Mehanika fluida vjezbe, Rezime od Osnove industrijskog inženjerstva

Preuzmite Mehanika fluida vjezbe i više Rezime u PDF od Osnove industrijskog inženjerstva samo na Docsity!

Pomorski fakultet u Splitu

Zavod za brodostrojarstvo

Tehnička mehanika II

mr. Đorđe Dobrota

MEHANIKA FLUIDA

VJEŽBE

Split, ožujak 2014.

1 FIZIKALNA SVOJSTVA FLUIDA

PRIMJER 1:

Odredi silu viskoznog trenja pri klizanju osovine dijametra 400 mm i dužine 0,1 m zbog

uljnog filma između rukavca osovine i blazinice ležaja dijametra 402 mm (slika 1-1).

Kinematička viskoznost ulja je 2,4·

• m

2 /s, a gustoća 900 kg/m

3

. Osovina se giba centralno

i aksijalno konstantnom brzinom od 0,1 m/s. Pretpostavlja se linearni profil brzine za uljni

film ( u ( y )= v∙y / h ).

Poznato: D o=400 mm, Dl= 402 mm, L =0,1 m, υ =2,4·

• m

2 /s, ρ=900 kg/m

3 , v =0,1 m/s.

L

D

o

h

h

Ulje

Ležaj rukavca v

D

l v

h u ( y )

y=h, u=v

x y= 0 , u= 0

y

Slika 1-1. Klizajuća osovina u ležaju i profil brzine.

Rješenje:

Potrebno je razmatrati silu viskoznog trenja na površini osovine koja je suprotnog smjera od

smjera gibanja osovine:

du du v F A D L D L dy dy h

U gornjem izrazu potrebno je odrediti dinamičku viskoznost μ i visinu dy=h , dok je d u = v =0,

m/s. Dinamička viskoznost ulja izračunava se pomoću izraza:

4

   2, 4 10 900 0, 216 Pa s

       

Potrebnu obodnu silu, koja je jednaka sili viskoznog trenja, ali suprotnog predznaka odrediti

će se pomoću izraza:

F   A

Uz du = v i dy=h, nepoznato smično naprezanje može se izračunati pomoću izraza:

du v

dy h

Obodna brzina izračunava se pomoću izraza:

3 2 400 300 10 6, 28 m/s 60 60 60

n r n D v r

              

odakle slijedi smično naprezanje od

2 3

0,03 188, 4 N/m 1 10

v

h

Uz poznato smično naprezanje, obodna sila iznosi:

3 3

F  A   D L 188, 4  300 10 300 10 53, 24 N

              

odakle slijedi zakretni moment od

3 300 10 53, 24 7,986 Nm 2 2

D

M F r F

        

Uz poznati zakretni moment, potrebna snaga iznosi:

7,986 334,3 W

n n P M F F

   

PRIMJER 3:

U području daleko od ulaza, fluid protječe kroz kružnu cijev, promjera R =0,08 m, profilom

brzine za laminarno strujanje zadano kao u ( r )= u max(1- r

2 /R

2 ), gdje je r poprečna udaljenost od

središta cijevi, a u max označava maksimalnu brzinu protjecanja u središtu cijevi (slika 1-3).

Potrebno je odrediti veličinu sile viskoznog trenja (kao sile otpora) kojom fluid djeluje na

unutrašnju stjenku cijevi u duljini od 15 m, pri maksimalnoj brzini od u max=3 m/s. Dinamička

viskoznost fluida je 0,001 Pa·s.

Poznato: R =0,08 m, L =15 m, u max=3 m/s, μ =0,001 Pa·s.

R

r 0

u ( r )= u max(1- r^2 /R^2 )

u max

L

Slika 1-3. Protjecanje fluida kroz kružnu cijev.

