1.3]
V , ρ 2 2
V , ρ 1 1
Riešenie.Mernú hmotnos" zmesi ur !íme zo vz"ahu
3.85
3.88485760
21
2211
+
⋅+⋅=
+
⋅+⋅=
V V
V V z
ρ ρ ρ = 814.92 kg⋅⋅⋅⋅m-3. (1)
Merná hmotnos" zmesi je 814.92 kg⋅m-3.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
6/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza Príklady z Mechanika tekutín 20.12.2004 Základné vlastnosti tekutín
- 4 - Pr_MT 01-Zákl_Vlastnosti_Tekutín
MT 1.7
Predpokladajme, že obsah soli a teplota morskej vody sa s h& bkou
nemenia. Vypo!ítajte hustotu morskej vody ρ v h& bke, kde je tlak p.Tlak na povrchu hladiny je p0, hustota vody na povrchu ρ 0,izotermická objemová stla!ite#nos" κ T .Dané: p= 10 MPa, p0= 101.3 kPa, ρ 0=1028 kg⋅m
-3, κ T = 4.854⋅10-10
Pa-1.{ ρ =1033 kg⋅m-3}, [Var 1.1]
h
p
p0 hladina mora
Riešenie.Koeficient izotermickej objemovej stla!ite#nosti je
T
T dp
dV
V
⋅−=
1κ . (1)
Použime vz"ahy pre špecifický objem a hmotnos"
ρ
1=v , V m ⋅= ρ ,
ρ
mV = . (2)
Urobme derivácie a úpravy
ρ ρ
d dv ⋅−=2
1,
ρ
ρ
ρ ρ
ρ ρ
ρ
ρ d d
v
d
v
dv−=
⋅
⋅−=
⋅−=
2. (3)
Dosa'me do rov. 1 rov.2 a rov.3 a upravme ich
T T T
T dp
dv
vdp
d
m
mm
dp
d
m
⋅−=
⋅
⋅−=
⋅−=
11
ρ
ρ
ρ
ρ κ . (4)
Za predpokladu konštantnej teploty vody môžeme rov. 4 napísa" v tvare
ρ
ρ κ
d
v
dvdpT =−=⋅ . (5)
Integráciou rov. 5 dostaneme
=⋅ ρ
ρ ρ
ρ κ
00
d dp
p
pT
, ( )
=−⋅
00 ln
ρ
ρ κ p pT , (6)
( )[ ] ( )551000 10013.11010010854.4exp1028exp ⋅−⋅⋅⋅⋅=−⋅⋅= −
p pT κ ρ ρ = 1032.95 kg⋅⋅⋅⋅m-3.
Hustota morskej vody pri hydrostatickom tlaku 10 MPa je 1032.95 kg⋅m-3.
MT 1.8
Nádržka chladi!a automobilu s vedeniami má objem V . Do nádržkynalejeme mrazuvzdornú zmes 50% vody a 50% glycerínu o teplote ϑ 1.Potom zohrejeme motor na teplotu ϑ 2.Dané: V =10 dm3, ϑ 1=5 °C, ϑ 2=95 °C, α v=28⋅10
-5 °C-1, α gl=50⋅10-5 °C-1.
Ur!ite: objem naliatej zmesi V 0, aby táto nepretiekla prepadovourúrkou.{V=9.66 dm3}, [Gan 1.3]
V , α v gl
V , α v v
V
V
0
Riešenie.Objem zmesi sa po naliatí a ohriatí zmení na hodnotu glv V V V += pod#a vz"ahu
-
8/16/2019 Vzorove priklady
7/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza Príklady z Mechanika tekutín 20.12.2004 Základné vlastnosti tekutín
- 5 - Pr_MT 01-Zákl_Vlastnosti_Tekutín
( )[ ] ( )120120 15.015.0 ϑ ϑ α ϑ ϑ α −⋅+⋅⋅+−⋅+⋅⋅= glv V V V . (1)
Z rov.1 vypo!ítame objem zmesi pred naliatím
( ) ( )120 22
ϑ ϑ α α −⋅++
⋅
=glv
V
V , (2)
( ) ( )59510501028210102
55
3
0−⋅⋅+⋅+
⋅⋅=
−−
−
V = 9.6609⋅10-3 m3 ≅ 9.66 dm3.
Do chladi!a musíme nalia" 9.66 dm3 zmesi vody a glycerínu.
MT 1.9
Pri skúške tesnosti bolo potrubie s priemerom D a d&žky Lnaplnené vodou tlakom pod tlakom p1. Po ur !itom !ase klesoltlak v potrubí na hodnotu p2. Predpokladajme, že potrubie je
dokonale tuhé.Dané: D = 0.4 m, L = 2 km, p1 = 7.5 MPa, p2= 7 MPa, κ T =4.8242⋅10-10 Pa-1.Ur!ite: aký objem vody ∆V odtiekol netesnos"ami.{∆V =60.6 dm3}, [Var 1.20]
L
p
D
Riešenie.Zmenu objemu zmenou tlaku ur !íme zo vz"ahu
( ) ( )212
210 4 p p L
D p pV V T T −⋅⋅⋅
⋅=−⋅⋅=∆ κ π
κ ,
( )66102
107105.7108242.42000
4
4.0⋅−⋅⋅⋅⋅⋅
⋅=∆
−π V = 60.623⋅10-3 m3= 60.623 dm3.
Netesnos"ami uniklo 60.623 dm3.
MT 1.10
Vo vzduchu sa vznáša bublina z vody o priemere D s povrchovýmnapätím σ l.Dané: D=30 mm, σ l=7.36⋅10
-2 N⋅m-1.Ur!ite: pretlak vzduchu ∆ p v bubline.{∆ p=19.47 Pa}, [Suk 1.26]
D
∆
p p
σ σ pa p=p-pa
pa
Riešenie.Predstavu o tlaku v bubline si môžeme vytvori", ak ju rozrežeme v jednej rovine symetriea predstavíme si, že obe !asti sú spolu držané povrchovým napätím σ l na obvode rezu a na oboch
povrchoch blany bubliny. Od seba sú odtlá!ané pretlakom v bubline ∆ p= p- pa. Z rovnicerovnováhy síl dostaneme:
024
2
=⋅⋅⋅−⋅
⋅∆ l D D
p σ π π
, D
p lσ ⋅
=∆8
(1)
03.0
1036.78 2−⋅⋅=∆ p = 19.47 MPa.
Pretlak vzduchu z bubliny vody vznášajúcej sa vo vzduchu je 19.47 Pa.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
8/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza Príklady z Mechanika tekutín 20.12.2004 Základné vlastnosti tekutín
- 6 - Pr_MT 01-Zákl_Vlastnosti_Tekutín
MT 1.11
V trubicovom manometri o vnútornom priemere d vzniká povrchovým napätím chyba od!ítania výšky hladiny. Pri naplnenívodou vzniká elevácia, pri naplnení ortu"ou depresia. Povrchovénapätie je voda-vzduchσ lv a ortu"-vzduch σ lo.Dané: d = 3 mm, σ lv=7.3⋅10
-2 N⋅m-1, σ lo= 46⋅10-2 N⋅m-1, ρ v=1000
kg⋅m-3, ρ o=13600 kg⋅m-3.
Ur!ite: vzlinutie vodného st& pca ∆hv a depresiu ortu"ového st& pca∆ho.{∆h=4.9 mm}, [Suk 1.27]
d
σ lv
∆hv
d
σ lo
∆ho
Riešenie.Tiaž kvapaliny je v rovnováhe so silami povrchového napätia na vnútornom obvode trubi!kykvapalinového manometra
04
2
=⋅
⋅∆⋅⋅−⋅⋅ d
hgd lπ
ρ σ π , (1)
d gh l
⋅⋅
⋅=∆ ρ
σ 4. (2)
Elevácia (vzlinutie) hladiny vody v trubicovom manometri je
003.081.91000
103.744 2
⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅
⋅=∆
−
d gh
v
lvv
ρ
σ = 9.9218⋅10-3 m. (3)
Depresia (pokles) hladiny ortuti v trubicovom manometri je
003.081.913600
104644 2
⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅
⋅=∆
−
d gh
o
loo
ρ
σ = 4.4972⋅10-3 m. (4)
Údaj trubi!ky manometra s vodným st& pcom je skreslený eleváciou o 9.92 mm, a pri ortu"ovomst& pci v dôsledku kapilárnej depresie o 4.5 mm, !o môže by" významné skreslenie pri meranímalých tlakov.
MT 1.12
Voda o po!iato!nej hustote ρ 0 je stla!ená pretlakom ∆ p pri sú!initeli izotermickej objemovejstla!ite#nosti κ T .Dané: ρ 0 = 1000 kg⋅m
-3, κ T =4.85⋅10-10 Pa-1, ∆ p=40 MPa.
Ur!ite: hustotu vody po jej stla!ení.{∆h=4.9 mm}, [Suk 1.27]
Riešenie.Hustota vody sa vypo!íta zo vzorca
V
V
V
m 00 ⋅== ρ
ρ . (1)
Ak stla!íme objem vody V 0 o tlakový spád ∆ p, bude výsledný objem
-
8/16/2019 Vzorove priklady
9/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza Príklady z Mechanika tekutín 20.12.2004 Základné vlastnosti tekutín
- 7 - Pr_MT 01-Zákl_Vlastnosti_Tekutín
( ) pV V T ∆⋅−⋅= κ 10 . (2)Po dosadení rov. 2 do rov. 1 a úprave dostaneme
( ) p pV
V
T T ∆⋅−=∆⋅−⋅
⋅
= κ
ρ
κ
ρ
ρ 110
0
00
, (3)
6100
10401085.41
1000
1 ⋅⋅⋅−=
∆⋅−=
− pT κ
ρ ρ = 1019.7838 kg⋅⋅⋅⋅m-3.
Hustota vody po stla!ení bude ≅ 1019.8 kg⋅m-3. Zvýšenie hustoty v % bude
1001000
10007838.1019100
0
0% ⋅
−=⋅
−=
ρ
ρ ρ ρ ≅ 1.98 %.
