Mehanika fluida - handot za auditorne...

1 Statika fluida1.1 UvodPri prouqava�u mehanike fluida sile koje deluju na fluid mo�emo podeliti na:• zapreminske sile - deluju na svaki fluidni deli� unutar posmatrane zapremine bez nekogdirektnog fiziqkog kontakta (sila zemine te�e, iner ijalna sila, elektromagnetna sila).Ove sile se obiqno izra�avaju po jedini i mase [N/kg℄.• povrxinske sile - deluju na odgovaraju�e povrxi i ostvaruju se direktnim kontaktom (dejstvoneke qvrste povrxi na fluid, ili dejstvo fluida na bilo koju zamixenu povrx). Za ove silese mora definisati i odgovaraju�a povrx na koju deluju. Pri prouqava�u povrxinskih siladefinixe se pojam vektora ili tenzora napona - povrxinska sila u nekoj taqki se svodi naodgovaraju�u infinitezimalnu povrx koja je odreÆena svojim vektorom normale ~n.

~pn =d~F

dA− vektor napona (1.1)Na taj naqin se, u nekom opxtem sluqaju dobija fiziqka veliqina za koju je potrebno devetskalarnih veliqina da bi bila u potpunosti odreÆena u nekoj taqki u fluidu. Pomo�u tenzoranapona se na vrlo efektan naqin mo�e opisati prenoxe�e dejstva povrxinskih sila kroz fluid.U okviru statike fluida prouqava se apsolutno i relativno mirova�e fluida. Kako �e i najma�itangen ijalni napon dovesti do kreta�a fluida, pri mirova�u fluida tangen ijlani naponi ufluidu moraju biti jednaki nuli, i naponsko sta�e u �emu se svodi samo na normalne napone.Kako fluid ne mo�e da "trpi"normalne napone isteza�a (bi�e naruxena pretpostavka o fluidu kaokontinuumu), prilikom mirova�a fluida postaja�e samo normalni naponi pritiska - tj. naponskosta�e u fluidu se mo�e opisati jednostavnom rela ijom:

~pn = −p~n, tj. P = −p

1 0 0

0 1 0

0 0 1

≡ −pE (1.2)gde je sa ~pn oznaqen vektor napona, sa P tenzor napona. Detana analiza naponskog sta�a u fluidu,kao i defini ije vektora i tenzora su dati na predava�ima. Dakle, u stati i fluida silu kojomfluid deluje na neku povrx, imaju�i u vidu (1.1) i (1.2), odreÆujemo pomo�u izraza:

~F = −∫

A

p~ndA (1.3)Silu ~F �emo qesto oznaqavati i sa ~P i nazivati silom pritiska.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 21.2 Razni naqini predstava�a pritiska u fluiduKao xto je reqeno u uvodu, pri mirova�u fluida naponsko sta�e u fluidu se svodi na pritisak.Osnovna jedini a u SI sistemu za pritisak je paskal - [Pa]. Alternativna jedini a za pritisak, kojase qesto koristi u mehani i fluida je bar - 1bar = 100000 Pa ≡ 105 Pa. Definiximo sada pojmovevezane za pritisak, a koje �emo qesto sretati. To su:• Atmosferski pritisak - predstava pritisak okolnog vazduha, i on je funk ija vremenskihuslova i nadmorske visine. Oznaqava se sa pa ili pb. U naxim proraqunima najqex�e se uzimatida je pa = const, i da ta vrednost iznosi pribli�no pa ≈ 1 bar, taqnije pa = 101325 Pa. Ovavrednost predstava tzv. standardnu atmosferu.• Apsolutni pritisak - apsolutni pritisak se meri u odnosu na apsolutnu nulu pritiska (vidisliku 1.2), i on u fluidu mo�e biti ma�i, jednak ili ve�i od atmosferskog. Oznaqava se sa p.• Natpritisak - ako je u nekoj taqki fluidu pritisak ve�i od atmosferskog, onda se u tojtaqki mo�e definisati natpritisak koji predstva razliku apsolutnog pritiska u toj taqkii atmosferskog pritiska. Oznaqava se sa pm.• Potpritisak - ako je u nekoj taqki u fluidu pritisak ma�i od atmosferskog, onda se utoj taqki mo�e definisati potpritisak koji predstava razliku atmosferskog pritiska iapsolutnog pritiska u toj taqki. Oznaqava se sa pv.

PSfrag repla emen p

pA

(pm)A

(pv)B

pB

pa

AVApsolutna nula pritiska (vakuum)

Atmosferski pritisakSlika 1.1: Razni naqini predstava�a pritiska

pA = pa + (pm)A − apsolutni pritisak u taqki ApB = pa − (pv)B − apsolutni pritisak u taqki V

(pm)A − natpritisak u taqki A(pv)B − potpritisak u taqki V

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 31.3 Osnovna jednaqina mirova�a fluida (Ojlerova jednaqina)Posmatrajmo proizvonu zapreminu V fluida koja je ograniqena zatvorenom povrxi A u kojojse nalazi fluid gustine ρ (slika 1.2). Pod kojim uslovom �e ova zapremina fluida biti u sta�umirova�a? Odgovor je dobro poznat i jednostavan - vektorski zbir svih sila koje na �u deluju morabiti jednak nuli.PSfrag repla emen A

V

dA

dV

~n

−p~ndA

~fSlika 1.2: Proizvona zapremina fluida u sta�u mirova�aUkupna masena sila koja deluje na zapreminu V je:Ukupna zapreminska sila =

∫

V

ρ ~f dVdok je ukupna povrxinska sila (deluje na povrx A) odreÆena izrazom:Ukupna povrxinska sila = −∮

A

p~n dAZnak minus u posled�oj jednaqini proizilazi iz qi�eni e da je sila pritiska uvek usmerena suprotnonormali povrxi na koju deluje. Dakle, ako smo definisali sve sile koje deluju na posmatranuzapreminu, sada mo�emo vrlo lako da iska�emo jezikom matematike koji je to uslov neophodan da bifluid bio u sta�u mirova�a. To je jednaqina ravnote�e sila:∫

V

ρ ~f dV +

−∮

A

p~n dA

= 0 (1.4)Koriste�i teoremu Gaus-Ostrogradskog, koja nam govori o tome kako promene neke fiziqke veliqinena zatvorenoj povrxi A koja ograniqava zapreminu V utiqu na promenu te fiziqke veliqine unutarzapremine V , drugi qlan u jednaqini 1.4 se mo�e napisati u slede�em obliku:∮

A

p~n dA =

∫

V

∇ p dV, ∇ =∂

∂x~i+

∂

∂y~j +

∂

∂z~k − Hamiltonov operator

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 4tako da se jednaqina 1.4 mo�e napisati u slede�em obliku:∫

V

(

ρ ~f −∇ p)

dV = 0 (1.5)Kako je zapremina V proizvono izabrana, leva strana jednaqine (1.4) �e biti jednaka nuli u naj-opxtijem sluqaju kada je podintegralna funk ija jednaka nuli.ρ ~f −∇ p = 0 =⇒ ρ ~f = grad p (1.6)Na osnovu jednaqine (1.6) mo�e se zakuqiti da je poe pritiska u fluidu koji miruje u potpunostiodreÆeno poem zapreminskih sila koje na �ega deluju.U rexava�u praktiqnih problema qesto se koristi i drugi oblik jednaqine (1.6), do koga se dolazina slede�i naqin. Leva i desna strana jednaqine se napixu u razvijenom obliku, tj.ρ(

fx~i+ fy~j + fz ~k)

=∂p

∂x~i+

∂p

∂y~j +

∂p

∂z~kgde su fx, fy i fz projek ije zapreminske sile na koordinatne ose Dekartovog koordinantnog sistema.Sada se i leva i desna strane jednaqine pomno�i sa elementarnim vektorom d~r = dx~i+ dy~j + dz ~k,pa se dobija slede�a jednaqina:

ρ (fx dx+ fy dy + fz dz ) =∂p

∂xdx+

∂p

∂ydy +

∂p

∂zdz (1.7)Desna strane jednaqine (1.7) predstava totalni diferen ijal funk ije p = p(x, y, z), tako da konaqnodobijamo:

dp = ρ (fx dx+ fy dy + fz dz ) (1.8)Dakle, dobijena je jedna diferen ijalna jednaqina, iz koje se integrae�em i leve i desne stranejednaqine (1.8) mo�e jednoznaqno odrediti poe pritiska, tj.p = p(x, y, z) =

∫

ρ (fx dx+ fy dy + fz dz ) + C (1.9)gde je C konstanta koja se odreÆuje iz graniqnih uslova, tj. iz poznate vrednosti pritiska u nekojtaqki (x, y, z) u fluidu. Primena jednaqine (1.9) najboe �e se ilustrovati na primerima koji slede.Jednaqine (1.6) i (1.8) va�e i mirova�e stixivog (ρ 6= const) i za mirova�e nestixivog fluida(ρ = const), jer nije uvedena nikakva prestpostavka vezana za gustinu fluida koji se nalazi unutarzapremine sa slike 1.2 prilikom izvoÆe�a Ojlerova jednaqine.Iz jednaqine (1.6) mo�emo izvu�i slede�e zakuqke (vidi prezenta iju "Repetitorijum teorijepoa"):• vektor ~f pokazuje prava i smer najve�e promene pritiska u fluidu koji miruje, jer je kolinearansa vektorom gradp

• u fluidu koji miruje vektor ~f je normalan na povrxi konstantnog pritiska (izobarske povrxi)Primer 1.1: Mirova�e nestixivog fluida u pou sile Zemine te�eKada fluid miruje u pou zemine te�e, vektorsko poe zapreminskih sila je konstantno, tj.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 5~f = g ~k 1, ili ~f = −g ~k, u zavisnosti od toga kako je usmerena osa z (navixe ili nani�e). Posmatrajmosud koji je napu�en teqnox�u koja miruje (slika 1.3). Pozitivan smer z ose je vertikalno nani�e,tako da je ~f = g ~k.

��

��

��

PSfrag repla emen ρ

z

x

0

H

p = pa

p = pa + ρgHSlika 1.3: Mirova�e nestixivog fluida u pou sile Zemine te�eZa ovako usvojeni koordinatni sistem projek ije vektora ~F na ose koordinatnog sistema x, y, z sufx = fy = 0 i fz = g. Ako se to zameni u jednaqinu 1.9 dobija se:

p = p(x, y, z) =

∫

ρ (g dz ) + CKako se radi o mirova�u nestixivog fluida, tj. ako je ρ = const., dobija se:p = ρ g z + C (1.10)Konstanta C se odreÆuje iz graniqnih uslova. Za konkretan primer sa slike 1.3 za x = z = 0, p = pa,gde je pa atmosferski pritisak. Tako se konaqno dobija raspodela pritiska:p = pa + ρ g z (1.11)Iz jednaqine (1.10) zakuqujemo da su izobarske povrxi odreÆene jednaqinom z = const, i onepredstavaju horizontalne ravni. TakoÆe, te izobarske povrxi i vektor ~g su normalni, xto smo iranije zakuqili; vektor ~g pokazuje i smer najve�eg porasta pritiska - vertikalno nani�e. Izobarskapovrx na kojoj je p = pa naziva se slobodna povrx; oznaqava�emo je obrnutim trougli�em.Ako se teqnost nalazi u nekom zatvorenom sudu, i ako se iznad �e nalazi neki gas u kome vladanatpritisak pm (primer - bo a nekog gaziranog pi�a), raspodela pritiska �e biti vrlo sliqnajednaqini (1.8), razlikova�e se samo konstantna C. U tom sluqaju ona �e biti C = pa + pm. Sadruge strane, ako imamo iznad nivoa teqnosti gas u kome vlada potpritisak pv, vrednost konstante

C �e biti C = pa − pv.�

1Sila ~f je sila po jedini i mase.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 6Primer 1.2: U sudu se nalaze sve teqnosti koje se ne mexajuNeka se u nekom sudu nalaze dve teqnosti koje se ne mexaju, gustina ρ1 i ρ2 (ρ2 > ρ1) - slika 1.4.��

��

��

��

��

��

��

��

��

PSfrag repla emen 1 2ρ1

ρ2

z1

z2

H1

H2

p = pa

p = pa + ρ1gH1 + ρ2gH2Slika 1.4: Mirova�e nestixivog fluida u pou sile Zemine te�eRaspodele pritiska u teqnostima su odreÆene izrazima:Teqnost gustine ρ1 : p = pa + ρ1gz1, 0 ≤ z ≤ H1Teqnost gustine ρ2 : p = pa + ρ1gH1 + ρ2gz2, 0 ≤ z ≤ H2

�Primer 1.2: Mere�e pritiska pomo�u U eviNajjednostavniji instrument za mere�e (razlike) pritiska je tzv. U ev. To je savijena staklena ev u kojoj se nalazi odgovaraju�a manometarska teqnost - najqex�e su to ili destilovana voda (akose mere mali pritis i) ili �iva (ako se mere veliki pritis i). Ako se na krajeve evi dovedurazliqiti pritis i manometarska teqnost �e zauzeti neki novi ravnote�ni polo�aj, u odnosu nasluqaj kada je na oba kraja evi bila jednaka vrednost pritiska.PSfrag repla emen A V