Rješenje:

Sila viskoznog trenja koja djeluje na unutrašnju stjenku cijevi određuje se pomoću izraza:

F    A    2  R   L

U gornjem izrazu nepoznato je smično naprezanje, a koje se može izračunati pomoću izraza:

du

dr

Za poznatu distribuciju brzine u ( r ), gradijent brzine može se odrediti deriviranjem izraza za

profil brzine:

2

max (^2)

max 2 max 2 max

r R

r u r u R

du r r u u u dr R R (^)  R

što uvrštenjem u izraz za smično naprezanje daje

max

u R

Uvrštenjem izraza za smično naprezanje u izraz za silu viskoznog trenja dobiva se:

se pogonska osovina rotira brzinom od 1450 min

• , brzina vrtnje gonjene osovine je 1398

min

• . Pretpostavljajući linearni profil brzine za uljni film ( u ( y )= v∙y / h ), potrebno je odrediti

preneseni moment.

Poznato: D 1 = D 2 = D =300 mm, h =3 mm, μ =0,38 Pa·s, n 1 =1450 min

• , n 2 =1398 min - .

h

D

Pogonska osovina

Gonjena osovina

ulje

n 1 n 2

Slika 1-4. Hidraulička spojka.

Rješenje:

Diskovi se vrte u istom brzinom ali različitom kutnom brzinom ω 1 i ω 2. Stoga, može se

pretpostaviti da se jedan disk (npr. na pogonskoj osovini) okreće, a drugi miruje. Gradijent

brzine u uljnom filmu debljine h je du / dy = v / h , gdje je v obodna brzina magnitude:

v  (^)   1   2   r  (^)   1   2  D / 2

Smična naprezanje na bilo kojem dijelu površine bržeg diska na udaljenosti r od osi rotacije

je:

du v  1 2  r

dy h h

     

Stoga, smična sila koja djeluje na elementarni dio površine dA na površini diska je:

 1 2  (2 )

r dF dA r dr h

dok je elementarni moment

   

3 1 2 2 1 2 (2 )

r r dM r dF r r dr dr h h

Integriranjem izraza za elementarni moment dobiva se:

     

     

/2 3 /2 4 / 1 2 1 2 3 1 2

(^0 0 )

4 4 4 1 2 1 2 1 2 4

r D r D^ r^ D

r r (^) r

r (^) r M dr r dr h h h

D D D

h h h

 ^ 

  (^) 

 

Uz relativnu kutnu brzinu ω 1 - ω 2 =2 π ( n 1 - n 2 ) , uvrštenjem poznatih vrijednosti dobiva se :

   

(^4 4 ) 1 2 1 2 3

0,38 0,55 Nm 32 32 32 3 10

D n n D M h h





2 STATIKA FLUIDA

2.1 Mjerenja tlaka

PRIMJER 6:

Voda u spremniku je pod djelovanjem tlaka zraka, a tlak se mjeri s multifluidnim

manometrom kao što je prikazano na slici 2-1. Spremnik se nalazi na nadmorskoj visini od

1400 m gdje je atmosferski tlak 85,6 kPa. Odredi tlak zraka u spremniku ako je h 1 =0,1 m,

h 2 =0,2 m i h 3 =0,35 m. Gustoća vode je 1000 kg/m

3 , ulja 850 kg/m

3 i žive 13600 kg/m

3 .

Poznato: p 0 =85,6 kPa, h 1 =0,1 m, h 2 =0,2 m, h 3 =0,35 m, ρW =1000 kg/m

3 , ρo =850 kg/m

3 i

ρHg =13600 kg/m

3 .

Ulje

Živa Voda

Zrak

h

1

h

2 h

3

1

2

p 0

A B

Slika 2-1_. Spremnik s vodom pod djelovanjem tlaka zraka._

Tlak zraka u spremniku je jednolik, tj. njegova promjena s visinom u spremniku se

zanemaruje zbog male težine zraka.