MT 1.13
Aký je tlak v h& bke h pod hladinou mora, ak voda 1) nestla!ite#nás hustotou ρ , 2) stla!ite#ná s izotermickou objemovou stla!ite#nos"ouκ T .Dané: h=800 m, ρ a=1060 kg⋅m
-3, κ T =4⋅10-10 Pa-1, pa=101.3 kPa.
{a) p2=8.4202 MPa, b) p2=8.4619 MPa}, [Maryška 7.1.8, s.71]
h
p
pa hladina mora
Riešenie.1) Ak je morská voda nestla!ite#ná, tlak v h& bke h je daný tlakom nad hladinou a hydrostatickýmtlakom
hg p p aa ⋅⋅+= ρ 1 , (1)
80081.91060103.1013
1 ⋅⋅+⋅= p = 8.4202 MPa.2) Ak je morská voda stla!ite#ná, izotermická objemová stla!ite#nos" je definovaná vz"ahom
T
T dp
dV
V
⋅−=
1κ . (2)
Hmotnos" vody je daná vz"ahom V m ⋅= ρ , objem ρ
mV = . Po dosadení do rov.2
a úpravách dostaneme
dp
d d
dpd
dpm
mmd
dpmT
⋅=
−⋅⋅−=
⋅⋅
⋅−=
⋅⋅−=
ρ
ρ
ρ
ρ ρ
ρ
ρ
ρ
ρ κ
2
1111. (3)
Separujme premenné rov. 3
ρ
ρ κ
d dpT =⋅ . (4)
Elementárny hydrostatický tlak jedhgdp ⋅⋅= ρ . (5)
Dosadením rov. 5 do rov. 4 dostaneme:
ρ
ρ ρ κ
d dhgT =⋅⋅⋅ . (6)
Separáciou premenných upravíme rov. 6
2 ρ
ρ
κ
d
dhgT =⋅⋅ . (7)Integráciou rov.7 plynie
-
8/16/2019 Vzorove priklady
10/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza Príklady z Mechanika tekutín 20.12.2004 Základné vlastnosti tekutín
- 8 - Pr_MT 01-Zákl_Vlastnosti_Tekutín
1
1chgT +−=⋅⋅
ρ κ . (8)
Platia okrajové podmienky: pre h=0 je ρ = ρ a, pomocou ktorých ur !íme integra!nú konštantu
a
c ρ
11 = . (9)
Dosadením rov. 9 do rov. 8
a
T hg ρ ρ
κ 11
+−=⋅⋅ ; hgT a
a
⋅⋅⋅−=
κ ρ
ρ ρ
1. (10)
Po dosadení dostaneme hustou morskej vody v h& bke h
80081.910410601
106010 ⋅⋅⋅⋅−
=−
ρ =1063.54 kg⋅m-3. (11)
Riešením rov. 4 dostaneme
ρ ρ
κ d dp
T
⋅= 1 , po integrácii ( ) 2ln1 c pT
+⋅= ρ κ
. (12)
Pre rov. 12 platí okrajová podmienka: pri tlaku na hladine p= pa je hustota vody ρ = ρ a.Dosadením do rov.12 dostaneme
( ) 2ln1
c pa
T
a +⋅= ρ κ
( )aaT pc ρ κ ln2 −⋅= . (13)
Použitím rov. 12 a úpravou dostaneme
( ) ( )aaT T
p p ρ κ ρ κ
lnln1
−⋅+⋅= ( )
=−⋅
a
aT p p ρ
ρ κ ln . (14)
Odlogaritmovaním a úpravou rov. 14 dostaneme
⋅⋅⋅−⋅+=
⋅⋅⋅−⋅+=
hg p
hg p p
T aT
a
a
T a
a
T
aκ ρ κ ρ
κ ρ
ρ
κ 1
1ln
11ln
1 (15)
⋅⋅⋅⋅−⋅
⋅+⋅=
−− 80081.910454.10631
1ln
104
1103.101 1010
3 p = 8.4619 MPa.
MT 1.14
Majme oxid uhli!itý CO2 pri normálnych podmienkach teploty ϑ n a tlaku
pn so špecifickoukonštantou r .
Dané: ϑ n= 0 °C, pn= 101.35 kPa, r =188.97 J⋅kg-1⋅K -1.
Ur!ite: hustotu oxidu uhli!itého CO2.{ ρ n=1.964 kg⋅m
-3}, [Tar 2.1.1]
Riešenie.Termodynamická teplota pri normálnych podmienkach je
015.27315.273 +=+= nnT ϑ = 273.15 K. (1)
Hustotu ur !íme zo stavovej rovnice ideálneho plynu
n
n
n T r p ⋅=⋅
ρ
1,
n
nn
T r
p
⋅
= ρ . (2)
-
8/16/2019 Vzorove priklady
11/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza Príklady z Mechanika tekutín 20.12.2004 Základné vlastnosti tekutín
- 9 - Pr_MT 01-Zákl_Vlastnosti_Tekutín
15.27397.188
1035.101 3
⋅
⋅=
n ρ = 1.9635 kg⋅⋅⋅⋅m-3.
Hustota oxidu uhli!itého pri normálnych podmienkach je 1.9635 kg⋅m-3.
MT 1.15
Majme kyslík O2, dusík N2 a oxid uhli!itý CO2 pri normálnych podmienkach.Dané: stredná hodnota mólového objemu pri normálnych podmienkach V m,n=22.4 m
3⋅kmol-1.
Ur!ite: hustotu kyslíka, dusíka a oxidu uli!itého. { }, [Tar 2.1.2]
Riešenie.Z tabuliek ur !íme mólovú hmotnos" Kyslík O2:
2O M =32.000 kg⋅kmol-1,
Dusík N2: 2 N M =28.016 kg⋅kmol
-1
,Oxid uli!itý CO2:
2CO M =44.010 kg⋅kmol-1.
Hustotu vypo!ítame zo vz"ahunm
nV
M
,
= ρ .
4.22
000.322=O ρ = 1.4286 kg⋅m
-3,
4.22
016.282=O ρ = 1.2507 kg⋅m
-3,
4.22
01.442=O ρ = 1.9647 kg⋅m
-3.
MT 1.16
Máme zmes plynov o n kilomolov pri tlaku p a teplote ϑ .Dané: p=0.2 MPa, ϑ =30°C, n=1 kmol, R=8314.51 J⋅kmol-1⋅K -1.Ur!ite: strednú hodnotu mólového objemu V m všetkých plynov pri tlaku p a teplote ϑ .{ }, [Tar 2.1.3]
Riešenie.Úlohu riešime pomocou stavovej rovnice ideálneho plynu, z ktorej mólový objem vzduchu bude:
( )
6102.0
3015.27351.8314
⋅
+⋅=
⋅==
p
T R
n
V V m = 12.603 m
3⋅⋅⋅⋅kmol
-1.
To znamená, že 1 kmol pracovnej látky (32 kg kyslíka O2, alebo 16.042 metánu CH4, at'.)vyplní pri tlaku 0.2 MPa a teplote 30°C priestor s objemom 12.603 m3.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
12/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza Príklady z Mechanika tekutín 20.12.2004 Základné vlastnosti tekutín
- 10 - Pr_MT 01-Zákl_Vlastnosti_Tekutín
MT 1.17
Potápa! v h& bke vody H vydýchne bublinu vzduchu o priemere d 1.Dané: H =80 m, d 1=7 cm, ρ v=1000 kg⋅m
-3, pa=100 kPa, ϑ vz=20°C, ρ vz=1.205 kg⋅m
-3.Ur!ite: priemer bubliny tesne pod hladinou d 0, hustotu vzduchu ρ vz1,vztlakovú silu bubliny F vz, tiaž vzduchu v bubline F g a výslednú silu F
pôsobiacu na bublinu v h& bke H .{ }, [Maryška pr.7.1.4 s.70]
d
d 0
1
pa
H
voda
ρ v
vz111 ρ p ,V ,
vz00 ρ p ,V ,
F
F vz
F g
Riešenie.Tlak v h& bke vody H bude
8081.9100010100 31 ⋅⋅+⋅=⋅⋅+= H g p p va ρ = 884.8 kPa. (1)
Za predpokladu izotermického deja bude pre tlak v bubline plati" stavová rovnica plynu p⋅V =konšt. Preto môžeme napísa" pre bublinu pod hladinou v h& bke H o objeme V 1 a na hladineo objeme V 0 rovnicu
011 V pV p a ⋅=⋅ , (2)
( )66
30
31 d p
d H g p
ava
⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅+ π π
ρ ,
( )310a
va
p H g pd d ⋅⋅+⋅= ρ , (3)
( )3
3
3
0 10100
8081.910001010007.0
⋅
⋅⋅+⋅⋅=d = 0.14478 m = 144.78 mm.
Priemer bubliny tesne pod hladinou bude d 0=165.46 mm.Stavovú rovnicu plynu pre vzduch pri izotermickom deji môžeme upravi" do tvaru
vz
a
vz
p p ρ ρ
11
11 ⋅=⋅ ,
a
vzvz p
p11 ⋅= ρ ρ , (4)
3
3
1
10100
108.848205.1
⋅
⋅⋅=vz ρ = 10.66184 kg⋅⋅⋅⋅m
-3.
Hustota vzduchu v bubline v h& bke 80 m bude 10.66184 kg⋅m-3.Vztlakovú silu pôsobiacu na bublinu v h& bke H vypo!ítame zo vz"ahu
6
07.081.91000
6
331 ⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
π π ρ
d gF
vvz = 1.7618 N.
Tiaž vzduchu v bubline v h& bke H je
6
07.081.966184.10
6
331
1
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
π π ρ
d gF vzg = 0.018784 N.
Na bublinu v h& bke H bez uvažovania tiaže vlastnej bubliny bude pôsobi" sila smerom nahork hladine
018784.07618.1 −=−= gvz F F F = 1.743 N.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
13/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza Príklady z Mechanika tekutín 20.12.2004 Základné vlastnosti tekutín
- 11 - Pr_MT 01-Zákl_Vlastnosti_Tekutín
MT 1.18
Máme sud s objemom piva V p práve narazeného ru!nou pípou. Tlak vovnútri suda je rovnaký ako v okolitej atmosfére pa (z pípy teda ni! nete!ie). Ko#ko vzduchu je potrebné napumpova" do suda, aby potom
bolo možné bez 'alšieho pumpovania na!apova" práve i pollitrových piv (tj. V dm3 kvapaliny)? Sud má tvar valca o vnútornom priemere d a výške vs, ústie pípy je vo výške h p nad sudom. Pivo považujme zaideálnu kvapalinu s hustotou ρ v.Dané: i=10 pív, V 0=50 dm
3, ρ v=1000 kg⋅dm-3, d =30 cm, vs=75 cm,
h p=40 cm, vs={ }, [Maryška 7.1.2 s.69]
d
v
v
h p pa
p
sV 0
h
Riešenie.