ρ

ρ

x

ρm

H

hmI ISlika 1.5: Mere�e razlike pritisaka pomo�u U eviHorizontalna povrx I− I je jedna izobarska povrx u teqnosti gustine ρm, tj. pritis i na toj

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 7horizontali u levom i desnom kraku U evi su jednaki:pA + ρgx = pB + ρg(H + x− hm) + ρmghm

⇒ ∆p = (ρm − ρ)ghm + ρgHDakle, mere�em visine hm mo�emo odrediti razliku pritisaka izmeÆu taqaka A i B.�1.3.1 Zada i1. Odrediti pokaziva�e diferen ijalnog manometra (U evi) spojenog sa rezervoarima A i V.Poznati su slede�i poda i: ρ1 = 1000 kg/m3, ρ2 = 1200 kg/m3, ρ3 = 800 kg/m3, ρ4 = 900 kg/m3,

ρm = 13600 kg/m3, h1 = 1 m, h2 = 4 m, h3 = 2 m, h4 = 2 m, pm = 1 kPa i pv = 2 kPa.2. Odrediti izraz za pritisak u taqki K u funk iji poznatih veliqina: hi, i = 1, . . . 5, ρm i ρ.3. Odrediti natpritisak vazduha iznad teqnosti u rezervoaru ako su pokaziva�a vixe evnogmanometra u odnosu na jedan referentni nivo: h1 = 0.9 m, h2 = 2 m, h3 = 0.7 m, h4 = 1.8 m,H = 2.5 m, ρ = 1000 kg/m3, ρm = 13600 kg/m3.4. U levoj komori zatvorenog rezervoara nalaze se dve teqnosti koje se ne mexaju, ρ1 = 1000 kg/m3,ρ2 = 800 kg/m3, a u desnoj se nalazi teqnost gustine ρ3 = 870 kg/m3. Visine nivoa teqnosti su:H1 = 0.8 m, H2 = 0.6 m i H3 = 1.1 m, a iznad nivoa teqnosti vladaju pritis i pv = 0.15 bar ipm = 0.25 bar. Odrediti pokaziva�e manometra za �ivom (ρm = 13600 kg/m3) prikuqenog kaoxto je prikazano na sli i (H = 0.5 m, α = 45◦). Zatim odrediti pritisak u prostoru iznadteqnosti gustine ρ2 pri kojem �e pokaziva�e manometra biti l = 0 (zanemariti promenu nivoau qasi manometra).5. Kroz poklopa ilindriqnog suda visine H vertikalno je postavena ev tankih zidova du�ineh, i koja je hermetiqki spojena sa poklop em. U sud se naliva teqnost gustine ρ. Kolika �e bitivisina nivoa teqnosti u sudu kada se ev potpuno ispuni teqnox�u? Atmosferski pritisak jepa. Smatrati da je promena sta�a vazduha u sudu izotermska. Veliqine H , h, ρ i pa smatratipoznatim.

�1.4 Sila pritiska na ravnu povrxKaoxto smo videli u uvodu, povrxinske sile u stati i fluida potiqu samo od pritiska (normalnihnapona) i odreÆuju se pomo�u izraza (1.3), koga nije naodmet ovde ponoviti:d~P = −p~ndA ⇒ ~P = −

∫

A

p~ndA (1.12)Ovo je najopxtiji izraz - silu pritiska na neku prozivonu povrx odreÆujemo tako xto integralimopoe pritiska po toj povrxi. Iz jednaqine (1.12) vidimo da je elementarna sila pritiska d~Pusmerena suprotno od smera normale elementarne povrxi dA (vektor normale povrxi usmerevamouvek od povrxi). U ovom potpoglavu �emo videti kako se praktiqno mo�e odrediti prava , smer i

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 8intenzitet sile kojom teqnost u sta�u apsolutnog mirova�a (sila hidrostatiqkog pritiska) delujena neku ravnu povrx.Posmatrajmo jedan rezervoar sa kosim boqnim zidom u kome se nalazi teqnost gustine ρ (slika1.6). Na boqnom zidu se nalazi pravougaoni otvor, koji je zatvoren nekim zatvaraqem. Kolikom silomteqnost deluje na taj zatvaraq (on je priqvrx�en re imo zavrta�skim vezama za zid suda - da bi smoodredili sile optere�e�a u vezama, moramo sraqunati silu pritiska)? Kako je usmerena ta sila? Gdese nalazi napadna taqka te sile? Odgovori na ova pita�a se nalaze u ovom potpoglavu.

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

D

C

PSfrag repla emen P

v

ξ

η

u

zzC

ρα

∆vC

vD

vC

0dA

d~P

~n

Slika 1.6: Sila pritiska na ravni povrxU slede�im redovima se daje algoritam za odreÆiva�e prav a, smera, intenziteta i polo�ajanapadne taqke sile pritiska. Do slede�ih izraza se mo�e lako do�i, primenom jednaqine (1.12), uzdobro poznatu raspodelu pritiska za nestixiv fluid koji miruje u pou Zemine te�e: p = C+ρgz(pogledajte predava�a ili taj deo u k�izi prof. V. Sanikova Statika i kinematika fluida).Praktiqno odreÆiva�e sile pritiska na ravnu povrx• Sila pritiska na neku ravnu povrx deluje uvek u prav u koji je normalan na tu povrx.• Silu pritiska usmeravamo od teqnosti ka povrxi koja je okvaxena tom teqnox�u.• Silu pritiska raqunamo pomo�u obras a:

P = (pc − pa)A (1.13)pc - apsolutni pritisak u te�ixtu povrxipa - atmosferski pritisakA - povrxina povrxi na koju se tra�i sila pritiska

• Vertikalna koordinata te�ixta koja se meri od slobodne povrxi se odreÆuje na osnovu izraza:zc =

pc − paρg

(1.14)

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 9• Kada povrx zaklapa neki ugao α sa horizontalom (180◦ < α < 0◦), raspodela pritiska na povrxije neravnomerna (pritisak linearno raste sa pove�a�em koordinate z), te stoga sila pritiskadeluje u taqki D koja se naziva entar pritiska, i rastoja�e od te�ixta S do taqke D je odreÆenoizrazom:

∆vc =IcξvcA

(1.15)Icξ . . . te�ixni moment iner ije za osu ξvc =

zcsinα

. . . v koordinata te�ixta (ovo nije neki univerzalni izraz - on va�i za sluqajsa slike 1.6. Ugao α mo�e biti zadati i na drugi naqin - re imo α je ugaokoji kosi zid zaklapa sa vertikalom. Tada �e umesto sinα da stoji cosα).Ako povrx nije simetriqna, onda postoji i pomera�e napadne taqke po koordinati u. Torastoja�e je odreÆeno izrazom ∆uc =IξηucA

. U ve�ini zadataka naxe povrxi �e biti simetriqne.• U sluqaju horizontalnih povrxi pritisak u svim taqkama povrxi ima istu vrednost, pasila pritiska deluje u te�ixtu povrxi!

��

��

��

PSfrag repla emen pmpm pvpv

h1

h1h1h1

h2h2

h2

h2

h3

ρ1 ρ1

ρ1ρ1

ρ2

ρ2ρ2

ρ2 ρ3P P

PP1

P2

∆vc ∆vc∆vc1 2 3 4C C C2

Slika 1.7: Karakteristiqni sluqajevi odreÆiva�a sile pritiska na ravnu povrxPrimer 1.3 OdreÆiva�e sile pritiska za 4 sluqaja sa slike 1.71. Apsolutni pritisak u te�ixtu:pc = pa − pv + ρ1gh1 + ρ2gh2Sila pritiska:

P = (pc − pa)A = (−pv + ρ1gh1 + ρ2gh2)AKoordinata te�ixta:zc =

pc − paρ2g

= − pvρ2g

+ρ1

ρ2

h1 + h2Napadna taqka sile P - entar pritiska (u svim sluqajevima je α = 90◦)∆vc ≡ ∆zc =

IcξzcA

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 10Ako je vrednost potpritiska pv ve�a od zbira ρ1gh1 +ρ2gh2 (u te�ixtu povrxi vlada apsolutnipritisak ma�i od atmosferskog, tj. potpritisak), dobi�e se negativna vrednost za silu P , xtoznaqi da je pretpostaveni smer sile pogrexan - u tom sluqaju ne treba me�ati smer sile,ali taj znak minus treba uzimati u obzir kada se zame�uje brojna vrednost za �u uneku od jednaqine ravnote�a ili neku momentnu jednaqinu za neku od osa. TakoÆe, uovom sluqaju �e se dobiti i negativna vrednost za ∆vc - fiziqki, to znaqi da je taqka D iznadte�ixta, ali ne treba pomerati silu u tu napadnu taqku - dovono je pri sraqunava�u uzeti uobzir negativnu vrednost za ∆vc (ako se pixu momentne jednaqine). Dakle, uvek smatramo dasila pritiska deluje od teqnosti ka povrxi koju je okvaxena tom teqnox�u, i da je entar pritiska uvek ispod te�ixta.2. Apsolutni pritisak u te�ixtu:pc = pa + pm + ρ1gh1 + ρ2gh2Sila pritiska:

P = (pc − pa)A = (pm + ρ1gh1 + ρ2gh2)AKoordinata te�ixta:zc =

pc − paρ2g

=pmρ2g

+ρ1

ρ2

h1 + h2Napadna taqka sile P - entar pritiska (α = 90◦)∆vc ≡ ∆zc =

IcξzcAU ovom sluqaju nema nedoumi a - u te�ixtu vlada natpritisak, pretpostaveni smer je ispravan,i fiziqki napadna taqka sile je ispod te�ixta.3. Ako imamo sluqaj da jednu povrx kvase vixe teqnosti, ima�emo onoliko sila koliko imateqnosti koje su u kontaktu sa povrxi. Ovde se daju izrazi samo za silu P2. Izraz za silu

P1 je porpuno analogan kao u sluqaju 1.Apsolutni pritisak u te�ixtu:pc = pa − pv + ρ1gh1 + ρ2gh2 + ρ3gh3Sila pritiska:

P = (pc − pa)A = (−pv + ρ1gh1 + ρ2gh2 + ρ3gh3)A2Koordinata te�ixta:zc =

pc − paρ2g

= − pvρ3g

+ρ1

ρ3

h1 +ρ2

ρ3

h2 + h3Napadna taqka sile P - entar pritiska (α = 90◦)∆vc ≡ ∆zc =

IcξzcAOvde va�i ista priqa kao pod 1.4. Apsolutni pritisak u te�ixtu:

pc = pa + pm + ρ1gh1 + ρ2gh2

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 11Sila pritiska:P = (pc − pa)A = (pm + ρ1gh1 + ρ2gh2)A2Koordinata te�ixta:

zc =pc − paρ2g

=pmρ2g

+ρ1

ρ2

h1 + h2Centar pritiska je u te�ixtu!Sluqaj kada je gas u kom vlada natpritisak ili potpritisak u kontaktu sa ravnompovrxi��

��

��

��

��

PSfrag repla emen pm

pmpv

pv

pa

P1 P2

1 2Slika 1.8: Sila pritiska u sluqaju dejstva pritiska koji vlada u gasu na ravnu povrx• Pri odreÆiva�u sile kojom gas deluje na neku povrx, pretpostavamo da je poe pritiska ugasu homogeno, tj. u svakoj taqki u gasu pritisak ima istu vrednost - na sli i 1.8 u sluqjau1 svuda u sudu je pm, tj. u sluqaju 2 je svuda pv. Poxto u svakoj taqki ravne pritisak imaistu vrednost, sila pritiska deluje u te�ixtu povrxi.• Dogovor - silu usmerevamo uvek od gasa ka povrxi.• Koristimo potpuno isti obraza kao i u sluqaju teqnosti, jednaqina (1.13). Za sluqajevena sli i dobija se:

P1 = pmA tj. P2 = −pvAVidimo da �emo u sluqaju 2 dobiti negativnu vrednost za silu P2 - znaqi da je stvarni smerdejstva sile suprotan, tj. u okolnom vazduh vlada ve�i pritiskom nego u vazduhu u sudu, pasila deluje na zatvaraq sa spone strane!