Manometar će se analizirati počevši od točke 1 pomičući se uzduž U-cijevi dodavanjem ili

oduzimanjem stupca visine fluida dok se ne postigne točka 2. Na taj način i postavljajući da je

rezultat jednak p 2 , dobiva se jednadžba manometra:

1 1 1 2

1 1 1 2

W^ (^ ) Hg W

W W Hg W

p g h h gh gh p

p gh gh gh gh p

Sređivanjem gornjeg izraza dobiva se razlika tlaka:

3 p 1 (^)  p 2 (^)   Hg (^) gh   W gh  gh (  Hg (^)   W )  9,81 0, 2(13600 1000)  24,721 10 Pa

Isti rezultat dobiva se ako se manometar analizira s obzirom na dvije točke koje imaju

jednaki tlak, tj. one koje su na istoj visini u istoj kapljevini. Prema slici, to su točke A i B

kojima su tlakovi isti, tj.:

1 1 2 1

1 1 2 1

A B

W W Hg

W W W Hg

p p

p g h h p gh gh

p gh gh p gh gh

Sređivanjem gornjeg izraza dobiva se razlika tlaka:

3 p 1 (^)  p 2 (^)   Hg (^) gh   W gh  gh (  Hg (^)   W )  9,81 0, 2(13600 1000)  24,721 10 Pa

PRIMJER 8:

Uljni manometar s nagnutom cijevi (slika 2-3) koristi se za mjerenje male promjene tlaka

zraka kroz filtar procesne ventilacijske cijevi. Ukoliko se ulje u nagnutoj cijevi pod djelovanje

tlaka zraka pomakne za 12 cm (razlika očitanja), odredi manometarsku razliku tlaka na

filteru. Cijev je nagnuta za 20°, a gustoća ulja je 800 kg/m

3

. Dijametar spremnika ulja je 5

cm, a nagnute cijevi 6 mm.

Poznato: l =12 cm, θ =20°, ρ =800 kg/m

3 , D =5 cm, d =6 mm.

p 1

p 2

D

d θ

ulje

h 1

Početna^ h^2 razina ulja

h

1

l 2

Slika 2-3_. Manometar s nagnutom cijevi._

Rješenje :

Tlak zraka u spremniku je jednolik, tj. njegova promjena s visinom u spremniku se

zanemaruje zbog male težine zraka.

Manometar će se analizirati počevši od točke 1 pomičući se uzduž zakrivljene cijevi

dodavanjem ili oduzimanjem stupca visine fluida dok se ne postigne točka 2. Na taj način i

postavljajući da je rezultat jednak p 2 , dobiva se jednadžba manometra:

1 2

1 (^1 2 ) 2

p gh p

p g h h p

odnosno razlika tlaka

p 1 (^)  p 2 (^)   g h ( 1 (^)  h 2 )

U gornjem izrazu osim razlike tlaka, nepoznate su i visine stupca h 1 i h 2. Nepoznata visina

stupca h 1 (promjena visine stupca u spremniku) odrediti će prema slici 2-3, postavljajući

odnos za jednaku promjena volumena ulja u spremniku i cijevi:

As  h 1  Ac  l

gdje je As površina spremnika, a A c površina poprečnog presjeka cijevi.

Stoga, visina stupca h 1 iznosi:

F (^1) h

F 2

Klip

Stap

Ulje

x x

Slika 2-4_. Hidraulička dizalica._

Rješenje:

Budući da se stap i klip ne nalaze na istoj visini, kod analize problema potrebno je uzesti u

obzir i djelovanje visine stupca ulja uslijed njegove težine.

Za stap, tlak na zadanoj visini x - x je:

1 1 s

F

p A

gdje je F 1 sila na stapu.

Tlak koji djeluje na klip na istoj visini je:

2 2 k

F

p gh A

gdje je F 2 sila na klipu.