Stav po na!apovaní i=10 pív:Hladina piva v sude je vo výške v, ústie pípy je vo výške h nad hladinou a platí
4075+=+=+ ps hvhv = 115 cm. (1)
Objem piva v sude po na!apovaní í =10 pív je3105.01005.05.0 −⋅⋅−=⋅−= iV V p = 0.045 m
3 = 45 dm3,
tomu odpovedá výška piva v sude
4
3.0
045.0
4
22⋅
=⋅
=π π d
V v = 0.63662 dm = 63.662 cm.
Výška pípy nad hladinou piva je:63662.0115.0115.0 −=−= vh = 0.51338 m = 51.338 cm.Tlak vzduchu nad hladinou piva:
51338.081.91000101 5 ⋅⋅+⋅=⋅⋅+= hg p p va ρ =105.03626 kPa.
Objem vzduchu nad hladinou piva pri tlaku p:
( ) ( )63662.075.04
3.0
4
22
−⋅⋅
=−⋅⋅
= π π
vvd
V s = 8.01436⋅10-3 m3 = 8.01436 dm3.
Objem toho istého vzduchu pri tlaku pa:V pV p
aa ⋅=⋅ ,
3
33
10100
1003626.105
1001436.8 ⋅
⋅
⋅⋅=⋅= −
a
a p
p
V V = 8.41798⋅10-3
m3
,V a = 8.41798 dm
3.Objem vzduchu pred !apovaním:
05.075.04
3.0
4
22
0 −⋅⋅
=−⋅⋅
= π π
ps V vd
V = 3.014376⋅10-3 m3 = 3.0144 dm3.
Objem dopumpovaného vzduchu33
0 10014376.31041798.8 −−
⋅−⋅=−=∆ V V V a = 5.4036⋅10-3 m3 = 5.4036 dm3.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
14/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín. 2. 3. 2005
Hydrostatika nestla!ite"nej kvapaliny
- # - Pr_MT 02-Hydrostatika_nestla! ite" nej kvapaliny
MT 2.1
Diferenciálny dvoj kvapalinový manometer je naplnený kvapalinami
s hustotami ρ # a ρ 2. Rozdiel hladín oboch kvapalín je ∆h.
Dané: ρ #=800 kg⋅m-3, ρ 2=#000 kg⋅m
-3, ∆h=253 mm.
Ur!ite: rozdiel tlakov oboch kvapalín ∆ p.
{∆ p=496.39 Pa}, [Tar #.2.#]
# #
p A p B
2
h
∆h
ρ ρ
ρ
porovnávaciahladina
#
2
3
4
#
Riešenie.
Rozdiel tlakov vypo!ítame z rovnosti absolútnych tlakov v mieste zvolenej porovnávacej hladiny
na rozhraní kvapalín:
Bernouliho rovnica pre body #-4:
( ) ph g h g ph g p B A
∆−⋅⋅+∆⋅⋅+=⋅⋅+ ##2
## ρ ρ ρ , (#)
( ) h g p p B A ∆⋅⋅−=− #2 ρ ρ , (2)( ) 253.08#.9800#000 ⋅⋅−=−=∆ B A p p p = 496.39 Pa.
Rozdiel tlakov na hladinách je 0.49639 kPa.
MT 2.2
Dvojitá nádoba je prepojená diferenciálnym kvapali-
novým manometrom naplneným ortu$ou o hustote ρ Hg s rozdielom hladín h2. V "avej !asti nádoby naplnenej
olejom o hustote ρ ol je umiestnený manometer, ktorý
ukazuje tlak p# v h% bke h# pod hladinou. V pravej !asti
nádoby je umiestnená voda s hustotou ρ v, kdenameriame tlak p2 v h% bke h3 pod hladinou.
Dané: p#=0.#2 MPa, h
#=#.7 m, h2=#.42 m, h3=300
mm, ρ v=#000 kg⋅m-3, ρ ol =900 kg⋅m
-3, ρ Hg =#3600
kg⋅m-3.Ur!ite: tlaky p0, pv a p2.
{ p0=0.#047 MPa - pretlak, pv=-84.46 kPa - podtlak, p2= -
8#.5#7 kPa - podtlak }, [Gan 2.#0]
olej voda
p# p2
h3
p0 pv
#
2
4
h
2
#
h
ortu$
ρ ol ρ v
ρ Hg
3
5
6
Riešenie.
B.R. pre bod #-2:
#0# h g p p ol ⋅⋅+= ρ ##0 h g p p ol ⋅⋅−= ρ . (#)
B.R. pre bod 5-6:
20 h g p p Hg v ⋅⋅+= ρ 20 h g p p Hg v ⋅⋅−= ρ . (2)
B.R. pre bod 4-3:
32 h g p p vv ⋅⋅+= ρ . (3)
Dosa&me rov. 2 a rov. # do rov. 3
32##3202 h g h g h g ph g h g p p v Hg ol v Hg ⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅−=⋅⋅+⋅⋅−= ρ ρ ρ ρ ρ ,
2#3#2 hhh g p p Hg ol v ⋅−⋅−⋅⋅+= ρ ρ ρ , (4)
( )42.##36007.#9003.0#0008#.9#0#2.0 62
⋅−⋅−⋅⋅+⋅= p = -81.517 kPa.
Z rov. #
-
8/16/2019 Vzorove priklady
15/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín. 2. 3. 2005
Hydrostatika nestla!ite"nej kvapaliny
- 2 - Pr_MT 02-Hydrostatika_nestla! ite" nej kvapaliny
7.#8#.9900#0#2.06
0 ⋅⋅−⋅= p = 104.99 kPa.
Z rov. 2
42.#
8#
.9#
3600#099.
#04
3⋅⋅−⋅=
v p =
-84.460 kPa
.Tlaky v nádržiach a na manometri sú p0 = #04.99 kPa - pretlak, pv = -84.460 kPa - podtlak a p2 =
-8#.5#7 kPa - podtlak.
MT 2.3
Dvojitá nádoba je prepojená diferenciálnym kvapalino-
vým manometrom naplneným ortu$ou o hustote ρ Hg
s rozdielom hladín h2. V "avej !asti nádoby naplnenej
olejom o hustote ρ ol je umiestnený manometer, ktorýukazuje tlak p# v h% bke h# pod hladinou. V pravej !asti
nádoby je umiestnená voda s hustotou ρ v, kde nameriame
tlak p2 v h% bke h3 pod hladinou.
Dané: p#=0.#8 MPa, h
#=#.7 m, h2=0.42 m, h3=#.3 m,
ρ v=#000 kg⋅m-3, ρ ol =900 kg⋅m
-3, ρ Hg =#3600 kg⋅m-3.
Ur!ite: tlak p0, pv a p2.
{ p2=#2#.7# kPa – pretlak, pv=889.56 kPa – pretlak,
p0=#04.00 kPa - pretlak }, [Tar #.2.6]
olej voda
p# p2
h3
p0 pv
#
2
6
h
2
#
h
ortu$
ρ ol ρ v
ρ Hg
3
4
5
Riešenie.
B.R. pre bod #-2:
#0# h g p p ol ⋅⋅+= ρ ##0 h g p p ol ⋅⋅−= ρ . (#)
B.R. pre bod 5-6:
20 h g p p Hg v ⋅⋅+= ρ 20 h g p p Hg v ⋅⋅−= ρ . (2)
B.R. pre bod 4-3:
32 h g p p vv ⋅⋅+= ρ . (3)
Dosa&me rov. 2 a rov. # do rov. 3
32##3202 h g h g h g ph g h g p p v Hg ol v Hg ⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅−=⋅⋅+⋅⋅−= ρ ρ ρ ρ ρ ,
2#3#2 hhh g p p Hg ol v ⋅−⋅−⋅⋅+= ρ ρ ρ , (4)
( )42.0#36007.#9003.##0008#.9#0#8.0 62 ⋅−⋅−⋅⋅+⋅= p = 121.71 kPa.Z rov. #
7.#8#.9900#0#8.06
0 ⋅⋅−⋅= p = 104.99 kPa.Z rov. 2
42.08#.9#3600#099.#043
⋅⋅−⋅=v p = 889.56 kPa.
Tlaky v nádržiach a na manometri sú p0 = #04.99 kPa - pretlak, pv = 889.56 kPa - pretlak a p2 =
#2#.7# kPa - pretlak.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
16/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín. 2. 3. 2005
Hydrostatika nestla!ite"nej kvapaliny
- 3 - Pr_MT 02-Hydrostatika_nestla! ite" nej kvapaliny
MT 2.4
Diferenciálny ortu$ový manometer je umiestnený na zvislej stene
otvorenej nádrže naplnenej vodou vo výške h#. Rozdiel výšokv manometri je h2.
Dané: h#=0.#5 m, h2=0.2 m, ρ v=#000 kg⋅m-3, ρ Hg =#3600 kg⋅m
-3.
Ur!ite: v akej výške sa nachádza volná hladina vody v nádrži.
{ H =2.72 m}, [Tar #.2.2]
p0
voda
H
h#h2
ortu$
porovnávacia hladina
p00
#
Riešenie.
B.R. pre bod 0-# vo!i porovnávacej hladine
( ) 20##0 h g ph g h H g p Hg vv ⋅⋅+=⋅⋅+−⋅⋅+ ρ ρ ρ , (#)
#000
2.0#36002 ⋅=
⋅
=v
Hg h
H ρ
ρ
= 2.72 m. (2)
Volná hladina sa nachádza vo výške 2.72 m.
MT 2.5
Pod akým tlakom musí vstupova$ kvapalina do hydraulického
akumulátora, aby pri priemere piestnice D bola zá$až G (aj s tiažou
piesta) v rovnováhe?