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 121.4.1 Zada i1. U hidrauliqko-pneumatskom ilindru mo�e da se kre�e klip bez tre�a. Kada na klip delujesila F , klip se spuxta. Odrediti pomera�e klipa, ako je promena sta�a(a) izotermska(b) politropskaPoznati su slede�i poda i: G, F , D, H , n, pa i ρ.2. Rezervoar sa konstantnim nivoom ua, spojen je sa hidrauliqko-pneumatskim pojaqavaqem pritiska.Iznad ua vlada natpritisak pm0 = 0.2 bar. Odrediti za koliko se klip podigne ako natpritisakua u rezervoaru naraste na pm1 = 0.4 bar. Vazduh me�a sta�e izotermski. Dati poda i su:

D = 100 mm, d = 40 mm, H = 1 m, h = 120 mm, G = 50 N, h0 = 100 mm, pa = 1020 mbar iρ = 900 kg/m3.3. Rezervoar prikazan na sli i sastoji se iz dve komore. U levoj komori nalaze se teqnosti gustineρ1 = 1000 kg/m3 i ρ3 = 3000 kg/m3, dok je vrednost natpritiska iznad teqnosti gustine ρ1

pm = 0.05 bar. U desnoj komori je teqnost gustine ρ2 = 800 kg/m3 iznad koje vlada potpritisakpv = 0.1 bar. U pregradnom zidu izmeÆu komora se nalazi pravougaoni otvor dimenzija 2a × b,koji je zatvoren zatvaraqem obrtnim oko ose koja prolazi kroz taqku O i upravna je na rava rte�a. Odrediti minimalnu silu F pri kojoj �e zatvaraq zatvarati otvor. Poznati su islede�i poda i: a = 200 mm, b = 1 m, h1 = 1.5 m, h2 = 1 m i α = 45◦.4. Pregradni zid izmeÆu dve komore u kojima se nalazi teqnost gustine ρ je oblika pravougaonika,xirine b (upravno na ravan rte�a) i mo�e se obrtati oko ose koja prolazi kroz taqku O iupravna je na ravan rte�a. Odrediti polo�aj taqke O (izraqunati rastoja�e h) pri kome �epregradni zid biti u polo�aju kao na sli i, ako je H1 = 7 m i H2 = 3 m. (Ispitni zadatak -septembar 2005).

��

��

��

��

��

��

PSfrag repla emen h =?

H1

H2

Oρρ Zadatak 4 Rexe�e: h =H2

1 + H1H2 + H2

2

3(H1 − H2)= 2.633 m

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 131.5 Sila pritiska na krivu povrxPosmatrajmo jednu krivu povrx koja je u kontaktu sa teqnox�u gustine ρ (slika 1.9). Neka je tapovrx simetriqna u odnosu na ravan x− z.

��

��

0PSfrag repla emen d~P

d~P

d~P

dA

z

z

z

x

x

y

A

ρ

dAx

dAz

~n

~n

−αγ

d~Px = −dPx~i

d~Pz

Slika 1.9: Sila pritiska na krivu povrxElementarna sila pritiska d~P je odreÆena izrazom (1.12). Za razliku od ravnih povrxi, kodkrivih povrxi vektori normala elementarnih povrxi dA nisu istog prav a, tako da �e i elementarnesile dP biti razliqitog prav a.Posmatrajmo neku proizvonu elementarnu povrx dA povrxiA qiji je polo�aj odreÆen koordinatomz. Vektor ~n te povrxi se mo�e napisati kao:

~n =~i cos∠(~n,~i) + ~k cos∠(~n,~k) =~i cosα+ ~k cos γ (1.16)gde se uglovi α i γ mere u pozitivnom matematiqkom smeru (smer suprotan smeru obrta�a kazaki nasatu) u odnosu na pozitivan smer odgovaraju�ih koordinatnih osa.Elementarnu silu d~P koja deluje na posmatranu povrx dA mo�emo izraziti preko �ene dveprojek ije (primetimo da je projek ija ove sile na x-osu negativna, dok je na z-osu pozitivna, kaoi da su kosinusi uglova α i γ cosα > 0 i cos γ < 0):d~P = d~Px + d~Pz ≡ −dPx~i+ dPz ~k = −ρ g z (~i cosα+ ~k cos γ)dA (1.17)Iz posled�e jednaqine sledi:

dPx = ρ g z (dA cosα)︸︷︷︸

dAx

⇒ Px = ρg

∫

Ax

z dAx ⇒ Px = ρg zcxAx (1.18)gde su: Ax - projek ija povrxi A u prav u x-ose na ravan y − z

zcx - koordinata te�ixta povrxi Ax merena od slobodne povrxi.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 14Vratimo se sada na izraz (1.17). Iz �ega sledi da je projek ija dPz odreÆena izrazom:dPz = −ρ g z (dA cos γ)

︸︷︷︸

−dAz

⇒ Pz = ρg

∫

A

zdAz ⇒ Pz = ρgV (1.19)gde je V zapremina koja se dobija projektova�em krive povrxi u vertikalnom prav u do slobodnepovrxi. Napadna linija sile Pz prolazi kroz te�ixte zapremine V .Kako se praktiqno odreÆuju komponente Px i Pz bi�e prikazano na slede�im primerima.Primer 1.5. Odrediti silu pritiska koja deluje na krivu povrx oblika dela omotaqa sfere zaprimer za slike.PSfrag repla emen

R

ρ

x

zH

zcx

Ax Elementarne sile pritiskai odgovaruju�e x projek ijeProjek ija krive povrxi u xprav uCx

Dx

Px

Slika 1.10: OdreÆiva�e x projek ije sile pritiska na krivu povrx oblika omotaqa polusferePrvo �emo odrediti horizontalnu komponentu sile pritiska. PovrxAx koja se dobija projektova�emkrive povrxi u x-prav u predstava jednu ravnu povrx i sila pritiska koja deluje na tu ravnu povrxse mo�e odrediti pomo�u izraza (1.18) ili izraza (1.13), tj.Px = (pcx − pa)Ax ≡ ρg zcxAxZa konkretan primer sa slike ta sila je odreÆena izrazom:

Px = ρ g (H +R)R2πPri odreÆiva�u vertikalne komponente, povrx �emo podeliti na dva dela, kao xto je prikazanona sli i 1.11.Evidentno je da �e na gor�i deo povrxi delovati sila koja je usmerena vertikalno navixe, i tosilu �emo oznaqiti sa Pz1. Na do�i deo povrxi deluje sila koja je usmerena vertikalno nani�e, i tusilu �emo oznaqiti sa Pz2. Rezultuju�a vertikalna sila koja deluje na poklopa bi�e jednaka razli iove dve sile i bi�e usmerena vertikalno nani�e, jer je kao xto �emo videti, intenzitet sile Pz2 ve�iod intenziteta sile Pz1.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 15PSfrag repla emen R

ρ

x

zH

zcx

Elementarne sile pritiskai odgovaruju�e projek ijeProjek ija krive povrxi uprav uPz1

Pz2

Vz1Vz2

Slika 1.11: OdreÆiva�e vertikalne projek ije sile pritiska na krivu povrx oblika omotaqapolusfereIntenziteti sila Pz1 i Pz2 se odreÆuju pomo�u izraza (1.19). Tako se za silu Pz1 dobija:Pz1 = ρgVz1 = ρgVz1 = ρ g

[1

2R2π(H +R) − 1

4· 4

3R3π

]

= ρgR2π

[H

2+R

6

]Zapremina Vz1 je jednaka razli i zapremina qetvrtine ilindra polupreqika R i visine H + R iqetvrtine lopte polupreqika R. Napomenimo jox jednom da je ova sila usmerena vertikalno navixe.Intenzitet sile Pz2 je:Pz2 = ρgVz2 = ρgVz2 = ρ g

[1

2R2π(H +R) +

1

4· 4

3R3π

]

= ρgR2π

[H

2+

5R

6

]Kao xto mo�emo videti intenzitet sile Pz2 je ve�i od sile Pz1, pa je rezultuju�a sila Pz usmerenavertikalno nani�e i �en intenzitet je:Pz = Pz2 − Pz1 = ρgR2π

[H

2+

5R

6

]

− ρgR2π

[H

2+R

6

]

=2

3ρgR3πSmer vertikalne komponente sile koja deluju na neku krivu povrx mo�eno odrediti i na slede�i,jednostavan naqin:Ako se zapremina koja se dobija projektova�em krive povrxi do slobodnepovrxi teqnosti koja je sa �om u kontaktu formira sa neokvaxene straneteqnosti, onda je smer sile usmeren vertikalno navixe (sila Pz1). Ako se tazapremina formira sa okvaxene strane povrxi, smer vertikalne komponentesile je usmeren vertikalno nani�e (sila Pz2).Dakle, ukupnu silu pritiska smo razlo�ili na dve meÆusobno upravne komponente, koje qinesuqeni sistem sila2 - to je iz razloga xto xto je kriva povrx simetriqa u odnosu na vertikalnu

x − z ravan koja prolazi kroz �eno te�ixte; to �e biti sluqaj u svim zada ima koji �e bitiraÆeni u okviru ovog kursa.2Sistem sila qije se napadne linije seku u jednoj taqki se naziva suqeni sistem sila.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 16PSfrag repla emen Px

Pz

PSlika 1.12: Rezultuju�a sila pritiskaTa rezultuju�a sila pritiska je jednaka:P =

√

P 2x + P 2

z =

√

[ρ g (H +R)R2π]2+

[2

3ρgR3π

]2

= ρgR2π

√

(H +R)2 +4R2

9

�Primer 1.5. Odrediti silu pritiska koja deluje na krivu povrx oblika dela omotaqa sfere zaprimer za slike.PSfrag repla emen

R

ρ

x

z

H

Elementarne sile pritiska i odgovaruju�e x projek ijeCx

Px1 Px2

4R

3πAx1 = Ax2

Ax1 Ax2

Vz

Slika 1.13: OdreÆiva�e x projek ije sile pritiska na krivu povrx oblika omotaqa polusfereU ovom primeru, prilikom odreÆiva�a Px, krivu povrx povrx delimo na dva dela i odreÆujemoodgovaraju�e projek ije Px1 i Px2 koje deluju na ta dva dela krive povrxi.Sile Px1 i Px2 su istog intenziteta i one su, na osnovu (1.18) odreÆene izrazom:Px1 = Px2 = ρg

(

H +4R

3π

)R2π

2Kako su ove sile suprotnih smerova rezultuju�a sila pritiska u x-prav u �e biti jednaka nuli,tj:Px = Px1 − Px2 = 0Mogli smo do istog zakuqka da doÆemo i jednostavnom analizom. Naime, svakoj elementarnojpovrxi dA1 se mo�e pridru�iti i odgovaraju�a simetriqna elementarna povrx dA′

1 koja se nalazina istoj horizontali (istoj izobarskoj povrxi!) na koju deluje sila dPx istog intenziteta i prav a,

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 17ali suprotnog smera. Ako sumiramo (integralimo) po eloj povrxi A, dobi�e se da je rezultuja�asila pritiska u x prav u jednaka nuli.Komponenta Pz je odreÆena izrazom:Pz = ρgVz = ρg

(

R2πH +1

2· 4

3R3π

)

= ρgR2π

(

H +2R

3

)Kako je Px = 0, rezultuju�a sila pritiska P je P = Pz .�1.5.1 Zada i1. Poluloptasti poklopa (R = 1 m) zatvara kru�ni otvor u boqnom zidu rezervoara sa dveteqnosti (ρ1 = 800 kg/m3 i ρ2 = 1000 kg/m3). Visina nivoa teqnosti je H = 2 m, a natpritisaku prostoru iznad teqnosti je pm = 5 kPa. Odrediti sile koje iste�u i smiqu zavrt�e kojima jepoklopa priqvrx�en za zid rezervoara.2. Odrediti sile koje optere�uju ilindriqni poklopa A xirine L i sferni poklopa polupreq-nika R. Dati su slede�i poda i: R = 0.2 m, L = 2 m, h = 2 m, pm = 0.1 bar, ρ = 1000 kg/m3.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 181.6 Sila potiskaSila potiska je u stvari sila pritiska koja deluje na neko telo koje je potpuno ili delimiqnopotopeno u nekoj teqnosti.PSfrag repla emen

z A

V

Pv

D

C

ρGSlika 1.14: Sila potiska - sila pritiska koja deluje na potopeno teloSila pritiska koja deluje na potopeno telo je odreÆena dobro poznatim izrazom (1.3), s tim xtoje u ovom sluqaju povrx A po kojoj se integrali poe pritiska zatvorena:

~P = −∮

A

p~ndA = −∮

A

(pa + ρgz)~ndA (1.20)Kao xto je poznato iz teorije poa, integral po nekoj zatvorenoj povrxi se mo�e transformisatiu integral po zapremini koja je ograniqena tom povrxi (teorema Gaus - Ostrogradskog), tj.∮

A

(pa + ρgz)~ndA =

∫

V

∇(pa + ρgz) dV = ρ g

∫

V

∇z dV = ρg

∫

V

~k dV = ρgV ~k (1.21)Konaqno, iz jednaqina (1.20) i (1.21) se dobija izraz za silu pritiska koja deluje na potopenotelo - silu potiska.~P = −ρgV ~k Pv = ρgV (1.22)Dakle, na neko potopeno telo, deluje sila pritiska usmerena vertikalno navixe i ona je jednakate�ini teqnosti koja je telom istisnuta. Do ovog rezultata je doxao Arhimed jox u VII veku p.n.e.Stoga se qesto se ona naziva Arhimedova sila ili potisak.Sila potiska deluje u te�ixtu potopene zapremine (taqka D na sli i 1.14). S drugestrane te�ina tela deluje u te�ixtu tela ( entru mase - taqka S) i usmerena je vertikalno nani�e.Ako se radi o homogenom telu, te�ina tela i sila potiska potpuno potopenog dela se deluju u istojtaqki. U sluqaju nehomogenog tela, te dve taqke se ne poklapaju.TakoÆe, veoma lako se mo�e pokazati (npr. projektova�em krive povrxi u vertikalnom prav u doslobodne povrxi teqnosti) da na delimiqno potopeno telo deluje takoÆe sila potiska koja je jednakate�ini telom istisnute teqnosti, tj:

Pv = ρgVp (1.23)

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 19i usmerena je vertikalno navixe. Zapremina Vp je zapremina potopnog dela tela.PSfrag repla emen Pv

D

ρ ρ

Vp

Slika 1.15: Sila potiska na delimiqno potopeno teloTaqka u kojoj deluje sila potiska u ovom sluqaju nalazi u te�ixtu potopene zapremine.1.6.1 Metoda potiska pri odreÆiva�u sile pritiska na krivu povrxU nekim sluqajevima, qi�eni a da je rezultuju�a sila pritiska koja deluje na neko potopenotelo upravo sila potiska nam mo�e znatno olakxati odreÆiva�e sile pritiska na neku krivu povrx.D

V


Pv

P ∗N

PP

A1A1

A2

Slika 1.16: OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx metodom potiskaPosmatrajmo krivu povrx sa slike 1.16. �elimo da odredimo kolika je sila pritiska P na tukrivu povrx. U tom iu mo�emo primeniti i slede�i postupak.Ako zamislimo da krivoj povrxi dodamo odreÆeni broj ravnih povrxi, dobi�emo jednu zapreminuza koju mo�emo smatrati da predstava jedno telo koje je potopeno u teqnosti. Kao xto je dobropoznato rezultuju�a sila pritiska koja deluje na tako dobijeno telo je sila potiska. Integral uizrazu (1.20) se mo�e podeliti na integral po povrxi A1 i integral po povrxi A2:

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 20~Pv = −

∮

A

p~ndA = −∫

A1

p~n dA1

︸︷︷︸

~P

+

(

−∫

A2

p~n dA2

︸︷︷︸

~P∗

N

)

= ~P + ~P ∗NPoxto �elimo da odredimo silu P , i imaju�i i vidu da je ~P ∗

N = −~PN , dobija se konaqan izraz zaodreÆiva�e sile pritiska na krivu povrh metodom potiska:~P = ~Pv + ~PN = ~PN − ρ~gV (1.24)gde je V zapremina koja se dobija zatvara�em krive povrxi sa odgovaraju�im brojem ravnih povrxi.Za konkretan sluqaj sa slike, zapremina V je formirana samo uvoÆe�em jedne ravne povrxi.


PvPv

Pv

PNPN

PN

P

P

Slika 1.17: OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx metodom potiskaAko �elimo da napixemo jedan opxti izraz, kada se zapremina V dobija uvoÆe�em n ravnihpovrxi, izraz za silu pritiska na krivu povrx je:~P =

n∑

i=1

~PNi + ~Pv =

n∑

i=1

~PNi − ρ~gV (1.25)Koliko ravnih povrxi izabrati za rexava�e problema je stvar liqnog izbora. Generalno, postojibeskonaqan broj naqina (izbora ravnih povrxi) na koji mo�ete rexiti zadati problem.Jednaqina (1.25) je vektorska jednaqina i projektova�em na dva izabrana upravna prav a dobijamoodgovaraju�e projek ije.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 21Primer 1.6. Odrediti intenzitet sile pritiska na krivu povrx sa slike, oblika qetvrtine omotaqa ilindra polupreqika R i du�ine L. Veliqine ρ i H takoÆe smatrati poznatim.PSfrag repla emen x

y

R

H

Pv1 Pv2

P =?

V1

V2

PN1

PN2

PN3

(a) (b)

Slika 1.18: OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx metodom potiskaProblem �e biti rexen na dva naqina, oznaqena sa (a) i (b) na sli i 1.19. U sluqaju pod sile (a)PN1 i Pv1 su odreÆene izrazima:

PN1 = (pc1 − pa)A1 = ρg

(

H − R

2

)

R√

2L

Pv1 = ρgV1 = ρg

(R2π

4− 1

2R2

)

L = ρgR2

(π

4− 1

2

)

LProjek ije sile P na ose koordinatnog sistema x− y su odreÆene izrazima:Px = PN1 cos 45◦ = PN1

√2

2= ρg

(

H − R

2

)

RL

Py = PN1 sin 45◦ − Pv1 = ρg

(

H − R

2

)

RL− ρgR2

(π

4− 1

2

)

L = ρg

(

H − R

4π

)

RLIntenzitet sile P je:P =

√

P 2x + P 2

y = ρgRL

√(

H − R

2

)2

+

(

H − R

4π

)2U sluqaju pod (b) intenziteti odgovaraju�ih sila su odreÆeni izrazom:PN2 = ρg

(

H − R

2

)

RL , PN3 = ρgHRL

Pv2 = ρgV2 = ρg · 1

4R2πLProjek ije sile P su:

Px = PN2 = ρg

(

H − R

2

)

RL

Py = PN3 − Pv2 = ρgHRL− ρg · 1

4R2πL = ρg

(

H − R

4π

)

RLNaravno, dobijeni su isti rezultati.�

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 221.6.2 Zada i1. Dve kugle jednakih preqnika, d = 1.2 m, i te�ina G1 = 12 kN i G2 = 4 kN, spojene su u�etom.Ako se ove kugle stave u vodu (ρ = 1000 kg/m3), odrediti silu zateza�a u u�etu T , kao i kolikise deo zapremine lakxe kugle nalazi iznad nivoa slobodne povrxi.2. Kugli a (ρm = 7800 kg/m3) polupreqnika r = 6 mm nale�e na otvor preqnika d = 10 mm.Odrediti silu kojom kugli a deluje na sedixte ventila, ako su poznati slede�i poda i: F =

100 N, ρ = 1000 kg/m3, D = 30 mm, H = 500 mm.1.7 OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx direktnom pri-menom Ojlerove jednaqine statike fluida�elimo da odredimo silu pritiska na krivu povrx sa slike 1.19. Podsetimo se da smo prilikomizvoÆe�a Ojlerove jednaqine izabrali potpuno proizvonu zapreminu fluida i da smo konstatovalida je potrebno da suma svih sila koje deluju na tu zapreminu bude jednaka nuli da bi ona bila u sta�umirova�a.

PSfrag repla emen ρ PG

P

PN

RSlika 1.19: OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx direktnom primenom Ojlerove jednaqineIzaberimo sada tu zapreminu kao na sli i 1.19, tako da jedan deo povrxi koji je ograniqava budekriva povrx na koju tra�imo silu pritiska, a ostali deo jedna ili vixe ravnih povrxi. Dakle,teqnost koja se nalazi unutar te zapremine je u sta�u mirova�a, tj.~PN + ~R︸︷︷︸Ukupna povrxinska sila+ ~PG

︸︷︷︸Zapreminska sila = 0 (1.26)gde su: ~PN - sila pritiska na ravnu povrx;~PG = ρ~g V - te�ina teqnosti koja se nalazi unutar zapremine;~R - sila kojom kriva povrx deluje na teqnost unutar zapremine.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 23Sila PG deluje u te�ixtu zapremine V , dok sila PN deluje ispod te�ixta ravne povrxi (pogledajpriqu vezanu za sile pritiska na ravne povrxi).Kako je po tre�em �utnovom zakonu, ~P = −~R, dolazimo do izraza za silu pritiska:~P = ~PN + ~PG = ~PN + ρ~g V (1.27)U opxtem sluqaju, kada se zapremina sastoji od n ravnih povrxi i krive povrxi na koju tra�imosilu pritiska, izraz sa silu pritiska je:

~P =

n∑

i=1

~PN + ~PG =

n∑

i=1

~PN + ρ~g V (1.28)Primer 1.7: Odrediti intenzitet sile pritiska na krivu povrx sa slike 1.20, oblika 3/4 omotaqa ilindra polupreqnika R i xirine L. Smatrati poznatim veliqine H , ρ, R i L.PSfrag repla emen x

y

R

H

PG1 PG2

V1

V2

PN1

PN2

PN3

(a) (b)

Slika 1.20: OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx metodom potiskaKao i prethodni primer, i ovaj �e biti uraÆen na dva naqina, uvoÆe�em razliqitih ravnih povrxiu iu dobija�a zapremine V . Tako je za sluqaj pod (a):PN1 = ρg

(

H − R

2

)

R√

2L

PG1 = ρgV1 = ρg

(3

4R2π +

1

2R2

)

L = ρg

(3

4π +

1

2

)

R2LProjek ije sile pritiska na ose koordinatnog sistema x− y:Px = PN1 cos 45◦ = ρg

(

H − R

2

)

RL

Py = PG1 + PN1 sin 45◦ = ρg

(3

4π +

1

2

)

R2L+ ρg

(

H − R

2

)

RL = ρg

(3R

4π +H

)

RLIntenztitet rezultuju�e sile pritiska je:P =

√

P 2x + P 2

y = ρgRL

√(

H − R

2

)2

+

(3R

4π +H

)2

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 24Za sluqaj pod (b) intenziteti sila PN2, PN3 i PG2 su odreÆeni izrazima:PN2 = ρg

(

H − R

2

)

RL; PN3 = ρgHRL

PG2 = ρgV2 =3

4ρgR2πLOdgovaraju�e projek ije sile P :

Px = PN2 = ρg

(

H − R

2

)

RL

Py = PN3 + PG2 = ρg

(3R

4π +H

)

RL

�1.7.1 Zada i1. U kosom pregradnom zidu izmeÆu dva rezervoara nalazi se zatvaraq oblika polulopte. Jedna�egova strana okvaxena je teqnox�u gustine ρ, a druga izlo�ena dejstvu konstantnog pritiska.Ako je pokaziva�e manometra h = 134 mm odrediti sile izteza�a i smi a�a veze A-A. Dati supoda i: h1 = 1.2 m, h2 = 2.2 m, R = 0.4 m, pv = 8 kPa, α = 30◦, ρ1 = 900 kg/m3, ρ2 = 1000 kg/m3 iρm = 13600 kg/m3.2. Rezervoar oblika polulopte (R = 1 m) priqvrx�en je vezom A-A za zid koji je nagnut premahorizontali za ugao α = 45◦. U rezervoaru se nalazi voda, a najvixoj taqki rezervoara montiranje instrument za mere�e pritiska. Odrediti sile koje optere�uju vezu A-A za dva pokaziva�ainstrumenta: (a) pm = 10 kPa i (b) pv = 20 kPa.

2 Hidrauliqki proraqun prostog evovodaPod prostim evovodom se podrazumeva jedna jedinstvena ev konstantnog preqnika, ili ev kojase sastoji od niza deoni a razliqitog preqnika koje se redno nadovesuju jedna na drugu.2.1 Uvod - osnovne pretpostavkeSr� mehanike fluida qine tri jednaqine koje opisuju osnovne zakone fizike:• Zakon o odr�a�u mase -jednaqina kontinuiteta• Drugi �utnov zakon - jednaqina koliqine kreta�a• Zakon o odr�a�u energije - prvi prin ip termodinamikeU najopxtijem sluqaju, radi se o par ijalnim diferen ijalnim jednaqima po tri prostornekoordinate i vremenu, koje nije mogu�e rexiti. Zato se pri rexava�u odreÆenih problema struja�amogu definisati pretpostavke koje �e znatno olakxati rexava�e konkretnog problema. Naravno,mora postojati i opravdani razlog za uvoÆe�e tih pretpostavki.Pri prouqava�u struja�a teqnosti i gasova veoma va�no mesto zauzima i oblast nauke o struja�upod nazivom dinamika jednodimenzijskih struja�a. To su struja�a kod kojih se sve fiziqke veliqinezavise samo od jedne prostorne koordinate usmerene u prav u struja�a, i u nekom najopxtijem sluqajui od vremena, tj. f = f(t, l). Tipiqan primer jednodimenzijskog struja�a je struja�e kroz strujnovlakno1 jer se u tom sluqaju promene fiziqkih veliqina po popreqnom preseku mogu zanemariti zbog�egovih dimenzija. Ako je struja�e kroz strujno vlakno sta ionarno, tj. ako fiziqke veliqine nezavise od vremena, ve� samo od prostorne koordinate, osnovne jednaqine kojima se opisuje struja�efluida �e se svesti na algebarske jednaqine. Ovaj model struja�a se prime�uje i na struja�a kroz evi.2.2 Osnovne jednaqineKaoxto je reqeno u uvodu, pri prouqava�u struja�a teqnosti kroz evi se uvode slede�e pretpostavke:• struja�e je nestixivo (gustina fluida se ne me�a, ρ = const)• struja�e je sta ionarno (fiziqke veliqine se ne me�aju tokom vremena)• struja�e je jednodimezijsko (fiziqke veliqine zavise samo od jedne prostorne koordinate usmerenedu� ose evi)Glavne fiziqke veliqine koje se odreÆuju prilikom proraquna su pritisak i brzina struja�a(taqnije sred�a brzina struja�a!). Za �ihovo odreÆiva�e nam na raspolaga�u stoje dve algebarskejednaqine, koje se dobijaju iz osnovnih jednaqina uz gore navedene pretpostavke, a to su jednaqinakontinuiteta i Bernulijeva jednaqina (dobija se iz jednaqine koliqine kreta�a).1Strujno vlakno je strujna ev infinitezimalnog preqnika dA.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 262.2.1 Jednaqina kontinuitetaU sluqaju sta ionarnog i nestixivog struja�a opxti oblik jednaqine kontinuiteta se svodi na:V̇ = const (2.1)gde je sa V̇ oznaqen zapreminski protok kroz evovod. Zapreminski protok kroz neku povrx sedefinixe kao fluks vektora brzine kroz tu povrx, tj.