Sukladno Pascalovom zakonu tlakovi p 1 i p 2 su jednaki tj.:

2 2

1 2

s k

p p

F F gh A A



Prema gornjem izrazu, potrebna sila na klipu F 2 za održanje ravnotežnog stanja iznosi:

1 2

0,003 9,81 750 2 54 N

k s

F

F A gh A



  ^ 

Prema rezultatu, za uravnoteženje sile stapa uslijed djelovanja njegove mase

( F 1 =1000∙9,81=9810 N) potrebna je 186,66 puta manja sila na klipu. Iz ovog primjera vidljivo

je kako se primjenom Pascalovog zakona i odabirom površina može uravnotežiti velika sila

(masa stapa) primjenom male sile (na klipu). Hidraulička dizalica je primjer zatvorenog

sustava u kojem se tlak primijenjen na klip prenosi preko hidrauličkog fluida (ulje). Naime,

sukladno Pascalovom zakonu promjena tlaka u jednom dijelu fluida u mirovanju u

zatvorenom spremniku prenosi se bez gubitaka na sve dijelove fluida i stjenke spremnika.

2.3 Sila tlaka na ravne površine

PRIMJER 10:

U otvorenom spremniku napunjenom vodom, kvadratna zaklopka širine 60 cm ima svoj gornji

kraj na dubini od 12 m ispod površine vode. Zaklopka je postavljena pod kutom od 45° u

odnosu na horizontalnu stijenku spremnika, a njen donji kraj zglobno je vezan za dno

spremnika u točki A. Koja je sila potrebna za otvaranje zaklopke u točki B. Gustoća vode je

1000 kg/m

3 .

Poznato: h =12 m, a =0,60 m, α =45°, ρ =1000 kg/m

3 .

p 0

p 0

α

Voda

yH

yC

FB

FR

x

y

FAy

FAx

h hC H

a a

x

x

4 x 12

a I 

x y

y

y

A

B

Δy

d

C

H

pC

z=h

Slika 2-5. Otvoreni spremnik s zaklopkom.

Stoga, za dubinu težišta C zaklopke, rezultirajuća sila tlaka može se dobiti integrirajući gornji

izraz:

o 0 2 o 0 2 o 2 o ( sin 45 )

( sin 45 ) 2

( sin 45 ) 2

0, 6 1000 9,81 0, 6(12 0, 6 sin 45 ) 43128,36 N 2

y a

R C C A A a

R

R

R

F p dA g h dA g h y xdy

y F g x h y

a F g a h a

F

 







        

  

Hvatište rezultantne sile y H može se odrediti pomoću izraza:

2 2

0

2 o o 2

0

( sin ) ( sin ) sin sin sin

( 2 sin ( sin ) )

sin

1000 9,81 (12 2 12 sin 45 ( sin 45 ) )

sin

sin

C R H C C A A A

y a

H R y a

H R

H

h g F y y g h dA g h dA h y h y dA

g h h y y xdy

y F

y y xdy

y F

y y

y





  





2 o 3 o 2

0 0

2 o 3

( sin 45 ) sin 45 ) ) (^) 5886(144 16,97 ) 2 3

43128,36 43128,

0, 6 (0, 6sin 45 ) 5886(144 0, 6 16,97 ) 2 3 sin 12, 21 m 43128,

y a (^) y a

H

y y dy (^) y

 y

 (^) 

 





odnosno

o

17, 27 m sin 45

y H  

Dakle, integracijskom metodom dobio se isti rezultat.

PRIMJER 11:

Otvoreni spremnik, ispunjen uljem gustoće ρ =800 kg/m

3 , ima pri dnu kosu bočnu pravokutnu

trokutastu ploču (slika 2-6) nagnutu za kut α=30° u odnosu na slobodnu površinu ulja.

5 m

4 6

y x

h=z

11 m

C

H

(^4) m

(^8) m

2 m

4 m

pC FR

h

H hC

α

ρ

yC

xH

x

yH

p 0

p 0

y

Slika 2-6. Spremnik s kosom pločom.