Dané: h=25 m, D=40 cm, G=3⋅#05 N, ρ v=#000 kg⋅m
-3.
Ur!ite: tlak v bode A, B.
{ p A=2.387 MPa, p B=2.633}, [Gan 3.2]
A
D
p
h
G
B B
Riešenie.
Potrebný tlak pod piestom v bode A na udržanie rovnováhy je:
2
5
24.0
#034
4
⋅
⋅⋅=
⋅=
π π d
G p A = 2.3873 MPa. (#)
Tlak v mieste vstupu do akumulátora v bode B bude vä!ší o hydrostatický tlak st% pca vody
v h% bke h:
258#.9#000#03873.26
⋅⋅+⋅=⋅⋅+= h g p p v A B ρ = 2.6326 MPa.
Voda musí vstupova$ do akumulátora pod tlakom 2.6326 MPa.
D [mm] h [m] G [ N] ρ v [kg⋅m-3] p A [MPa] p B [MPa]
# 40 25 3⋅#05 #000 2.3873 2.6326
2 40 2 3⋅#05 #000 2.3873 2.407
-
8/16/2019 Vzorove priklady
17/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín. 2. 3. 2005
Hydrostatika nestla!ite"nej kvapaliny
- 4 - Pr_MT 02-Hydrostatika_nestla! ite" nej kvapaliny
MT 2.6
Vypo!ítajte, do akej výšky h sa dá vytiahnu$ st% pec vody dokonale
tesniacim piestom v trubici. Teplota vody je ϑ a tlak vody na hladine je p0.
Dané: ϑ =#0 °C, p sat =#.2277 kPa, pa=0.#0#325 MPa, ρ =#000 kg⋅m-3.
{hkr =#0.2 m} [Suk 2.#.2]
h
F
psat
pa
voda
Riešenie.
Kritickú výšku nad volnou hladinou ozna!me hkr , pri!om tlak pod piestom v tomto kritickom
stave je ur !ený tlakom nasýtených pár pri danej teplote ϑ =#0 °C v hodnote psat=#.2277 kPa.
Ur !íme ho zo vz$ahu
akr sat ph g p =⋅⋅+ ρ , (#)
8#.9#000
#02277.##0#0#325.036
⋅
⋅−⋅=
⋅
−=
g
p ph sat akr
ρ = 10.204 m.
Maximálna výška, do ktorej sa dá vytiahnu$ st% pec vody pod piestom pri daných podmienkach je
#0.204 m.
MT 2.7
Rozdelená nádoba je naplnená vodou a olejom. V obidvoch
trubiciach je otvorená hladina spojená s atmosferickým tlakom
p0.Dané: h#=0.## m, h2=0.24 m, h3=0.28 m, ρ o=900 kg⋅m
-3,
ρ v=#000 kg⋅m-3.
Ur!ite: Vypo!ítajte výšku hladiny vody v prvej trubici h.
{h=40 mm} [Tar #.2.7]
voda
olej
h h#
h2
h3 ρ v
ρ o
p0 p0
Riešenie.
Napíšme Bernoulliho rovnicu pre hladiny v trubiciach ku dnu nádoby:
( ) ( ) 32#0320 h g hh g phhh g p vov ⋅⋅++⋅⋅+=++⋅⋅+ ρ ρ ρ , (#)
( ) ( )2#2 hhhh ov +⋅=+⋅ ρ ρ , (2)
( ) 22# hhhh vo
−+⋅= ρ
ρ
, (3)
( ) 24.024.0##.0#000
800−+⋅=h = 0.04 m = 40 mm.
Výška hladiny vody v prvej trubici je 40 mm.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
18/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín. 2. 3. 2005
Hydrostatika nestla!ite"nej kvapaliny
- 5 - Pr_MT 02-Hydrostatika_nestla! ite" nej kvapaliny
MT 2.8
Rozdelená nádrž je naplnená vodou s hustotou ρ v a
rozdielom hladín hv. Rozdiel tlaku medzi vnútrom pravej!asti nádrže a vonkajškom je daný st% pcom hladín ortuti hoo hustote ρ o. Vonkajší tlak je p0.
Dané: ho=0.42 m, hv=0.8 m, ρ o=#3600 kg⋅m-3, ρ v=#000
kg⋅m-3, p0=0.# MPa.
Ur!ite: tlak manometra p2 a tlak p#. Vypo!ítajte polohu
redukovaných hladín hred #, hred2.
{ p#=0.#56 MPa, p2=0.#48 MPa} [Gan 2.#] voda
p2
p2 p
#
hv
ortu$
ρ v
ρ o
oh
p0
redukovaná hladina
h
h
red2
red #
1
2
3
4
Riešenie.
Zvo"me pre piezometrický manometer porovnávaciu hladinu v bode 3. Bernouliho rovnica pre bod 3-4 bude:
42.08#.9#3600#0#.06
00# ⋅⋅+⋅=⋅⋅+= h g p p o ρ = 0.156035 MPa. (#)
Pre zvolenú porovnávaciu hladinu v bode # bude pre "avú nádrž Bernoulliho rovnica pre bod 2-
#:
#2 ph g p vv =⋅⋅+ ρ , (2)
8.08#.9#000#0#56035.06
#2 ⋅⋅−⋅=⋅⋅−= vv h g p p ρ = 0.148187 MPa.
Redukovaná hladiny budú:
( )
8#
.9#000
#0#.0#56035.06
0##
⋅
⋅−=
⋅
−=
g
p ph
v
red
ρ
= 5.712 m.
( )8#.9#000
#0#.0#48#87.06
022
⋅
⋅−=
⋅
−=
g
p ph
v
red ρ
= 4.912 m.
Tlak manometra bude p2=0.#48#9 MPa, nad hladinou v druhej nádrži p#=0.#5603 MPa,
redukovaná hladina v "avej nádrži 4.9#2 m, v pravej nádrži 5.7#2 m.
MT 2.9
Diferenciálny ortu$ový manometer meria pretlak p pr
v
nádobe a hydrostatický tlak troch tekutín.
Dané: p pr = 0.2 MPa, p0=0.# MPa, h#=2 m, h2=2.5 m,
ρ v=#000 kg⋅m-3, ρ Hg =#3600 kg⋅m
-3, ρ o=850 kg⋅m-3.
Ur !ite: Rozdiel výšok hladín st% pca ortuti v manometri h.
{h=#.0584 m} [Tur ]
p0
Hg
voda
olej
vzduch
h#
h2
p pr
h
#
2
ρ o
ρ v
ρ Hg 3
Riešenie.
Napíšme Bernoulliho rovnicu medzi hladinou # a 2 vo!i porovnávacej hladine v bode 3:
h g ph g h g p Hg vo pr ⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅+ ρ ρ ρ 02# ,
(#
)
-
8/16/2019 Vzorove priklady
19/41
-
8/16/2019 Vzorove priklady
20/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín. 27.12.2004
Relatívny pokoj kvapaliny
- 1 - Pr_MT 03-Relatívny pokoj kvapaliny
MT 3.1
Dve valcové nádoby s priemerom d a hmotnos!ou m sú zavesené na
kladke pod"a obrázku. Prvá nádoba je naplnená vodou do výšky h1.
V druhej nádobe je taktiež voda do výšky h2. Trenie a odpor vzduchuzanedbajte.
Dané : m= 1 kg, h1=0.2 m, h2=0.4 m, d =0.4 m.
Ur ! ite: aké ve"ké tlakové sily pôsobia na dno nádob F 1, F 2 za
predpokladu rovnomerne zrýchleného pohybu, aké tlaky p1, p2 pôsobia na
dno nádob?
{ p1=2.6 kPa, p2=2.65 kPa, F 1=326.56 N, F 2=332.84}, [Tar 1.3.6] d d
h1h2
m m
Riešenie.
Pre lano platí silová rovnováha:
21 ll F F = , (1)
kde sily v lanách sú:
( )aghd
mF l +⋅
⋅
⋅⋅+= 1
2
14
π ρ , (2)
( )aghd
mF l −⋅
⋅
⋅⋅+= 2
2
24
π ρ . (3)
Dosadením rov. 2 a rov. 3 do rov. 1 dostaneme po úprave zrýchlenie
nádob:
d d h1
h2
m m
G
F m1
1 G2
F m2
F l1
F l2
F 1 F 2
a
( ) ( )aghd
maghd
m −⋅
⋅
⋅⋅+=+⋅
⋅
⋅⋅+ 2
2
1
2
44
π ρ
π ρ , (4)
ahd
mghd
mahd
mghd
m ⋅
⋅⋅
⋅+−⋅
⋅
⋅⋅+=⋅
⋅
⋅⋅++⋅
⋅
⋅⋅+ 2
2
2
2
1
2
1
2
4444
π ρ
π ρ
π ρ
π ρ
⋅
⋅⋅−−⋅
⋅⋅+⋅=
⋅
⋅⋅++⋅
⋅⋅+⋅ 1
2
2
2
2
2
1
2
4444h
d mh
d mgh
d mh
d ma
π ρ
π ρ
π ρ
π ρ
( )
( )
( )
( )4.02.04
4.0100012
2.04.04
4.01000
81.9
42
42
2
21
2
12
2
+⋅⋅
⋅+⋅
−⋅⋅
⋅
⋅=
+⋅⋅
⋅+⋅
−⋅⋅
⋅
⋅=π
π
π ρ
π ρ
hhd
m
hhd
ga = 3.1855 m⋅⋅⋅⋅s-2. (5)
Na dná pôsobia tlaky:
( ) ( ) 2.01855.381.9100011 ⋅+⋅=⋅+⋅= hag p ρ = 2.5991 kPa, (6)( ) ( ) 4.01855.381.9100022 ⋅−⋅=⋅−⋅= hag p ρ = 2.6498 kPa. (7)
Tlakom odpovedajú sily na dno nádob:
4
4.01.2599
4
22
11
⋅⋅=
⋅⋅=
π π d pF = 326.61 N, (8)
4
4.08.2649
4
22
22
⋅⋅=
⋅⋅=
π π d pF = 332.98 N. (9)
-
8/16/2019 Vzorove priklady
21/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín. 27.12.2004
Relatívny pokoj kvapaliny
- 2 - Pr_MT 03-Relatívny pokoj kvapaliny
MT 3.2
Nádoby s farbou valcového tvaru priemeru d
schádzajú z bežiaceho pásu na stôl po ktorom
zotrva#nos!ou dobiehajú. Treba vypo#íta! doakej výšky h pod okraj môžu by! nádobynaplnené, aby sa farba nepreliala. Akú
po#iato#nú rýchlos! v0 môžu ma! nádoby, aby
po stole dobehli na vzdialenos! s0? Sú#inite"
trenia nádob po stole je f .