V̇ =

∫

A

(~v, ~n) dA (2.2)Poka�imo sada na xta �e se svesti ovaj izraz u sluqaju struja�a kroz ev, i xta je to sred�abrzina struja�a.Kao xto je poznato, postoje dva osnovna re�ima struja�a, laminaran i turbulentan, i na sli i2.1 su prikazani profili brzine prilikom struja�a kroz ev u ta dva sluqaja.PSfrag repla emen Laminarno struja�e Turbulentno struja�e Profil sred�e brzinerrr

zzz

v = v(r, z)v = v(r, z) v = v(z)

Slika 2.1: Profili struja�a prilikom laminarnog i turbulentnog struja�a kroz ev i profilsred�e brzineNa osnovu izgleda profila brzina pri laminarnom i turbulentnom struja�u, mo�e se zakuqitislede�e:• u oba re�ima struja�a brzina se me�a po popreqnom preseku• vektor brzine u svakoj taqki popreqnog preseka je ortogonalan na presekU sluqaju da je ispu�eno da je vektor brzine u svakoj taqki popreqnog preseka je ortogonalan napresek ka�emo da struja�e ima jednodimenzijski karakter, i u tom sluqaju je mogu�e uvesti pojmovetzv. sred�ih vrednosti fiziqkih veliqina i na taj naqin primeniti jednodimenzijski model.U ovom sluqaju su vektori ~v i ~n kolinearni u svakoj taqki popreqnog preseka, pa se izraz (2.2) svodina:

V̇ =

∫

A

v dA (2.3)Sred�a brzina se definixe na slede�i naqin:Sred�a brzina je fiktivna, konstantna brzina po popreqnom preseku koja ostvarujeisti zapreminski protok kao stvarni profil brzina.vsA =

∫

A

v dA =⇒ vs =1

A

∫

A

v dA (2.4)

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 27U svim proraqunima �emo koristiti sred�u brzinu, i indeks s �e biti izostaven, odnosno akose ka�e da je brzina struja�a u nekom evovodu v = 1 m/s, misli se na sred�u brzinu struja�a!U sluqaju promene popreqnog preseka evi, promeni�e se i brzina struja�a. U blizini mestagde se me�a presek, struja�e ne�e imati jednodimenzijski karakter, pa je u tim prese ima nemogu�edefinisati sred�u brzinu struja�a. Stoga se moraju usvojiti prese i koji su na dovonom rastoja�uod mesta promene preseka, tako da struja�e u �ima ima jednodimenzijski karakter, pa je mogu�ekoristiti sred�e brzine u tim prese ima.PSfrag repla emen Struja�e nema jednodimenzijski karakter!

v1 v2

A1

A2

Slika 2.2: Promena popreqnog preseka evovodaJednaqina kontinuiteta za sluqaj sa slike 2.2 se svodi na:V̇ = const =⇒ v1A1 = v2A2gde su v1 i v2 sred�e brzine u prese ima povrxina A1 i A2.2.2.2 Bernulijeva jednaqinaPosmtrajmo jednu ev kroz koju struji teqnost i uoqimo dva preseka 1-1 i 2-2, tako da u �imastruja�e ima jednodimenzijski karakter (ovo je vrlo va�no - za preseke za koje se pixe Bernulijevajednaqina to mora biti zadovoeno!). Uz uvedene pretpostavke, za preseke 1 i 2 va�i slede�a jednaqina:

Y1 = Y2 + Yg1−2(2.5)gde je:

Yi =piρ

+ gzi + αiv2i

2(2.6)

Yi - ukupna energija po jedini i mase koju fluid poseduje u i-tom preseku evi, i = 1, 2.piρ- pritisna energija po jedini i mase - entalpija

gzi - polo�ajna energija po jedini i maseαiv2i

2- kineti ha energija po jedini i maseVeliqina αi se naziva Koriolisov koefi ijent ili korek ioni koefi ijent kinetiqkeenergije. Ovim koefi ijentom se koriguje grexka koja se qini ako se kinetiqka energija raqunapreko sred�e brzine kao v2

i /2, jer fiziqki brzina me�a po popreqnom preseku (sred�a brzina je

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 28zamixena brzina). Tako �e ovaj koefi ijent zavisiti od re�ima struja�a:α =

{

1.058, turbulentno struja�e2, laminarno struja�e (2.7)Vidimo da je kod turbulentnog struja�a α ≈ 1 (uvek �emo usvajati α = 1 za turbulentno struja�e),dok je kod laminarnog struja�a α = 2. Da je αlam > αtur mo�emo da zakuqimo i na osnovuizgleda profila brzine za ova dva re�ima - naime, kod turbulentnog struja�a u ve�em delu povrxinepopreqnog preseka evi imamo sluquj da je brzina pribli�no konstantna (turbulentno jezgro), tako daje profil brzine kod turbulentnog struja�a sliqniji profilu sred�e brzine, nego xto je to sluqajza laminarni profil. Ako u zadatku nije naglaxen re�im struja�a, podrazumeva se da se radi oturbulentno struja�u!

PSfrag repla emen referentni nivo

smer struja�av1

v2

z1

z211 22

Slika 2.3: Deo evovoda u kome struji fluidPosled�i qlan na desnoj strani jednaqine (2.5) predstava gubitke strujne energije prilikomstruja�a teqnosti od preseka 1 ka preseku 2, i on je jednak zbiru lokalnih gubitaka energije igubitku energije usled tre�a prilikom struja�a teqnosti od preseka 1 ka preseku 2.Yg1−2

=∑

Yglok1−2+∑

Ygtr1−2(2.8)Lokalni gubi i energijeLokalni gubi i energije se dexavaju na nekom odreÆenom mestu u evoodu gde se odreÆena energijafluida "oduzme"od fluida i ona se koristi za stvara�e nekog sekundarnog struja�a - to su mestagde ev me�a prava svog pru�a�a (koleno, krivina), mesta gde dolazi do su�e�a ili proxire�apopreqnog preseka, mesta u evovodu na kojima se nalaze ventili, itd. Svi ovi gubi i energije seodreÆuju na osnovu Vajsbahovog obras a:

Yglok= ζ

v2

2(2.9)gde je odgovaraju�i ζ koefi ijent lokalnog gubitka energije ili koefi ijent otpora. Vrednostiovih koefi ijenta �e u svim zada ima biti unapred poznate za konkretan evovod. TakoÆe, stvar

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 29dogovora je da je brzina v brzina iza lokalnog otpora. Tako �e re imo za su�e�e popreqnogpreseka (slika 2.2) gubitak energije biti odreÆen izrazom:Yg = ζsu

v22

2Dakle, energija u iznosu ζsu v22

2je "oduzeta"od fluidne struje za stvara�e vrtloga na mestu gde jedoxlo do promene preseka.Jedini lokalni otpor kod koga �e ne koristi Vajsbahov obraza je lokalni otpor usled naglogproxire�a evovoda, slika 2.4.PSfrag repla emen Struja�e nema jednodimenzijski karakter! v1 v2

Slika 2.4: Naglo proxire�e popreqnog presekaGubitak energije usled naglog proxire�a se odreÆuje korix�e�em Borda-Karnoove formule:Ygnp

=(v1 − v2)

2

2(2.10)Gubi i energije usled tre�aOvi gubi i energije su posledi a tre�a izmeÆu teqnosti i zida evi. Prilikom struja�a brzinom

v kroz ev du�ine L i povrxine popreqnog preseka A on se odreÆuje na osnovu Darsijevog obras a:Ygtr

= λL

4Rh

v2

2(2.11)Veliqina Rh se naziva hidrauliqki radijus i on se definixe kao odnos protoqne povrxine iokvaxenog obima, tj. Rh = A/O. Tako je za kru�nu ev preqnika D hidrauliqki radijus jednak:

Rh =A

O=D2π

4Dπ=D

4pa se Darsijeva formula za sluqaj struja�a kroz evi (xto �e biti sluqaj u svim zada ima!) svodina:Ygtr

= λL

D

v2

2(2.12)Veliqina λ se naziva koefi ijent tre�a i on se u opxtem sluqaju zavisi od Rejnoldsovog brojai relativne hrapavosti evi k. U sluqaju laminarnog struja�a evi se ponaxaju kao hidrauliqkiglatke, koefi ijent tre�a zavisi samo od Re i ta zavisnost se dobija iz taqnog rexe�a Navije-

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 30Stoksovih jednaqina za sluqaj struja�a u evima, tj:λ =

64

Re− laminarno struja�e (2.13)U sluqaju turbulentog struja�a, bez obzira da li se ev ponaxa kao hidrauliqki glatka, hidrauliqkihrapava ili hidrauliqki potpuno hrapava, dobija�e taqne zavisnosti λ(Re, k) nije mogu�e, jer sene raspola�e potrebnim taqnim rexe�em Rejnoldsovih jednaqina. Zato se nepotpuni teorijskirezultati Rejnodsovih jednaqina moraju dopuniti odgovaraju�im ekperimentalnim poda ima. Na tajnaqin se doxlo do formula koje su date u tabeli.R.broj Zavisnost λ = λ(Re, k) Oblast primene Autor1. λ =

64

ReRe < Rek = 2320 -2. λ = 0.0025Re0.333 2320 < Re < 4000 Zajqenko3. λ = (1.8 logRe− 1.5)−2 4000 < Re < 3 · 106 Konakov4. λ = 0.3164Re−0.25 4000 < Re < 105 Blazijus5. 1√

λ= −2 log

(k

3.71+

2.51

Re√λ

) Kolbruk-Vajt23

k< Re <

560

k6. λ = 0.1

(

1.46k +100

Re

) Altxul7. λ =

(

1.74 + 2 log1

k

)−2 Prantl - NikuradzeRe >

560

k8. λ = 0.11k0.25 Xifrinson9. λ = a+ bRe−c

a = 0.0094 k0.225 + 0.53 k Re < 104 Vudb = 88 k0.44 10−5 < k < 0.04

c = 1.62 k0.34

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 31TakoÆe, pored izraza datih u tabeli, koefi ijent tre�a se mo�e odrediti i korix�e�em Mudijevogdijagrama (vidi predava�a).U zada ima �e vrednost koefi ijenta tre�a unapred biti zadata, ili �e biti zadata formula naosnovu koje se on mo�e sraqunati.Pumpa u evovoduU gotovo svim zada ima, a takoÆe i u praksi, u evovodu �e biti ugraÆena pumpa. Uti aj pumpena struja�e �e biti obuhva�en preko jediniqnog rada pumpe, Yp [J/kg] koji se mo�e shvatiti kaoenergija po jedini i mase koju pumpa predaje fluidu. Fiziqki posmatrano, pumpa "oboga�uje"fluidpritisnom energijom.��

��PSfrag repla emen H

Yp

11

22V̇

Slika 2.5: Strujna maxina (pumpa) u evovoduQlan Yp se u Bernulijevoj jednaqini uvek pixe sa leve strane, tj. za sluqaj sa slike 2.5(smer struja�a je od preseka 1 ka preseku 2)Y1 + Yp = Y2 + Yg1−2

⇐⇒ p1

ρ+ gz1 + α1

v21

2+ Yp = Yi =

p2

ρ+ gz2 + α2

v22

2+ Yg1−2

(2.14)Kako je z2 − z1 = H , jednaqina (2.14) se svodi na:p1

ρ+ α1

v21

2+ Yp = Yi =

p2

ρ+ gH + α2

v22

2+ Yg1−2

(2.15)Korisna ili hidrauliqka snaga pumpe se odreÆuje na osnovu izraza:Pk ≡ Ph = ρ V̇ Yp (2.16)Snaga koja je potrebna za pogon pumpe (snaga koju je potrebno ulo�iti da bi smo dobili snagu Pk):P =

Pkηp

=ρ V̇ Ypηp

(2.17)gde je ηp (mehaniqki) stepen korisnosti pumpe.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 322.2.3 Zada i1. Za prost evovod sa slike odrediti maksimalnu vrednost natpritiska pm pri kojoj �e struja�e u evovodu biti jox uvek laminarno. Kritiqni Rejnoldsov broj za struja�e u evi je Rekr = 2320.Dati su i slede�i poda i: ρ = 900 kg/m3, ν = 4 ·10−5 m2/s, D1 = 80 mm, D2 = 100 mm, L1 = 18 m,L2 = 10 m, ζu = 0.1, ζv = 3.5, ζk = 0.2, H = 4 m.2. Na instala iji napu�enoj vodom izvrxen je eksperiment u kome se pomo�u diferen ijalnihmanometara sa �vom mere padovi pritisaka. Na osnovu pokaziva�a manometara odrediti koe-fi ijent lokalnog otpora ventila ζv0 kao i snagu ugraÆene pumpe. Struja�e je turbulentno uhidrauliqki glatkim evima. Dati su slede�i poda i: l = 3 m, l0 = 5 m, L = 25 m, D = 50 mm,h = 11.8 mm, h0 = 100 mm, H = 2 m, ζu = ζk = 0.5, ζv = 2, ρ = 1000 kg/m3, ρm = 13600 kg/m3

ν = 1.006 · 10−6 m2/s i ηp = 0.8.3. Za evovod na sli i odrediti protok vode koja se sliva iz rezervoara A u rezervoar V. Za kolikose pove�a protok kroz evovod ako se u �ega ugradi pumpa qija je karakteristika data izrazom:Yp = Y0

1 −(

V̇

V̇0

)2

Poznati su slede�i poda i: Y0 = 60 J/kg, V̇0 = 40 l/s, H = 4 m, L1 = 12 m, L2 = 15 m, D1 = 80 mm,D2 = 100 m, λ1 = 0.025, λ2 = 0.027, ζu = 0.1, ζv = 7.5, ζk = 0.2, pm = 0.2 bar i pv = 0.1 bar.