Odredi rezultirajuću silu hidrostatskog tlaka na ploču i pomake njenog hvatišta (središte tlaka)

na ploči.

Rješenje:

Prema slici, na slobodnu površinu i vanjsku stijenku ploče djeluje atmosferski tlak čime

njegovo djelovanje zanemaruje.

Prema slici 2-6, površina trokutaste ploče je:

(8 4) (2 4) 36 m 2 2

A  b h      

Rezultirajuća sila hidrostatskog tlaka jednaka je:

6

FR  pC  A   g h  C  A  800 9,81 (5   4) 36  2,54 10 N

PRIMJER 12:

Vertikalna stijenka s pravokutnom zaklopkom zatvara stupac vode (gustoća 1000 kg/m

3 ), a

kao što je prikazano na slici 2-8. Odredi rezultirajuću silu hidrostatskog tlaka na zaklopku i

njeno dubinu njenog hvatišta. zadatak je potrebno riješiti i inetgracijskom metodom.

Poznato: a =2 m, b =1,2m, h 1 =3 m, ρ=1000 kg/m

3 .

Δ

h C

H

FR

pC

p=ρgh 1

p=ρg ( h 1 + b )

x

y

a

b y

dy C C

h

1 h

C

x

y=h

p 0

2-8_. Vertikalna stijenka s zaklopkom._

Rješenje:

Utjecaj atmosferskog zraka se zanemaruju iz razloga što djeluje s obje strane zaklopke.

Sila rezultirajućeg tlaka jednaka je umnošku hidrostatskog tlaka pC u odnosu na težište C

zaklopke i površini A zaklopke.

FR  pC  A   g h  C  a b    g  ( h 1  a / 2) a b   1000 9,81(3 1, 2 / 2)2 1, 2  84758, 4 N

Pošto je površina plohe zakopke simetrična, dubina hH hvatišta H sile FR nalazi se na osi y

ispod težišta C , odnosno:

3 3

1 1

( / 2) (3 1.2 / 2) 3,633 m ( / 2) (3 1.2 / 2)2 1, 2

xC H C C

I b a h h h a h A h a a b

Kod integracijske metode, potrebno je odrediti dimenzije i položaj elementarnog dijelića dy

zaklopke. Prema slici 2-8 , dy se nalazi se na udaljenosti y ispod gornjeg ruba zaklopke, pa se

sila FR izračunava pomoću integrala:

1,2 1,

1 0 0 1,2 (^) 1,2 2 1,

0 0 0

2

1000 9,81 2 3 1, 2 84758, 4 N

y y

R C C A A y y y

R y

R

F p dA g h A g h y x dy y dy

y F y dy y

F

 

 

  



   



Dubina hH hvatišta H sile FR izračunava se pomoću izraza za moment sile FR oko osi x

(slobodna površina vode):

1,2 1, 2

0 0

y y

R H A A y y

F h hdF h  g h dA h  g h xdy h  g xdy

 

 

  (^)   (^)     (^)     (^)   

odakle slijedi dubina hvatišta od

1,2 1,2 1, 2 2 2 1 1 1 0 0 0

1,2 (^2 3) 1, 2 2

0 0

3 2

y y y

y y y H R R R y

y H

M

h g xdy h y g xdy h h y y g xdy

h F F F

y y y y dy (^) y

h

h

  

  





  



3, 633 m 84758, 4

PRIMJER 13:

Spremnik pod tlakom komprimiranog zraka sadrži ulje, gustoće ρ =900 kg/m

3 , ima kvadratni

poklopac na svojoj bočnoj strani kao što je prikazano na slici 2-9. Kada manometar na vrhu

spremnika očita p 1 =50 kPa, koja je magnituda rezultirajuće sile hidrostatskog tlaka i koji je

položaj njenog hvatišta. Izvan spremnika vlada atmosferski tlak.