Dané: d =200 mm, s0=200 mm, f =0.14.
{h=14 mm, v0=0.75 m⋅s-1}, [Gan 2.20]
s
h
d
v02h
bežiaci pás
nádoba
0
f
dobiehanie
a
stôl
F
t F
ga
Riešenie.
Z rovnováhy síl na nádobe v dotyku nádoby zo stolom medzi spoma"ujúcou silou F a a trením
nádoby o stôl vyplýva F t :0=⋅⋅−⋅ f gmam . (1)
Z rov. 1 vyplýva spomalenie nádoby a:
14.081.9 ⋅=⋅= f ga = 1.3734 m⋅⋅⋅⋅s-2
. (2)
Na kvapalinu v nádobe na stole pôsobí gravita#né zrýchlenie g a spomalenie a. Hladina sa
nakloní pod uhlom α .
( )
2
tand
h
g
a==α . (3)
Po dosadení zrýchlenia a z rov. 2 do rov. 3 dostaneme po úprave:
22.014.0
222⋅=⋅=
⋅⋅⋅=
⋅⋅= d f
gd f g
gd ah = 0.014 m = 14 mm. (4)
Nádoba musí by! naplnená zo vzdialenos!ou h=14 mm pod povrch, aby sa nepreliala.
Z rovnováhy kinetickej energie telesa na bežiacom páse a trecích síl od stola vyplýva:
s f gmvm ⋅⋅⋅=⋅⋅2
2
1, (5)
2.014.081.922 ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= s f gv = 0.7412 m⋅⋅⋅⋅s-1.
Aby sa nádoba zastavila na vzdialenosti s=200 mm, musí ma! nádoba rýchlos! v=0.7412 m⋅s-1.
Pretože predpokladáme rovnomerne spomalený pohyb, nádoba sa zastaví za dobu:
3734.1
7412.0== a
vt = 0.5397 s.
Kombinácie príkladu.
d mm 200 100 3%% 500 1000 A B C D E
- 0.14 0.1 0.15 0.2 9.95 0 1 2 3 4
s mm 200 50 300 500 1000 5 6 7 8 9
Výsledok A05: a=1.3734 m⋅s-2,
h=14 mm,
v=0.7412 m⋅s-1,
t =0.5397 s.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
22/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín. 27.12.2004
Relatívny pokoj kvapaliny
- 3 - Pr_MT 03-Relatívny pokoj kvapaliny
MT 3.3
Nádoba na obrázku má rozmery D, d , b a je naplnená vodou
do výšky a+b. Zvrchu je nádoba zakrytá piestom tiaže G.
Trenie medzi piestom a stenami nádoby je možné zanedba!.
Hustota vody ρ .
Dané: D=0.4 m, d =0.2 m, b=0.35 m, a+b=0.52 m, G=490 N,
n=450 min-1, ρ =1000kg⋅m-3.
Ur #ite: sily v prírubách A a B, ke$ sa nádoba otá#a okolo
zvislej osi konštantnými otá#kami n.
{F h=3.74 N}, [Gan 4.3] ω
a
b
D
d
h
z
z
1
2
1
reduk.
A
B
G
Riešenie.
Pre riešenie úlohy nahra$me piest objemom vody s parabolickou hladinou, zodpovedajúci danejuhlovej rýchlosti. Poloha vrcholu paraloboidu sa vypo#íta z podmienky rovnováhy piesta
(rovnosti tiaže piesta a tiaže objemu vody. Platí teda:
GgV =⋅⋅ ρ , (1)
81.91000
490
⋅=
⋅=
g
GV
ρ = 0.049949 m3. (2)
Objem vody sa bude rovna! objemu valca so základ%ou π⋅d 2/4 a výškou h1 a objemu paraboloidu
s rovnakou základ%ou o výške z1, pri#om
81.922
2.0
30
450
2230
2
2222
22
1⋅
⋅
⋅
=⋅
⋅
⋅
=⋅⋅=
π π
ω g
d n
gr z = 1.1318 m. (3)
Objem vody potom bude:
1
2
1
2
42
1
4 z
d h
d V ⋅
⋅⋅+⋅
⋅=
π π , (4)
2
1318.1
2.0
049949.04
2
4
4
42
1
2
1
22
1
2
1 −⋅
⋅=−
⋅
⋅=
⋅
⋅⋅
⋅−
=π π π
π z
d
V
d
zd
V
h = 1.02403 m. (5)
Sila na prírubu B bude daná tiažou tla#ného telesa zostrojeného medzi prírubou a jej zvislým
priemetom na hladine. Pod"a obrázku objem tla#ného telesa bude:
( ) ( ) ( ) ( )
+++⋅
−⋅=
−⋅−⋅+++⋅−⋅=
24244
211
22
1222
11
22 z zha
d D z zd D zhad DV z
π π π , (6)
pri#om
81.92
60
4.0450
2
60
2
230
222
2⋅
⋅⋅
=⋅
⋅⋅⋅
=⋅
⋅
⋅
=
π π π
g
Dn
g
Dn
z = 4.5273 m. (7)
Dosadením do rov. 6 dostaneme:
( )
⌡
+
++⋅
−⋅
= 2
5273.41318.1
02403.117.04
2.04.022
π zV = 0.37921 m
3
. (8)
Sila na prírubu B bude:
-
8/16/2019 Vzorove priklady
23/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín. 27.12.2004
Relatívny pokoj kvapaliny
- 4 - Pr_MT 03-Relatívny pokoj kvapaliny
37921.081.91000 ⋅⋅=⋅⋅= z B V gF ρ = 3.7281 kN.
Na prírubu A pôsobí rovnaká sila, pretože nad prírubou nie je $alšia plocha, na ktorú pôsobí
zvislá zložka.
MT 3.4
Benzínová nádrž má rozmery A,⋅ B,⋅C v tvare
hranola pod"a obrázku. Je naplnená benzínom
do výšky h=1/3⋅ A. Ur #ite maximálne dovolené
zrýchlenie lietadla v horizontálnej rovine, pri
ktorej nedôjde k prerušeniu dodávky benzínu v
lietadle.
{a=14.715 m⋅s-1}, [Suk 2.2.16]
B=2A
A
A
h=1/3A
xpôvodný stav
a
A
α
pri zrýchlení
a
lietadla
a
g
Riešenie.
Objem benzínu v nádrži je pri vodorovnom lete bez zrýchlenia:3
3
2
32 A
A A AV ⋅=⋅⋅⋅= . (1)
K prerušeniu dodávka paliva by došlo pre stav pod"a obrázku vpravo. Pre sklonenú hladinu platí:
( ) x A
Atg
−=α ,
( )( ) ( )
−⋅=
−⋅=
α α
α
tg A
tg
Atg A x
11 . (2)
Tiež platí pri zrýchlení lietadla o ve"kosti a:
( )g
atg =α . (3)
Objem benzínu v naklonenej nádrži:
( ) ( ) x A A
x A A A x A AV n +⋅=−⋅⋅⋅+⋅⋅=22
12
. (4)
Po dosadení rov. 2 do rov. 4 a úprave dostaneme:
( ) ( )
−⋅=
−⋅+⋅=
α α tg
A
tg A A
AV n
12
2
11
2
32
. (5)
Musí plati!, že objem benzínu v nádrži pred a po naklonení musí by! rovnaký:
nV V = . (6)
Po dosadení rov.1, rov. 3 a rov. 5 do rov. 6 a po úprave dostaneme:
( )
−⋅=
−⋅=⋅ a
g A
tg
A A 22
1223
233
3
α , (7)
81.92
3
2
3⋅=⋅= ga = 14.715 m⋅⋅⋅⋅s
-2. (8)
Maximálne dovolené zrýchlenie lietadla musí by! menšie ako 14.715 m⋅s-2. Tomu odpovedá
uhol naklonenia hladiny
=
=
81.9
715.14atanatan
g
aα = 56.3099 ° = 56°18´36´´.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
24/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín. 27.12.2004
Relatívny pokoj kvapaliny
- 5 - Pr_MT 03-Relatívny pokoj kvapaliny
MT 3.5
Nádoba štvorcového prierezu b⋅c je !ahaná cez kladku závažím.
Tiaž nádoby je Gn, tiaž závažia G z, výška vody v nádobe je h,
sú#inite" trenia pri pohybe nádoby po podložke je f .Dané: Gn=40 N, G z=50 N, b=c=0.3 m, h=0.1 m, f =0.2, ρ=1000
kg⋅m-3.Ur!ite: výšku nádoby H tak, aby sa pri pohybe nádoba nepreliala.
{ H =128.5 mm}, [Tar 1.3.5]
α
H h
b
G z
Gn
f
m a.
F t
Riešenie.
Pre pohyb nádoby platí rovnováha síl:
( ) 0=⋅⋅⋅⋅+⋅−⋅− hcbgG f amG n z ρ , (1)kde je
hcbg
G
m n
⋅⋅⋅+= ρ . (2)
Hladina vody v nádobe sa nakloní pod uhlom:
( )
2
tanb
h H
g
a −==α ,
g
bah H
⋅
⋅+=
2. (3)
Po dosadení rov. 2 a rov. 3 do rov. 1 a úprave dostaneme zrýchlenie nádoby:
( ) 0=⋅⋅⋅⋅+⋅−⋅
⋅⋅⋅+− hcbgG f ahcb
g
GG n
n z ρ ρ , (4)
( ) ( )
1.03.03.0100081.9
40
1.03.03.081.91000402.050
⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅⋅+⋅−=
⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅⋅+⋅−=
hcbg
G
hcbgG f Ga
n
n z
ρ
ρ = 1.8614 m⋅s
-2. (5)
Z rov. 3 plynie:
81.92
3.08614.11.0
2 ⋅
⋅+=
⋅
⋅+=
g
bah H = 0.12846 m = 128.46 mm.
