Vzorove priklady

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)


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


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.


4/41



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


5/41



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.


6/41



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


7/41



( )[ ] ( )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.


8/41



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


9/41



( ) 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


10/41



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)


11/41



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.


12/41



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.


13/41



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.


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. #


15/41



- 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.


16/41




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


17/41




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.


18/41




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# ,

(#

)


19/41


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)


21/41




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.


22/41




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:


23/41




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´´.


24/41




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:


25/41




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.


26/41




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)


27/41




⋅⋅

⋅+⋅

⋅=

222

30

80

16

110008000

4

1 π π hF = 9.7283 kN.

Na horné veko pôsobí sila 9.7283 kN smerom nahor.


28/41


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)


30/41




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.


31/41




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:


32/41




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.


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.


34/41


- 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.


35/41


- 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 , ⇒


36/41


- 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.


37/41


- 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.


38/41


- 2 -

Na valcový uzáver pôsobí tlaková sila zvislo o ve"kosti 644.968 kN.


39/41


- 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 ,


40/41


- 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.

Vzorove priklady

Documents

Transcript of Vzorove priklady