3 Proraqun slo�enog evovoda3.1 Kratak teorijski uvodPod pretpostavkom da se radi o sta ionarnom, jednodimenzijskom, nestixivom struja�u (ρ =

const), pri proraqunu slo�enog evovoda se koriste dva tipa algebarskih jednaqina:• Jednaqina kontinuiteta• Bernulijeva jednaqina3.1.1 Jednaqina kontinuitetaJednaqina kontinuiteta pri proraqunu slo�enog evovoda se obiqno pixe za mesta u kojima se evne deoni e granaju ili spajaju - to su qvorovi mre�e, ili raqve.PSfrag repla emen

V̇1

V̇2

V̇n

V̇n+1

V̇n+2

V̇n+m

R

Slika 3.1: Qvorno mesto u mre�iJednaqina kontinuiteta napisana za qvor sa slike 3.1 glasi:n∑

i=1

V̇i =

m+n∑

j=n+1

V̇j (3.1)tj. suma protoka koji ulaze u qvor (raqvu) je jednaka sumi protoka koji izlaze iz qvora.U zada ima se qesto mo�e sresti i sluqaj kada se nivo u rezervoru odr�ava konstantnim zahvauju�istalnom proti a�u fluida kroz �ega ("mali"rezervoar) - u ovom sluqaju takoÆe va�i isti prin ip:mora biti zadovoena jednakost ukupnih dotoka u rezervoar i ukupnih protoka koji izlaze iz rezer-voara.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 343.1.2 Bernulijeva jednaqinaBernulijeva jednaqina se pixe na potpuno isti naqin kao u sluqaju proraquna slo�enog evovoda, imo�e se postaviti za bilo koja dva preseka u kojima je zadovoen jednodimenzijski karakter struja�a.Za razliku od proraquna prostog evovoda, ovde je neophodno, pored jednaqina kontinuiteta postavitii jox najma�e dve Bernulijeve jednaqine. Broj Bernulijevih jednaqina koje je mogu�e postavitizavisi od broja raqvi i broja evovoda koji se spajajaju (granaju u raqvi). Primena Bernulijevejednaqine se najboe mo�e ilustrovati jednostavnim primerom kada su tri rezervoara meÆusobnopovezana slo�enim evovodom (slika 2). U ovom konkretnom primeru teqnost se sliva iz rezervoara 1ka rezervoarima 2 i 3 (smerovi struja�a u deoni ama su poznati). Imaju�i u vidu da se Bernulijevajednaqina uvek pixe u smeru struja�a, sa primer sa slike je mogu�e postaviti dve Bernulijevejednaqine, i to 1-2 i 1-3.R

PSfrag repla emen p1

p2

p3

v1

v2

v3

1122

33H

h

Slika 3.2: Primer slo�enog evovodaBernulijeva jednaqina za nivoe u rezervoarima 1 i 2:Y1 = Y2 + Yg1−2 ⇐⇒ Y1 = Y2 + Yg1−R + YgR−2

p1

ρ+ gH =

p2

ρ+ C1

v21

2+ C2

v22

2(3.2)Bernulijeva jednaqina za nivoe u rezervoarima 1 i 3:

Y1 = Y3 + Yg1−3 ⇐⇒ Y1 = Y3 + Yg1−R + YgR−3

p1

ρ+ gh =

p3

ρ+ C1

v21

2+ C2

v23

2(3.3)Ovim jednaqinama treba pridodati i jednaqinu kontinuiteta za raqvu:

V̇1 = V̇2 + V̇3 ⇐⇒ v1D21 = v2D

22 + v3D

23 (3.4)Iz jednaqina (1.2), (1.3) i (1.4) se mogu odrediti brzine struja�a u pojedinim deoni ama, ako suzadate visine H , h, kao i ekvivalentni koefi ijenti otpora za evovode 1, 2 i 3.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 35PSfrag repla emen V̇1

V̇1V̇2V̇2

V̇3

V̇3

ζR2ζR2

ζR3

Slika 3.3: Struja�e u raqviPri struja�u fluida kroz raqvu dolazi do izvesnog gubitka strujne energije fluida, i taj gubitakse uzima u obzir preko koefi ijenta lokalnog gubitka energije (lokalnog otpora) u raqvi ζR.Koefi ijent ζR se uvek vezuje za brzine koje "izlaze"iz raqve. Tako za dva karakteristiqnaprimera za slike 3:(a) Imamo gubitke energije YgR2 = ζR2

v22

2i YgR3 = ζR2

v23

2. Ako je u zadatku zadato samo ζR, a imamoovaj sluqaj onda ζR vezujemo i za brzinu v1 i v2, tj. YgR2 = ζR

v22

2i YgR3 = ζR

v23

2.(b) U ovom sluqaju imamo gubitak energije YgR = ζR2

v22

23.2 Zada i1. Pumpom se potiskuje voda iz velikog zatvorenog rezervoara A u veliki otvoreni rezervoar Vi mlazni u S. Teorijska visina mlaza vode na izlazu iz mlaznika iznosi ht = 5 m. Dati suslede�i poda i: V̇B = 6 l/s, d = 60 mm, D = 150 mm, l = 100 m, l2 = 60 m, H1 = 2 m, H2 = 3 m,λ = 0.03 (za sve evi), ζk = 0.3, ζv = 3, ζv1 = 10, ζu = 0.5, ζm = 0.05, ζR = 0.25, pv = 0.2 bar iηP = 0.75.a) Odrediti visinu H .b) Odrediti snagu koja je potrebna za pogon pumpe.2. Pumpe P1 i P2 transportuju vodu iz rezervoara A u rezervoareB i C. Istovremeno, iz rezervoaraB voda se vra�a povratnom granom u rezervoar C, a iz rezervoara C struji ka potroxaqukonstantnim protokom V̇ = 3.5 l/s. Rezervoar A je veliki, pa je nivo u �emu konstantan, a nivoivode u rezervoarima B i C se odr�avaju konstantnim proti a�em kroz �ih. Odrediti ukupnusnagu koja je potrebna za pogon pumpi. Poznati su slede�i poda i: l0 = l1 = 4 m, l2 = l3 = 4 m,d0 = 60 mm, d1 = 50 mm, d2 = 30 mm, d3 = 40 mm, h1 = 5 m, h2 = 3 m, ζs = 1, ζu = 0.5, ζk = 0.4,ζv1 = 2, ζv2 = 3, ζv3 = 4, ηP1 = ηP2 = 0.8, ρ = 1000 kg/m3, λ = 0.028.3. Pumpa transportuje vodu iz rezervoara A kroz rezervoar B prema potroxaqu P . U evi preqnikad = 50 mm, koja vodi ka potroxaqu ugraÆena je blenda karakteristike K = 0.01242 m3/(s m1/2)koja je povezana sa diferen ijalnim manometrom u kome je �iva. Protok kroz instala iju seregulixe pomo�u optoqnog voda (grana sa ventilom v2). Odrediti snagu koja je potrebna za

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 36pogon pumpe. Poznati su slede�i poda i: pm = 3 kPa, pv = 800 Pa, l0 = 4 m, l1 = 2 m, l2 = 3 m,d0 = 65 mm, d1 = 80 mm, d2 = 50 mm, H = 1 m, h = 100 mm, ζu = 0.5, ζk = 0.5, ζk = 0.5, ζR0 = 0.5,ζR1 = 1, ζR2 = 0.5, ζv1 = ζv2 = 1.5, λ = 0.025 i ηP = 0.8.Napomena: Ako je koefi ijent karakteristike blende K, protok fluida kroz evovod u koji jeugraÆena blenda je odreÆen izrazom V̇ = K

√h.4. Zupqasta pumpa regulisana optoqnim vodom, preba uje benzin iz otvorenog rezervoara A uotvoreni rezervoar V. Ako su poznati slede�i poda i: V̇P = 4 l/s, H = 7.5 m, Lu = 8 m, Lp = 12 m,

d = 50 mm, ζu = 0.5, ζv1 = 2, ρ = 750 kg/m3, ηP = 0.7, d0 = 30 mm, L0 = 2 m, ζv0 = 20, ζk = 0.5 iλ = 0.02, odrediti:(a) Dotok benzina u rezervoar B.(b) Graniqnu vrednost koefi ijenta otpora ventila ζv0 u optoqnom vodu pri kome nema dotokau rezervoar B, kao i snagu pumpe u tom sluqaju.(v) Snagu pumpe u sluqaju kada je ventil u optoqnom vodu zatvoren.5. Rezervoari A i V su spojeni slo�enim evovodom. Poznati su slede�i poda i:

• ekvivalentni otpori deoni a: C1 = 20, C2 = 12, C3 = 10 i C4 = 15

• preqni i deoni a: d1 = 50 mm, d2 = d3 = d4 = d = 40 mm

• razlika izmeÆu nivoa u rezervoarima H = 5 m

• pv = 0.1 bar i pm = 0.6 barOdrediti zapreminske protoke kroz sve deoni e, kao i snagu pumpe (ηP = 0.8) koju trebapostaviti u deoni u 1 da bi se protok kroz tu deoni u udvostruqio.6. Na sli i je prikazan slo�en evovod u kome pumpa snabdeva vodom rezervoar S iz rezervoara Ai V. Poznati su slede�i poda i: L1 = 20 m, L2 = 15 m, L3 = 20 m, λ = 0.03, H1 = 2 m, H2 = 4 mi pa = 1 bar. Ako je protok V̇1 = 7 l/s i pokaziva�e otvorene U evi sa �ivom h = 165 mm(H = 1 m, ρm = 13600 kg/m3) izraqunati korisnu snagu pumpe, kao i pritisak koji vlada iznadnivoa teqnosti u rezervoaru A. Zanemariti sve lokalne otpore.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 373.3 Ispitni zada i1. U postroje�u prikazanom na sli i 1.3 pumpa transportuje vodu iz rezervoara A i B u rezervoarC kroz evovode 1, 2, 3, 4 i 5. Nivo vode u rezervoaru A se odr�ava konstantnim stalnimdoti a�em konstantnog protoka V̇ = 20 l/s u �ega, dok su rezervoari B i C veliki.Poznati suslede�i poda i: pm = 10 kPa, pv = 50 kPa, d1 = d2 = 100 mm, d3 = 120 mm, d4 = d5 = 150 mm,L1 = L2 = 2 m, L3 = 1 m, L4 = 24 m, l5 = 15 m, λ = 0.025 (za sve evi), H = 5 m, h = 2 m, ζs = 4,ζv1

= 5, ζv2= 8, ζv4

= 4, ζv5= 10 i ζk = 0.8. Odrediti brzine struja�a u svim deoni ama i snagupumpe.

��

��

��

��

��

��

v4

5

ss

k k

k kv

v2v1 2

4 5

3

1

u

H

h

mp

pv

V.

C

B

ASlika 1.3Rexe�a: v1 = 1.354 m/s, v2 = 1.192 m/s, v3 = 1.768 m/s, v4 = 2.262 m/s, v5 = 1.13 m/s, YP =143.4 J/kg i P = 7.263 kW2. U postroje�u prikazanom na sli i 1.4 pumpa potiskuje vodu iz rezervoara A i V u rezervoare Si D. Poznati su slede�i poda i: H = 5 m, pm = 10 kPa, pv = 5 kPa, ηP = 0.8, ζu = 0.5, ζR = 0.5,λ = 0.03 (za sve evi) i poda i dati u tabeli. Ako je u deoni i 5 izmerena brzina struja�av5 = 1.8 m/s, odrediti protoke kroz sve evne deoni e, kao i snagu koja je potrebna za pogonpumpe.

i Li [ m] di [ mm] ζvi1 3 180 102 3.6 180 23 5 200 34 4 120 45 5 150 5 v

v v

uu

4 5

3

v2v1

v3

R

R

pv

B

DC

A1

4

3

5

2

H

pm Slika 1.4Rexe�a:

• Brzine struja�a: v1 = 1.377 m/s, v2 = 0.532 m/s, v3 = 1.546 m/s, v4 = 1.483 m/s, v5 = 1.8 m/s

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 38• Zapreminski proto i: V̇1 = 35.04 l/s, V̇2 = 13.54 l/s, V̇3 = 45.58 l/s, V̇4 = 16.77 l/s, V̇5 =

31.81 l/s

• Jediniqni rad i snaga pumpe: YP = 65.3 J/kg i P = 3.965 kW.3. Na sli i 1.5 je prikazan slo�en evovod u kome pumpa, kroz evne deoni e 1, 2, 3, 5 i 7transportuje vodu iz velikog otvorenog rezervoara A u rezervore B, C i D. Istovremeno, evovodom 4 voda se sliva iz rezervoara V u rezervoar S, odnosno iz evovom 6 iz rezervoara S urezervoar D. Poznati su slede�i poda i: H = 5 m, H1 = 1 m, H2 = 2 m, pm = 0.2 bar, pv = 0.5 bar,λ = 0.03 (za sve evi), ηP = 0.8, kao i poda i dati u tabeli. Odrediti snagu potrebnu za pogonpumpe, ukupan zapreminski protok koji dotiqe u rezervoar D i koefi ijent lokalnog otporaventila ζ v7 u deoni i 7.Napomena: Nivoi vode u rezervoarima V, S i D se odr�avaju konstatnim stalnim proti a�emkroz �ih. Sve lokalne otpore, osim ventila zanemariti.