Aby sa nádoba nepreliala, výška nádoby musí by! vä#šia ako 128.46 mm.
MT 3.6
Nádoba priemeru d a výšky h naplnená vodou sa rozto#í
otá#kami n1.Dané: d =0.6 m, h=1 m, n1=60 min
-1.
Ur!ite: hmotnos! vody m, ktorá zostane v nádobe po jej
rozto#ení otá#kami n1. Pri akých otá#kach n2 zostane
v nádobe polovica pôvodného objemu vody.
{m= 257 kg, n2=141.065 min-1}, [Tar 1.3.8]
d
ω
h d
ω
h
H
V 2
Riešenie.
A) Po rozto#ení nádoby otá#kami n1 hladina v nádobe sa ustaví pod"a nasledujúceho obrázku –
zbytok kvapaliny vyte#ie. Pôvodný objem kvapaliny je:
hd
V ⋅⋅
=
4
2
1
π . (1)
Objem rota#ného paraboloidu:
-
8/16/2019 Vzorove priklady
25/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín. 27.12.2004
Relatívny pokoj kvapaliny
- 6 - Pr_MT 03-Relatívny pokoj kvapaliny
d
ω
h=H
g
d
g
ud V
⋅
⋅=
⋅⋅
⋅⋅=
16242
1222
2
π π . (2)
Unášivá rýchlos! kvapaliny na priemere d :
nd nd d
u ⋅⋅=⋅⋅⋅
=⋅= π π
ω 2
2
2. (3)
Výška prevyšujúcej hladiny na priemere d:
( )g
nd
g
u H
⋅
⋅⋅=
⋅=
22
22π
. (4)
V nádobe zostane objem vody
( ) ( )
⋅
⋅⋅−⋅
⋅=⋅⋅⋅
⋅
⋅−⋅
⋅=−=
g
nd h
d nd
g
d h
d V V V
44164
222
22
21
π π π
π π , (5)
⋅
⋅⋅
−⋅⋅
=81.94
60606.0
14
6.0´
2
2 π π
V = 0.90945 m3.
To predstavuje hmotnos! vody:
90945.01000 ⋅=⋅= V m ρ = 909.45 kg.
B) Pri polovi#nom objeme vody bude plati!:
( )
⋅
⋅⋅−⋅
⋅=−=⋅
g
nd h
d V V V
445.0
2
2
2
21
π π , (6)
181.926.02
1212 ⋅⋅⋅⋅
=⋅⋅⋅⋅
= hgd
nπ
= 2.34989 s-1 = 140.99 min-1.
V nádobe zostane polovi#ný objem vody pri otá#kach 140.99 min-1.
MT 3.7
Valcová nádoba naplnená vodou priemeru d a výšky a tlakom p v strede
dna nádoby rotuje otá#kami n.
Dané: d =1 m, ρ =1000 kg⋅m-3, p=18 kPa, n=140 min-1.
Ur!ite: tlak p A v bode A horného veka nádoby.
{ p A=37.02 kPa}, [Gan 2.3]
d
ω
h
A
p
Riešenie.
Tlak na osi otá#ania vo výške h:
8.081.9100010183
1 ⋅⋅−⋅=⋅⋅−= hg p p ρ = 10.152 kPa. (1)
V bode A bude prírastok tlaku vplyvom odstredivej sily:2222
6023022222
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
⋅⋅==∆
nd nd d u p
π ρ π ρ ω
ρ ρ , (2)
2
601401
21000´
⋅⋅⋅=∆ π p = 26.867 kPa.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
26/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín. 27.12.2004
Relatívny pokoj kvapaliny
- 7 - Pr_MT 03-Relatívny pokoj kvapaliny
Tlak v bode A potom bude:33
1 10867.2610152.10 ⋅+⋅=∆+= p p p A = 37.019 kPa. (3)
Pre nakreslenie redukovanej hladiny (hladinová plocha je rota#ný
paraboloid) potrebujeme zisti! dva body B, C . Volná hladina bude prechádza! bodom na osi rotácie B, v ktorom je tlak nulový (nie je
prírastok tlaku vplyvom rotácie). V bode B bude splnená rovnica:
00 =⋅⋅− hg p ρ ,
81.91000
10183
0⋅
⋅=
⋅=
g
ph
ρ = 1.835 m. (4)
Rovnica hladinovej plochy je:
( )g
r z
⋅
⋅=
2
2ω
. (5)
d
ω
h
A
p
r z
h
h1
0
B
C
Pre r =d /2 je z=h1, ( )
222
160
1401
81.92
1
602
1
2
⌡
⋅⋅⋅
⋅=
⌡
⋅⋅⋅
⋅=
⋅
⋅=
π π ω nd
gg
r h = 2.739 m.
Redukovaná hladina je zakreslená na obrázku.
MT 3.8
Valcová nádoba naplnená vodou priemeru d a tlakom p v strede horného
veka nádoby rotuje otá#kami n.
Dané: d =1 m, ρ =1000 kg⋅m-3
, h=0.8 m, p=18 kPa, n=80 min-1
.Ur!ite: silu pôsobiacu F na horné veko nádoby.
{F =9728.3 N}, [Gan 3.19]
d
ω
h
A p
Riešenie.
Prírastok tlaku vplyvom odstredivej sily bude:
2
22
3023022r
nr nu p ⋅
⌡
⋅⋅=
⌡
⋅⋅⋅=⋅=∆ π ρ π ρ
ρ . (1)
Tlak na hornom veku bude:
p p ph
∆+= . (2)
Sila pôsobiaca na horné veko:
∫ ⋅⋅⋅⋅=2/
02
d
hh dr pr F π , ⇒ (3)
d
ω=2 π
h
A
p
r
∆ p/ g ρ .
p/ g ρ .
. .n
∫
⋅
⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅
⋅
⋅⋅+⋅⋅=
2/
0
2/
0
422/
0
22
2
43022
3022
d d d
h
r nr pdr r
n pF
π ρ π
π ρ π ,
⋅⋅
⋅+⋅
⋅=
222
30164
nd p
d F h
π ρ π . (4)
-
8/16/2019 Vzorove priklady
27/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín. 27.12.2004
Relatívny pokoj kvapaliny
- 8 - Pr_MT 03-Relatívny pokoj kvapaliny
⋅⋅
⋅+⋅
⋅=
222
30
80
16
110008000
4
1 π π hF = 9.7283 kN.
Na horné veko pôsobí sila 9.7283 kN smerom nahor.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
28/41
-
8/16/2019 Vzorove priklady
29/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín.
Relatívny pokoj kvapaliny. 31.12.2004
- 2 - Pr_MT 04-Relatívny_pokoj_kvapaliny
MT 4.2
Zvislá stena pod$a obrázku so šírkou b odde$uje dva priestory
naplnené vodou. Z$ava je hladina vo výške h1 a sprava vo výške
h2. Vypo!ítajte tlakové sily a ich pôsobiská z oboch strán. Ur !ite
výslednú silu a jej pôsobisko.
Dané: b=6 m, h1=4.5 m, h2=2.8 m, ρ =1000 kg⋅m-3.
{ }, [Tar 1.4.7]
F 1F 2
F
h1h2
Riešenie.
Ve$kos" hydrostatických síl z$ava a sprava na múr vypo!ítame
zo vz"ahov ( AhgF T ⋅⋅⋅= ρ ):
ghbhbh
gF ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= ρ ρ 2
111
12
1
2, (1)
81.910005.4621 21 ⋅⋅⋅⋅=F = 595.9575 kN.
F 1F 2
F
h1h2
hF1
hF2
1
hF
ghbhbh
gF ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= ρ ρ 2
222
22
1
2. (2)
81.910008.262
1 22 ⋅⋅⋅⋅=F = 230.7312 kN.
Pôsobiská síl budú ( ehh T F += ):
111 ehh T F += , 222 ehh T F += , (3)
kde vzdialenos" "ažísk sú:
2
5.4
2
11 ==
h
hT = 2.25 m, (4)
2
8.2
2
22 ==
hh
T = 1.4 m, (5)
a excentricity sú:
6
5.4
6
1
2
12
1
11
1
3
1
2
11 =⋅=
⋅⋅
⋅⋅
== hh
hb
hb
I
I e
st
x = 0.75 m, (6)
6
8.2
6
1
2
12
1
22
2
3
2
2
22 =⋅=
⋅⋅
⋅⋅
== hhhb
hb
I
I e
st
x
= 0.46667 m, (7)
Pôsobiska síl z rov. 3 teda budú:
75.025.2111 +=+= ehh T F = 3 m. (8)
46667.04.1222 +=+= ehh T F = 1.86667 m. (9)
Z rovnováhy vodorovných síl a momentov k bodu 1 na hornej hladine ur !íme pôsobiskoa ve$kos" výslednej sila na prekážku:
33
21 107312.230109575.595 ⋅−⋅=−= F F F = 365.2263 kN. (10)
2211 F F F hF hF hF ⋅−⋅=⋅ , (11)
3.365226
86667.12.23073135.595957221 1 ⋅−⋅=⋅−⋅=F
hF hF h
F F
F = 3.716 m. (12)
-
8/16/2019 Vzorove priklady
30/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín.
Relatívny pokoj kvapaliny. 31.12.2004
- 3 - Pr_MT 04-Relatívny_pokoj_kvapaliny
Tlaková sila z $avej strany o ve$kosti 595.9575 kN pôsobí na vzdialenosti 3m, z pravej strany
o ve$kosti 230.7312 kN pôsobí na vzdialenosti 1.86667 m, výsledná sila je 365.2263 kN
a pôsobí na vzdialenosti 3.716 m.
MT 4.3
Akou silou sú namáhané skrutky, ktorými je pripevnený pláš"
kuže$ovej nádoby naplnenej vodou, ak by nádoba visela?
Rozmery nádoby sú: d 1, d 2, h. Hustota vody je ρ . Tiaž nádoby je
G.
Dané: d 1=800 mm, d 2=500 mm, h=600 mm, ρ =1000 kg⋅m-3.
{F =2958.6 N}, [G 4.4]
d
d
2
h
1
Riešenie.Ak bude nádoba zavesená pod$a obrázku, na dno, teda aj na
skrutky príruby v rovine AF bude pôsobi" tla!né teleso dané
valcom o priemere d 1 o výške h, ktoré je vytvorené dnoma hladinou medzi bodmi ABEF . Objem tohoto tla!ného telesa
je:
hd
V z ⋅⋅
=4
2
1π . (1) d
2
h
1
A
B E
d
F
Fz
Zvislá zložka pôsobiaca na dno nádoby a teda aj na skrutky príruby je daná tiažou tla!néhotelesa:
6.04
8.081.91000
4
22
1 ⋅⋅
⋅⋅=⋅⋅
⋅⋅=⋅⋅= π π
ρ ρ hd
gV gF z z = 2958.6 N.
Skrutky sú namáhané silou 2958.6 N.
MT 4.4
Akou silou sú namáhané skrutky, ktorými je pripevnený pláš" kuže$ovej nádoby naplnenej vodou, ak je nádoba položená na
dne? Rozmery nádoby sú: d 1, d 2, h. Hustota vody je ρ .
Dané: d 1=800 mm, d 2=500 mm, h=600 mm, ρ =1000 kg⋅m-3.{F =901.5 N}, [G 4.4]
d
d
2
h
1
Riešenie.Pri položení nádoby na podložku pôsobí na pláš" tla!né teleso
ABC - DEF v tvare kuže$ového valca o výške h. Priemet plochy
AC - DF na hladine je medzikružie s bodmi BC - DE . Objem
tla!ného telesa je teda:
( ) hd d V z ⋅−⋅=2
2
2
18
π . (1)
d
2
h
1
A
B E
d
F
C D
Fz
Potom zvislá zložka sily pôsobiaca na pláš" nádoby vertikálne, a teda i sily pôsobiacej na prírubudna je:
( ) ( ) 6.05.08.0881.910008222
2
2
1 ⋅−⋅⋅⋅=⋅−⋅⋅⋅=⋅⋅=
π π
ρ ρ hd d gV gF z z =901.5 N.
Na skrutky pláš"a pôsobí sila 901.5 N.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
31/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín.
Relatívny pokoj kvapaliny. 31.12.2004
- 4 - Pr_MT 04-Relatívny_pokoj_kvapaliny
MT 4.5
Z nádrže sa vypúš"a voda potrubím priemeru d cez ventil.Vypo!ítajte silu F potrebnú na zdvihnutie záklopky ventilu!
Tiažová sila záklopky je G, výška st% pca vody nad stredom
záklopky je h. Konštruk !né rozmery páky sú a, b, uhol α .Dané: d =300 mm, G=39 N, h=3 m, a=450 mm, b=1200 mm,
α =45°, ρ =1000 kg⋅m-3
.
{F =792.75 N}, [Gan 3.17] d
a
b
h
F α
G
O
Riešenie.
Z rovnováhy momentov k bodu O páky vyplýva = 0O M :
( ) ( ) 0cos =+⋅−⋅⋅−⋅ aeF aGbF hα . (1)Sila od tlaku na plochu otvoru priemeru d je vo!i osi potrubia posunutá o excentricitu:
( )
( )16
cos
cos4
642
2
4
´ α
α
π
π
⋅=
⋅⋅
⋅
== d
hd
d
I
I e
st
x . (2)
Tiaž tla!ného telesa:
4
2d
hgF h⋅
⋅⋅⋅= π
ρ . (3)
Po dosadení rov. 2 a rov. 3 do rov.1 a úpravách⇒
( ) ( )
( ) ( )
4
cos
16
1sinsin
22d
hgh
d a
bb
aGF
b
ae
b
aGF h
⋅⋅⋅⋅⋅
⋅+⋅+⋅⋅=⋅
++⋅⋅=
π ρ
α α α , (4)
( ) ( )
⋅⋅⋅⋅⋅
⋅
⋅++⋅⋅⋅=
416
cossin
122
d hg
h
d aaG
bF
π ρ
α α ,
( ) ( )
⋅⋅⋅⋅⋅
⋅
°⋅++°⋅⋅⋅=
4
4.0381.91000
316
45cos3.045.945sin45.039
2.1
122
π F = 792.75 N.
Na zdvihnutie záklopky ventilu potrebujeme silu vä!šiu ako 792.75 N.
MT 4.6
Vodná nádrž je uzatvorená naklonenou stenou pod uhlom α . Vstene je vo vzdialenosti a od hladiny otvor priemeru d .
Dané: d =0.5 m, a=1 m, α =60°, ρ =1000 kg⋅m-3.
Ur!ite: ve$kos" sily F a jej pôsobisko na kruhový otvor pod
hladinou v nádrži.
{F =2085.2 N, hF =1.093 m}, [Gan 3.1]
hF hTF
a
ex
x,
a
d yTyF
Riešenie.
H% bka "ažiska plochy pod hladinou bude:
-
8/16/2019 Vzorove priklady
32/41
Mim. prof. Ing. Jozef Turza, CSc. Príklady z Mechanika tekutín.
Relatívny pokoj kvapaliny. 31.12.2004
- 5 - Pr_MT 04-Relatívny_pokoj_kvapaliny
α sin2
⋅
+=
d ahT . (1)
Tla!ná sila na plochu:
α π
ρ ρ sin24
2
⋅
⌡
+⋅
⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=
d a
d gh AgF T , (2)
°⋅
⌡
+⋅
⋅⋅⋅= 60sin
2
5.01
4
5.081.91000
2π
F = 2085.18 N.
Vzdialenos" pôsobiska sily v sklonenej rovine:
+⋅
+
+=
⋅⋅
⋅
+=+=
216
2
4
642
2
4
´
d a
d d a
yd
d
y I
I y y
T
T
st
xT F
π
π
, (3)
+⋅
+
+=
2
5.0116
5.0
2
5.01
2
F y = 1.2625 m.
H% bka pôsobiska tla!nej sily od hladiny bude:
°⋅=⋅= 60sin2625.1sinα T F yh = 1.09336 m, (4)
Na prírubu bude pôsobi" sila F =2085.16 N a h% bka jej pôsobiska je hF =1.09336 m.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
33/41
Pr_MT 05-01 Príklady z Mechanika tekutín. Relatívny pokoj kvapaliny. 2.5.2005
- 1 -
MT 5.1
Má sa zostroji! pl! z i gu"atín priemeru d a d#žky l
tak, aby uniesla n "udí. Hustota dreva je ρ d , vody ρ va hmotnos! jedného $loveka je m. Brvná nech sa
ponoria do polovice priemeru h=d /2. Dané : d = 250 mm, l= 10 m, n= 15 "udí, ρ d = 800
kg⋅m-3, ρ v= 1000 kg⋅m
-3, m= 85 kg.
Ur ! ite: minimálny potrebný po$et brvien plte i, tiaž plte G, vztlakovú silu plte F v.
{i%26}, [Tur ]
l
d h
d
F /iv
G/i
Q/i
h=d/2
Riešenie.
Ponorený objem jedného brvna bude
104
25.0
8
22
⋅⋅
=⋅⋅
= π π
ld
i
V = 0.2454 m3. (1)
Tiaž objemu plte budei.i..ig
i
V G
d ⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ρ= 2192681924540800 . (2)
Za!aženie pätnástimi osobami bude7512507158198515 ..gmQ =⋅⋅=⋅⋅= N. (3)
Vztlak brvien je
i.i..igi
V F vv ⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ρ= 372407819245401000 . (4)
Z rovnováhy síl vo zvislom smere plynie
vF QG =+ . (5)
Po dosadení dostanemei..i. ⋅=+⋅ 372407751250721926 . (6)
Minimálny po$et brvien musí by!
2621936372407
7512507≅
−=
..
.i brvien. (7)
Pl! musí ma! minimálne 26 brvien.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
34/41
Pr_MT 05-02 Príklady z Mechanika tekutín. Relatívny pokoj kvapaliny. 2.5.2005
- 1 -
MT 5.2
Potrubie vnútorného priemeru d =20mm s tlakom p
slúži pre plnenie nádrže vodou. Koniec potrubia sa
uzatvára klapkou, spojenou s nerovnoramennou
pákou pod!a obrázku s ramenami a a b. Na druhomkonci páky je pripevnená dutá gu!a priemeru D.
Vypo"ítajte maximálny ponor gule x, ke#
zanedbáme tiaž gule, tiaž páky a klapky! (Objem
ponoreného gu!ového odseku je V x=π⋅ x2⋅ (D/2-
x/3)).
Dané: p=100 kPa, a=25 mm, b=650 mm, D=120
mm, d=20 mm.
Ur!ite: ponor dutej gule x.
{ }, [Gan 5.14 ]
p
dutá gu! aklapka
potrubie
V x
b
x
a
Dd
Riešenie.
Sila na klapku:
4
02.0101
4
25
2⋅
⋅⋅=⋅
⋅=⋅= π π d
p A pF = 31.416 N. (1)
Z rovnováhy momentov k oto"nému k $ bu páky
platí:
0=⋅−⋅ bF aF G , ∫ (2)
65.0
025.0416.31 ⋅=⋅=
b
aF F G = 1.2083 kN. (3)
Na guli platí rovnica rovnováhy v zvislom
smere:
p
dutá gu! aklapka
potrubie
V x
b
x
a
Dd
F G
F v
F
vG F F = . (4)
Ponorený objem gule je:
−⋅⋅=
32
2 x D xV x π . (5)
Vztlaková sila gule je:
−⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=
32
2 x D xgV gF xv π ρ ρ . (6)
Dosadením rov. 6 a rov. 3 do rov. 4 dostaneme:
032
2=
−⋅⋅⋅⋅−
x D xgF
G
π ρ ,
023
23=+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅ GF x
Dg xg π ρ
π ρ ,
Riešením tejto rovnice je reálne riešenie x=0.027799 m ≅ 28 mm.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
35/41
Pr_MT 05-03 Príklady z Mechanika tekutín. Relatívny pokoj kvapaliny. 2.5.2005
- 1 -
MT 5.3
Pri akej minimálnej výške vody nádrži H bude pod!a obrázku oce!ová
gu!ô"ka (hustoty ρ G) s polomerom R, zakrývajúca kruhový otvor
priemeru d vo vertikálnej stene, v rovnováhe?