Li [ m] Di [ mm] ζ vi1 100 300 52 80 200 53 80 200 104 60 200 105 60 200 56 60 200 87 200 200 ? 1

H

H

v v

v

v

v

v

v

v

p

1 1

2

4

6

73

5

H2

1

2

3

4

5

6

7A

B

C

D

v

pm

V.

Slika 1.5Rexe�a: v1 = 1.717 m/s, v2 = v4 = 1.771 m/s, v3 = 2.092 m/s, v5 = 1.091 m/s, v6 = 2.862 m/s,v7 = 1.001 m/s, V̇ = 0.121 m3/s, YP = 132.56 J/kg, P = 20 kW i ζv7 = 125.6.

4 Isti a�e teqnosti kroz otvore inaglavkeDetaan opis problematike iz oblasti isti a�a teqnosti kroz otvore i naglavke je dat u k�iziDinamika jednodimenzijskih struja�a fluida od prof. Vladana �orÆevi�a. Teorijski uvod dat uslede�im redovima se bazira na pojedinim detaima iz te k�ige.4.1 Sta ionarna isti a�aPosmatrajmo jedan veliki rezervaor u qijem se boqnom zidu nalazi mali otvor oxtrih ivi a (slika4.1) kroz koji teqnost istiqe u atmosferu. Usled iner ije, pojedini fluidni deli�i u blizini otvora��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��PSfrag repla emen

H

k

k

Slika 4.1: Isti a�e kroz otvor oxtrih ivi a�e se kretati po zatvorenim konvergentnim puta�ama - mlaz se su�ava sve do preseka obele�enog sak − k na sli i 4.1. Taj presek se naziva kontrakovani presek i jedino u �emu struja�e imajednodimenzijski karakter! Ovaj presek je ujedno i naju�i presek mlaza.

A − povrxina otvoraAk − povrxina kontrakovanog presekaVeliqina koja predstava odnos povrxine kontrakovanog preseka i povrxine otvora se nazivakoefi ijent kontrak ije:

ψ =AkA

< 1 (4.1)Pojava kontrak ije mlaza je izra�enija kod otvora koji se nalaze bli�e slobodnoj povrxi teqnostiu rezervoaru, tj. vrednost koefi ijenta kontrak ije opada sa pove�a�em visine H .

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 404.1.1 Isti a�e kroz mali otvor oxtrih ivi aU iu odreÆiva�a zapreminskog protoka koji istiqe iz rezervoara kroz otvor povrxine popreqnogpreseka A, postava se Bernulijeva jednaqina za nivo u rezervoaru i kontrakovani presek k-k:paρ

+ g H =paρ

+v2

2+ ζ

v2

2(4.2)Koefi ijent ζ je koefi ijent lokalnog gubitka energije koji reprezentuje energiju potrebnu za stvara�emakrovrtloga koji nastaju izmeÆu protoqne zone i zida rezervoara. Iz jednaqine (4.2) se dobija

v =1√

1 + ζ

√

2gH = ϕ√

2gH, gde je ϕ =1√

1 + ζ(4.3)Veliqina ϕ se naziva koefi ijent brzine. U sluqaju da se gubi i u rezervoaru mogu zanemariti(ζ = 0), brzina isti a�a u tom sluqaju je idealna brzina (nema gubitaka energije):

vi =√

2gH (4.4)Stvarna brzina (izraz 4.2) je uvek ma�a od idealne brzine, jer je ϕ < 1. Protok kroz otvor je odreÆenizrazom (brzina v je brzina u kontrakovanom preseku):V̇ = v Ak = ϕAk

√

2gH (4.5)Ako se povrxina Ak izrazi kao Ak = ψA, gde je A povrxina otvora, dobija se slede�i izraz zazapreminski protok kroz otvor:V̇ = µA

√2gH (4.6)Veliqina µ = ϕψ se naziva koefi ijent protoka. Koefi ijent protoka je uvek ma�i odjedini e i on se za neki otvor mo�e veoma jednostavno mo�e odrediti eksperimentalno. Tipiqnavrednost za µ u sluqaju kru�nog otvora, kada je kontrak ija potpuna je µ ≈ 0.62.Idealni protok kroz otvor bi bio jednak proizvodu povrxine otvora i idealne brzine, tj.

V̇i = A√

2gH (4.7)Mo�e se zakuqiti da je stvarni protok u relativno velikoj meri ma�i od idealnog protoka (npr.za kru�ni otvor stvarni protok je 62% od idealnog protoka).4.1.2 Podvodno isti a�eU ovom sluqaju isti a�e se ne vrxi u atmosferu, ve� u prostor koji je ispu�en istom teqnox�ukoja se nalazi u sta�u mirova�a. Struktura struja�a �e praktiqno ostati ista kao i pri isti a�uu atmosferu, tj. pojava kontrak ije mlaza �e biti jasno izra�ena. Bernulijeva jednaqina za nivoe urezervoarima glasi:g (H1 −H2) = (ζ + 1)

v2

2Koefi ijent ζ reprezentuje gubitak strujne energije ispred otvora, dok je gubitak energije posleotvora predstaven jedini om, tj. qlanom v2/2 na desnoj strani jednaqine.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 41Iz prethodne jednaqine brzina se mo�e izraziti kaov =

1√1 + ζ

√

2g(H1 −H2) = ϕ√

2g(H1 −H2), gde je ϕ =1√

1 + ζ(4.8)

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��PSfrag repla emen

H1

H2

k

k

Slika 4.2: Podvodno isti a�e kroz otvor oxtrih ivi aProtok kroz otvor je dae jednakV̇ = v Ak = ϕAk

√

2g(H1 −H2) = ϕψA√

2g(H1 −H2) (4.9)Proizvod koefi ijenta kontrak ije i koefi ijenta brzine je koefi ijent protoka, µ = ϕψ, pa jekonaqno protok kroz otvor odreÆen izrazom:V̇ = µA

√

2g(H1 −H2) (4.10)Ekperimenti pokazuju da koefi ijent protoka µ za neki mali otvor pri podvodnom isti a�u imapribli�no istu vrednost kao i sluqaju isti a�a u atmosferu.4.1.3 Isti a�e teqnosti kroz veliki otvor oxtrih ivi aPod velikim otvorom se podrazumeva otvor qije vertikalne dimenzije nisu u znatnoj meri ma�e odneke karakteristiqne dubine na kojoj se otvor nalazi (obiqno je ta karakteristiqna dubina rastoja�eod nivoa teqnosti do te�ixta otvora). Kod takvih otvora promene brzine u preseku k − k se ne moguzanemariti.Posmatra se veliki otvor qije se te�ixte nalazi na dubini H u odnosu na nivo u rezervoru (slika3.3). Pretpostavi�emo da je oblik preseka k − k geometrijski sliqan preseku otvora. Elementarnapovrxina otvora se izabira u vidu pravougaonika dimenzija bk(z) i dz. Ova elementarna povrxinase mo�e smatrati malim otvorom, pa je brzina u svim �enim taqkama odreÆena izrazom v = ϕ√

2gz.Elementarni protok kroz ovaj otvor je:dV̇ = v dAk = ϕ

√

2gz bk(z) dz

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 42Ukupni protok V̇ se dobija integra ijom po eloj povrxini preseka k − k:V̇ = ϕ

√

2g

H+hk2∫

H−hk1

bk(z)√z dz (4.11)

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

PSfrag repla emen hk1

hk2

z

dz

bkH

k − k

C

Slika 4.3: Isti a�e kroz veliki otvor oxtih ivi aOvom prilikom je pretpostaveno da ϕ ne zavisi od z. Geometrijske veliqine u preseku k − k iodgovaraju�e veliqine u preseku otvora se mogu povezati preko koefi ijenta kontrak ije, tj.bk(z) =

√

ψ · b(z), hk1 =√

ψ · h1, hk2 =√

ψ · h2pa je konaqno protok jednakV̇ = ϕ

√

ψ√

2g

H+√ψ h2∫

H−√ψ h1

b(z)√z dz (4.12)U praktiqnim proraqunima se qesto koristi pribli�ni izraz:

V̇ = µ√

2g

H+h2∫

H−h1

b(z)√z dz (4.13)Veliqina µ = ϕ

√ψ se naziva koefi ijent protoka velikog otvora.4.1.4 Zada i1. U rezervoar A stalno dotiqe V̇ = 20 l/s vode. Rezervoari A i B imaju konstantne nivoe vodei spojeni su malim otvorom u pregradnom zidu. Odrediti protoke kroz izlazne naglavke izrezervoara. Dati su slede�i poda i: d = 50 mm, ζu = 0.5, ζv = 1.2, λ = 0.03, L = 1 m i µ0 = 0.62.2. Odrediti horizontalnu strani u b velikog otvora oblika pravouglog trougla tako da protokkroz �ega bude V̇ = 2 m3/s. Ostali poznati poda i su: H = 1 m, a = 2 m i µ = 0.62.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 434.2 Kvazista ionarna isti a�aPod kvazista ionarnim struja�em se podrazumeva struja�e kod koga su promene fiziqkih veliqinau vremenu relativno spore, tako da se mo�e smatrati da u svakom trenutku va�e jednaqine za sta ionarnostruja�e. Tipiqan primer ovakvog struja�a predstava pra��e�e ili pu�e�e relativno velikogrezervoara kroz otvor ili ev qije su dimenzije znatno ma�e od preseka rezervoara (slika 4.4).PSfrag repla emen

z

dz

H

V̇ (z)

A(z) t

t = 0

t = TSlika 4.4: Isti a�e teqnosti iz rezervoaraU poqetnom trenutku (t = 0) rezervoar koji je bio napu�en do visine H poqi�e da se prazni krozmali otvor na svom dnu. Neka je zadat koefi ijent protoka otvora µ0, kao i �egova povrxina A0.Treba odrediti vreme T za koje �e se rezervoar isprazniti. Ako isti a�e smatramo kvazista ionarnim,protok u proizvonom trenutku vremena je odreÆen izrazom:V̇ = µA0

√

2gz (4.14)pa �e za vreme dt iz rezervora iste�i zapremina V̇ dt. Istovremeno, nivo teqnosti u sudu �e sesma�iti za dz, tako da je s druge strane koliqina teqnosti koja istekne iz rezervoara za vreme dtjednaka A(z) dz. Prema tome, dolazi se do diferen ijalne jednaqine pra��e�a rezervoara:V̇ dt = −A(z) dz (4.15)Znak minus sa desne strane jednaqine potiqe od qi�eni e da se koordinata z sma�uje tokom vremena(ima negativan priraxtaj), tj. dz < 0. Ako koordinata z raste tokom vremena, onda sa �e sa desnestrane jednaqine ne�e stajati znak minus. Generalno, pri pu�enu ili pra��e�u rezervoara, u iuodreÆiva�a vremena koje se potrebno da se nivo teqnosti u �emu za neku vrednost visine, koristi sediferen ijalna jednaqina oblika:

V̇ dt = A(z) | dz | (4.16)pri qemu je:| dz | =

{

dz, kada je dz > 0 (koordinata z raste tokom vremena)−dz, kada je dz < 0 (koordinata z se sma�uje tokom vremena)Ako se vratimo na konkretan primer, zamenom jednaqine (4.14) u (4.16), tj. (4.15) dobija se

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 44diferen ijalna jednaqina koja razdvaja prome�ive, tj.µA0

√

2gz dt = −A(z) dz =⇒ dt = − A(z) dz

µA0

√2gz

(4.17)Uz (opravdanu) pretpostavku da je µ = const. tokom pra��e�a rezervoara, integrae�em leve i desnestrane jednaqine:T∫

0

dt = − 1

µA0

√2g

0∫

H

A(z) dz√zKonaqno vreme koje je potrebno da se rezervoar isprazni je:

T =1

µA0

√2g

H∫

0

A(z) dz√z

(4.18)Ako je rezervoar oblika ilindra ili prizme, onda je A(z) = A = const, pa se jednaqina (4.18) svodina:T =

2A√H

µA0

√2g

(4.19)4.2.1 Zada i1. Na�i vreme koje je potrebno da se ilindriqni rezervoar prikazan na sli i isprazni. Poznatisu slede�i poda i: D = 1 m, d = 20 mm, H = 0.5 m, h = 1 m, µ = 0.62.2. Otvoren prazan ilindriqni sud se puni vodom iz gor�eg velikog otvorenog rezervoara krozdve evi jednakih preqnika i du�ina, kao i jednakih koefi ijenata lokalnih gubitaka energije.Odrediti vreme za koje �e se sud napuniti vodom. Dati su slede�i poda i: ζu = 0.2, ζv = 0.5,