Dané: ρ v=1000 kg⋅m-3
, ρ G=7850 kg⋅m-3
, R=120 mm, d =1.5⋅ R, objemgule bez gu!ového odseku je
( ) ( ) x R x R RV O +⋅⋅−⋅−⋅⋅
= 233
4 23 π π .
{ H =2.426 m}, [Gan 4.18]
H
x
R d
Riešenie.
Vzdialenos# #ažiska gule od steny x:
4
7
16
81
4
3
2
2
2
2
2⋅=−⋅=
⋅−=
−= R R R R
d R x . (1)
4
7
12.0 ⋅= x = 79.375⋅10-3
m = 79.375 mm.
Objem celej gule:
H
xR
de
p
Fv
Fp
G
Vo
A
3312.0
3
4
3
4⋅⋅=⋅⋅= π π RV G = 7.2382⋅10
-3 m3. (2)
Tiaž gule:
3
3
4 RgV gG
GGG ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= ρ π ρ . (3)
Vztlaková sila vznikne od odseku gule bez odseku. Objem tohto útvaru je:
( ) ( ) x R R x R RV o +−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅= 3
3
1
3
4 23π π , (4)
⋅−⋅⋅
⋅−⋅⋅−⋅⋅=
4
72
4
7
3
1
3
42
3 R R R R RV o π π ,
( ) ( )741128192
12.0741128
192
33
⋅+⋅⋅
=⋅+⋅⋅
= π π R
V o
= 6.6862⋅10-3 m3. (5)
Vztlaková sila potom je:
( ) ( )74112881.91000192
12.0741128
192
33
⋅+⋅⋅⋅⋅
=⋅+⋅⋅⋅⋅
=⋅⋅= π
ρ π
ρ g R
V gF vovv = 65.592 N.
(6)
Tlaková sila pôsobí na plochu o priemere d :
H H H g Rd
H gF vv p ⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅= 956.2981.9100012.0
16
9
16
9
4
322
π ρ π π
ρ .
(7)
Tlaková sila pôsobí posunutá o excentricitu e, ktorá je:
( )
( ) H H H R
H
R
H
d
H d
d
I
I e
st
x0081.0
64
12.09
64
9
16
2
3
16
4
6422
2
2
2
4
´ =⋅
⋅=
⋅
⋅=
⋅
⋅
=⋅
=
⋅⋅
⋅
==π
π
. (8)
Z momentovej rovnováhy k bodu A vyplýva:
= 0 A M , ⇒
-
8/16/2019 Vzorove priklady
36/41
Pr_MT 05-03 Príklady z Mechanika tekutín. Relatívny pokoj kvapaliny. 2.5.2005
- 2 -
( ) 02
=⋅−+
−⋅ xGF e
d F x p , (9)
Po dosadení rov.6, rov. 7 a rov.8 do rov. 9 po úprave dostaneme:
( )
⋅⋅⋅⋅−⋅+⋅⋅⋅
⋅⋅
⋅+
⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 3
32
2
34741128
192479
43
169 Rgg R R
H R R H g R Gvv ρ π ρ π ρ π ,
z toho plynie
⋅+⋅−
⋅
⋅+⋅⋅= 7
128
411
256
1
81
71634
v
G R H ρ
ρ
π . (10)
Po dosadení dostaneme:
⋅+⋅−
⋅
⋅+⋅⋅= 7
128
411
256
1
1000
7850
81
716312.04
π H = 2.4258 m.
Hladina vody musí by# vä"šia ako 2.4258 m.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
37/41
Pr_MT 05-04 Príklady z Mechanika tekutín. Relatívny pokoj kvapaliny. 2.5.2005
- 1 -
MT 5.4
Vypo!ítajte ve"kos# sily pôsobiacej na valcový uzáver nádrže napl-
nenej vodou pod"a obrázku. Nádrž je naplnená vodou do výšky h,
d$žka valca je L, polomer r a uhol α . Nazna!te riešenie aj graficky.Dané: h=10 m, L=3 m, r =4 m, α =30°, ρ =1000 kg⋅m
-3.
{Fz=66.512 kN}, [Tar 1.5.2]
r
α h2
h
h1
Riešenie.
Grafické riešenie je pomocou tla!ného telesa. Vertikálna zložka
sily v smere osi z sa rovná tiaži tla!ného telesa kvapalín,
pôsobiacich na valcový uzáver.
Analytické riešenie. Poloha stredu valca:
°⋅=⋅= 30sin4sin2 α r h = 2 m. (1)
Výška vrchlíka: h2
h
h1l1
V z
α
r
( ) ( )°−⋅=−⋅= 30cos14cos11 α r l = 0.5359 m.
2921 −=−= hhh = 7 m. (2)
Objem telesa nad valcom:
⋅−⋅⋅⋅=
⋅−⋅⋅⋅=⋅⋅⋅−⋅⋅⋅=
2
47243
22
2
12 1
2
11
π π π
r hr L Lr r LhV z = 92.602 m
3.
Lr hr hr l LhV z ⋅
⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅−⋅⋅= α π
α cos
2
1
3602
2
212 ,
330cos422
14
360
30245359.039
2
2 ⋅
⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅−⋅⋅= π zV = 13.428 m
3.
alebo
⋅+
⋅⋅−−
⋅⋅⋅=
2
cos
360
22
12
α α π hr h
r
lhr LV z ,
⋅+
⋅⋅−−
⋅⋅⋅=
2
30cos2
360
3042
4
5359.09432
π zV = 13.428 m
3.
428.132602.922 21 ⋅−=⋅−= z z z V V V = 65.746 m3.
⋅
⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅= Lr hr hr l Lh Lr r LhV z α π α π cos
21
3602
212 2
221
21 , (3)
⋅⋅+⋅⋅−⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅= α π
α π cos
2
1
3602
2
12 221
2
1 hr hr lhr r h LV z ,
⋅
−⋅⋅
+−⋅
⋅−⋅
−⋅⋅⋅=2
cos
3602
22 22
11
α α π π hr h
r
lhr hr LV z , (4)
°⋅
−⋅⋅
+−⋅
⋅−⋅
−⋅⋅⋅=2
30cos2
360
3042
4
5359.092
2
47243
π π zV = 65.746 m
3.
Ve"kos
# sily:
746.6581.91000 ⋅⋅=⋅⋅= z z V gF ρ = 644.968 kN.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
38/41
Pr_MT 05-04 Príklady z Mechanika tekutín. Relatívny pokoj kvapaliny. 2.5.2005
- 2 -
Na valcový uzáver pôsobí tlaková sila zvislo o ve"kosti 644.968 kN.
-
8/16/2019 Vzorove priklady
39/41
Pr_MT 05-05 Príklady z Mechanika tekutín. Relatívny pokoj kvapaliny. 2.5.2005
- 1 -
MT 5.5
Kruhový otvor v dne vodnej nádrže uzatvára gu!ô"ka tiaže G a prie-
meru D. Priemer otvoru je d , výška hladiny h.Dané: D=0.08 m, d =0.05 m, h=0.2 m, G=2.45 N, ρ =1000 kg⋅m
-3.
Ur!ite: silu F potrebnú na zdvihnutie gu!ô"ky.
{F =3.668 N}, [Gan 4.7]
r
α
h
D
d
Riešenie.
Všeobecne:
d
vV
−⋅⋅
⋅= vd
vV
2
3
3
2π
, objem vrchlíku
−−⋅=
2
112 D
d Dv . výška vrchlíku
Rα
h
d=2r
yV 1
V 1
V 3
F v
F p
GV 2
xv
F
Výška vrchlíku s objemom V 1:
( )2
05.008.0
2
1 −=−⋅= d Dv = 0.015 m = 15 mm.
D#žka tetivy vrchlíku s objemom V 1:
22
08.0
05.0108.01
−⋅=
−⋅=
D
d D y = 62.45⋅10
-3 m = 62.45 mm.
R=D/2
v
V 1
d=2r
y
Objem vrchlíku V 1:
( )( ) ( )
+⋅−⋅=
−⋅−⋅⋅
⋅
−⋅=
262
1
2
3
23
22
1
d Dd Dd D D
d DV
π π ,
( )
+⋅−⋅=
2
05.008.005.008.0
6
2
1
π V = 49.48⋅10
-6 m3.
D#žka tetivy vrchlíku z objemom V 2.
05.02 =⋅= r d m.
Výška vrchlíku V 2:
−−⋅=
−−⋅=
22
08.0
05.011
2
08.011
2 D
d D x ,
x = 0.019744 m = 19.744 mm.
R=D/2
V 2
d=2r
y
Objem vrchlíku V2:
−−⋅−⋅⋅
−−⋅⋅=
22
2
2 1122
311
23 D
d D D
D
d DV
π ,
-
8/16/2019 Vzorove priklady
40/41
Pr_MT 05-05 Príklady z Mechanika tekutín. Relatívny pokoj kvapaliny. 2.5.2005
- 2 -
−−−⋅
−−⋅
⋅=
223
2 1131124 D
d
D
d DV
π ,
−−−⋅
−−⋅⋅=
223
208.005.0113
08.005.011
2408.0π V = 40.883⋅10-6 m3.
Vztlaková sila gule:
⋅−
⋅⋅⋅⋅=
−
⋅⋅⋅⋅=
−6
3
2
3
10883.402
08.0
3
481.91000
23
4π π ρ V
DgF v ,
vF = 2.288 N.
Tlaková sila na gu!u:
( ) ( )
⋅−−⋅
⋅⋅⋅=
−−⋅
⋅⋅⋅=
−62
1
2
1048.49019744.02.0
4
05.081.91000
4
π π ρ V yh
d gF p ,
pF = 2.9867 N.
Z rovnováhy síl vo zvislom smere vyplýva:
0=−+− pv F F GF ,
9867.2288.245.2 +−=+−= pv F F GF = 3."487 N.
Na zdvihnutie guli"ky v otvore je potrebná sila vä"šia ako 3.1487 N.