ζk = 0.5, λ = 0.03, l = 4 m, d = 50 mm, H = 5 mm, h = 2 m i D = 1 m.3. Rezervoar prikazan na sli i se istovremeno puni konstantnim protokom V̇0 i prazni kroz slo�en evovod. U poqetnom trenutku rezervoar je napu�en do visine H . Poznati su slede�i poda i:H = 2 m, D = 0.6 m, h = 3 m, l = l1 = 4 m, l2 = 1 m, d = 30 m, d1 = 20 mm, d2 = 15 mm, ζv = 4,ζv1 = 2, ζk = 0.5, ζu = 0.7, λ = 0.02 i V̇0 = 2 l/s. Odrediti polo�aj ravnote�nog nivoa urezervoaru, kao i vreme koje je potrebno da se poqetni nivo (H = 2 m) promeni za h0 = 1 m.4. Iz gor�eg otvorenog ilindriqnog suda, punog vode (slika 3), preqnika d = 1 m i visine h =

1.5 m, pretaqe se voda u do�i ilindriqni sud dimenzija D = H = 2 m u kojem ima vode dopolovine visine - kroz ev preqnika d0 = 25 mm i du�ine L = 2.5 m, poznatih koefi ijenataotpora: ζu = 0.5 i ζv = 1.5 i koefi ijenta tre�a λ = 0.03. Visina dna gor�eg suda i nivoa vodeu do�em sudu je a = 2 m. Izraqunati vreme za koje �e se gor�i sud isprazniti. Na sli i jeprikazan polo�aj u trenutku t = 0 s.5. Sudovi A i V spojeni sa evi preqnika d. Nakon otvara�a ventila voda poqi�e da pretiqe izsuda A u sud V i pri tome vazduh ulazi u sud A kroz mali otvor preqnika d0 koji se nalazi napoklop u suda. Odrediti vreme za koje �e nivoi u sudovima i�ednaqiti. Poda i: d = 50 mm,d0 = 2 mm, l = 5 m, H = 2 m, A1 = 1 m2, A2 = 2 m2, A2 = 2 m2, ρ0 = 1.2 kg/m3, ζu = 0.5, ζv = 0.5,λ = 0.02, µ0 = 0.62. Struja�e vazduha smatrati nestixivim.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 45Uputstvo za rexava�e zadataka iz kvazista ionarnih isti a�a

• Fiziqki sagledati problem - da li mo�da postoji vixe faza u toku pra��e�a(pu�e�a) rezervoara. To su sluqajevi kada se, re imo pra��e�e (pu�e�e) re-zervoara do nekog vremenskog trenutka obava sa nekim protokom V̇1, a od togtrenutka do nekog slede�eg nekim protokom V̇2 6= V̇1, i tako sve dok se rezervoarne isprazni (napuni). TakoÆe, ako je rezervoar, na primer oblika ilindra sasfernim dnom, postoja�e dve faze pra��e�a rezervoara - u te dve faze �e serazlikovati A(z) - odliqan primer zadatak 1 sa auditornih ve�bi.• Ski irati proizvoni polo�aj za svaku od faza, usvojiti koordinatu z (nepostoji pravilo za koju ravan vezati koordinatu z; to je stvar liqnog izbora).Postaviti dovoan broj Bernulijevih jednaqina, kao i jednaqina kontinuiteta zataj proizvoni polo�aj, tako da je mogu�e odrediti ukupan protok u funk ijikoordinate z kojim se rezervoar puni ili prazni (u nekim zada ima mo�da trebaodrediti da li se �e se nivo u rezervoru podizati ili spuxtati - zadatak 3 saauditornih ve�bi).• Postaviti diferen ijalnu jednaqinu isti a�a (pu�e�a), jednaqina (2.16).Integraliti levu i desnu stranu jednaqine, uz pravilno odreÆene grani e ukojima se me�aju prome�ive t i z - zada i sa auditornih ve�bi.

5 Primena jednaqine koliqine kreta�aFiziqki smisao jednaqine koliqine kreta�a za nepokretnu kontrolnu zapreminu sledi iz drugog�utnovog zakona - promena koliqine kreta�a fluida koji struji kroz kontrolnu zapreminu je jednakavektorskom zbiru sila (rezultuju�oj sili) koja deluje na fluid unutar kontrolne zapremine. To semo�e iskazati slede�om jednaqinom:∂

∂t

∫

V

ρ~v dV +

∮

A

ρ~v (~v · ~n) dA =∑

i

~Fi (5.1)Jednaqina (5.1) predstava integralni oblik jednaqine koliqine kreta�a. Qlan na desnoj stranijednaqine se sastoji iz zapreminskih i povrxinskih sila koje deluju na fluid koji se nalazi unutarkontrolne zapremine.5.1 Primena jednaqine koliqine kreta�a u sluqaju sta ionar-nog struja�a nestixivog fluidaKao xto se mo�e videti iz samog naslova, posmatramo sta ionarna struja�a nestixivog fluida.U tom sluqaju jednaqina (3.2) se svodi na slede�i oblik:∮

A

ρ~v (~v · ~n) dA =∑

i

~Fi (5.2)Kao xto je ve� reqeno, ovu jednaqinu prime�emo kada �elimo da odredimo silu kojom fluid delujena neku qvrstu konturu pri svom struja�u. Ilustrujmo to slede�im primerom.Primer 4.1 Teqnost gustine ρ struji konstantnim protokom V̇ kroz zakriveni evovod (krivinu).Odrediti silu kojom fluid deluje na krivinu.Na sli i 5.1 je prikazana kontrolna zapremina, koju ograniqavaju povrxi A1, A2 i A3. U ovukontrolnu zapreminu fluid ulazi kroz povrx A1, a izlazi kroz povrx A2. Protok kroz povrxA3 je jednak nuli! (fiziqki posmatrano, ta povrx je qvrsta kontura). Ovde �emo uvesti jox jednu(opravdanu) pretpostavku: struja�e u prese ima 1 i 2 je jednodimenzijsko. Drugim reqima,brzine v1 i v2 su konstantne u prese ima 1 i 2, a takoÆe su i kolinearni sa vektorima normala povrxiA1 i A2. Imaju�i sve ovo u vidu, povrxinski integral na levoj strani jednaqine (5.2) se svodi na:

∮

A

ρ~v (~v · ~n) dA =

∫

A1

ρ~v (~v · ~n) dA1 +

∫

A2

ρ~v (~v · ~n) dA2 +

∫

A3

ρ~v (~v · ~n) dA3 =

=

∫

A1

ρ ~v1 (~v1 · ~n1) dA1 +

∫

A2

ρ ~v2 (~v2 · ~n2) dA2 = −ρ ~v1 v1A1 + ρ ~v2 v2A2 (5.3)

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 47PSfrag repla emen Kont. zapreminaV̇ ~v1

~v2

v1

v2

p1, A1

n1

n2

11 22

p2, A2

A3

Slika 5.1: Struja�e fluida kroz krivinu i odgovaraju�a kontrolna zapremina.Sada �emo definisati desnu stranu jednaqine (5.2), tj. sile koje deluju na fluid koji se nalaziunutar kontrolne zapremine.PSfrag repla emen ~P1

~P2

~G

∑

i

~Fi = ~P1 + ~P1 + ~G+ ~F

~Pi = −(pi−pa)~niAi - sile pritiska na povrxi A1 i A2, i = 1, 2

~G - te�ina fluida koji se nalazi unutar zapremine~F - sila kojom qvrsta kontura (krivina) deluje na povrx A3Na osnovu Tre�eg �utnovog zakona sila ~F je istog prav a iintenziteta, a suprotnog smera od sile koja se tra�i, a to jesila kojom fluid deluje na krivinu, ~R = − ~FDakle, konaqno se dobija izraz za odreÆiva�e sile ~R

~R = ρ v1A1~v1 − ρ v2A2~v2 + ~P1 + ~P2 + ~G (5.4)Posmatrajmo sada kontrolnu zapreminu koja ima n kontrolnih povrxi kroz koje u �u ulazi fluid,i m kontrolnih povrxi kroz koje iz �e izlazi fluid (fiziqki, ta kontrolna zapremina mo�eodgovarati nekoj raqvi) prikazanu na sli i 4.3. Uz pretpostavke da je u svim kontrolnim povrximastruja�e jednodimenzijsko (v = const. u popreqnom preseku), izraz za silu kojom je optere�ena raqvaje:~R =

n∑

i=1

ρ V̇i ~vi −n+m∑

j=n+1

ρ V̇j ~vj +

n+m∑

k=1

~Pk + ~G (5.5)Jednaqini (5.5) treba pridodati jednaqinu kontinuiteta (vidi jednaqinu (3.1)), projektovati jena dva meÆusobno upravna prav a, i na taj naqin dobiti dve komponente Rx i Ry. Intenzitet sile ~Rje odreÆen izrazom:R =

√

Rx2 +Ry

2 (5.6)

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 48PSfrag repla emen v1

v2

vn

vn+1

vn+2

vn+m

P1

P2

Pn

Pn+1

Pn+2

Pn+m

~G

Slika 5.2: Kontrolna zapremina. Kroz n kontrolnih povrxi u �u ulazi fluid, kroz m kontrolnihpovrxi iz �e izlazi fluid.Sila kojom raqva deluje na fluid je istog intenziteta i prav a, ali suprotnog smera.UvoÆe�em pretpostavke da je brzina konstantna po popreqnom preseku, uqi�ena je izvesna grexka,koja se koriguje Busineskovim koefi ijentom β. On, u zavisnosti od re�ima struja�a, za sluqajda je protoqna povrxina krug (struja�e u evima) ima slede�e vrednosti:β =

1

vsA

∫

A

v2 dA =

1.01 − 1.04 , turbulentno struja�e4

3, laminarno struja�e (5.7)Jednaqina (5.5) u ovom sluqaju je oblika:

~R =

n∑

i=1

ρ V̇i βi ~vi −n+m∑

j=n+1

ρ V̇j βj ~vj +

n+m∑

k=1

~Pk + ~G (5.8)Kako se laminarna struja�a veoma retko javaju u tehniqkoj praksi, vrednost za koefi ijent β upraktiqnim proraqunima je β ≈ 1, tako da se u zada ima koristi vektorska jednaqina (5.5), osim akose posebno ne naglasi da je u nekoj od kontrolnih povrxi kroz koje prolazi fluid struja�e laminarno.

A. �o�i�: HIDRAULIKA I PNEUMATIKA - auditorne ve�be 495.2 Zada i1. IzmeÆu prirubni a 1 i 2 nalazi se krivina, koja je u odnosu na horizontalu nagnuta pod uglomα = 45◦. kroz krivinu protiqe V̇ = 15 l/s vode. Odrediti silu kojom teqnost deluje na krivinu,ako su ostali poda i:d1 = 100 mm, ζ = 0.05, pm1 = 20 kPa, d2 = 80 mm, ζk = 0.3.2. Na sli i 2 je prikazana raqva kroz koju protiqe voda (ρ = 1000 kg/m3). Re�im struja�a jeturbulentan i profili brzine u prese ima 1, 2 i 3 su odreÆeni izrazima:

v = vmi

(

1 − r

R

)1/7

, i = 1, 2, 3.U preseku 1 je izmerena vrednost pritiska pm1 = 0.5 bar, takoÆe je i poznata vrednost vm1 = 2 m/s,zatim preqni i D1 = 100 mm, D2 = 90 mm i D3 = 80 mm, uglovi α = 45◦ i β = 30◦, kao i da seprotok V̇1 ravnomerno deli na obe grane. Odrediti:(a) Zapreminske protoke V̇1, V̇2 i V̇3, kao i sred�e brzine u prese ima 1, 2 i 3.(b) Odrediti silu kojom voda deluje na raqvu. Zanemariti te�inu vode unutar raqve, razlikugeodezijskih visina izmeÆu preseka 1, 2 i 3, kao i sve gubitke strujne energije.3. Voda istiqe iz rezervoara u kom vlada natprisak kroz zakrivenu ev sa mlazni om na kraju.Izraqunati sile koje optere�uju zavrta�ske veze A-A i V-V. Dati su slede�i poda i: ρ =

1000 kg/m3, pm = 2 bar, h = 1 m, L = 4 m, D = 100 mm, d = 40 mm, λ = 0.03, ζk = ζu = 0.3 iζm = 0.6.4. Na sli i je prikazan ventil sigurnosti, preqnika sedixta d = 25 mm, iz koga pod natpritiskompm = 3.2 MPa, istiqe ue gustine ρ = 920 kg/m3, protokom V̇ = 10 l/s. Pri tome je klapnaotvorena za s = 5 mm. Zanemaruju�i gubitke strujne energije kroz pro ep, odrediti ugao α podkojim ue istiqe, ako je poznato da je poqetni natpritisak otvara�a klapne pm0 = 2.85 kPa, akrutost opruge je c = 20 N/mm.

Mehanika fluida - handot za auditorne...

Documents

Transcript of Mehanika fluida - handot za auditorne...