MEHANIKA FLUIDA
Isticanje kroz velike otvore
1.zadatak. Kroz veliki ptvor u bočnom zidu rezervoara oblika ravnokrakog trougla
osnove a i koeficijenta protoka µ, ističe voda. Odrediti protok kroz otvor ako su poznate
veličine H1 i H2 (v.sl.).
Rešenje:
Elementarni protok je:
dQ = µ 2gz ⋅ x ( z ) dz ,
pa je protok:
H2
Q = µ 2g ∫ x ( z ) dz .
H1
Sada treba odrediti x(z). Sa slike je (iz sličnosti trouglova):
Prethodni sistem jednačina svodi se na oblik:
x
H −z
a
= 2
⇒ x=
( H2 − z )
a H 2 − H1
H 2 − H1
pa je
H2
a
Q = µ 2g
( H 2 − z ) zdz =
H 2 − H1 H∫1
H2
= µ 2g
a
2 3/ 2 2 5 / 2 

 H2 z − z 
H 2 − H1 
3
5
 H1
tj.
Q = µ 2g
a
2 5/ 2 
 4 5/ 2 2
3/ 2
 H 2 − H 2 H1 + H1  .
H 2 − H1  15
3
5

Ako se, na primer, osnovica velikog otvora poklapa sa nivoom tečnosti (H1=0, H2=h)
izraz za protok ima jednostavniji oblik i glasi:
Q* =
4
µa 2g ⋅ h 3/ 2 .
15
2.zadatak. Kroz veliki otvor u bočnom zidu rezervoara, oblika romba stranice a,
vertikalne dijagonale H i koeficijenta protoka µ, ističe voda. Iznad vode u rezervoaru je
konstantan natpritisak pm, a isticanje je u sredinu u kojoj deluje atmosferski pritisak.
Odrediti protok vode kroz ovaj otvor.
Rešenje:
Protok kroz ovaj otvor je:
Q=Q1+Q2,
gde su:
Q1 – protok kroz donji deo otvora,
Q2 – protok kroz gornji deo otvora,
Elementarni protok kroz donji deo otvora je:
p

dQ1 = µ 2g  m + y  ⋅ x ( y ) dy ,
 ρg

gde je:
x H−y
2h
=
⇒ x= ( H − y ) .
h H/2
H
Onda je protok kroz donji deo otvora:
Q1 = 2µ
H
 p

h
2g ∫  m + y ( H − y ) dy  =
H
ρg
H/2 

H
3/ 2
5/ 2
3/ 2
2  p


 
h
2  pm
2 pm  pm
m
= 2µ
2g  H 
+ y − 
+ y +
+ y 

H
5  ρg
3 ρg  ρg


  H / 2
 3  ρg
Q1 = 2µ
H
 p

h
2g ∫  m + y ( H − y ) dy  =
H
ρg
H/2 

3/ 2
3/ 2
5/ 2
5/ 2
 2  p

 p m H   2  p m

 pm H  
h
m
= 2µ
2g  H 
+ H −
+   − 
+ H −
+  
H
3  ρg

 ρg 2   5  ρg

 ρg 2  

3/ 2
3/ 2

p
2 p m  p m
H   
+ H  −  m +   .

3 ρg  ρg

 ρg 2   
Elementarni protok kroz gornji deo rezervoara je:
p

dQ 2 = µ 2g  m + z  ⋅ bdz ,
 ρg

gde je:
b
z
2h
=
⇒ b= z .
h H/2
H
Onda je protok kroz donji deo otvora:
2h
Q2 = µ
2g
H
Q2 = µ
H/2
∫
0
H/2
5/ 2
3/ 2
2  p
 pm


 
2h
2 pm  pm
m
+ zdy  =µ
+ z −
+ z 
2g  
z

H
3 ρg  ρg
 5  ρg

  0
 ρg

5/ 2
5/ 2
3/ 2
3/ 2

 p   2 p m  p m H 
 p   
2h
H
 2  p
2g   m +  −  m   −
+  −  m   .

H
 ρg   3 ρg  ρg 2 
 ρg   
 5  ρg 2 
Ukupni protok je:
Q = Q1 + Q 2 = 2µ
3/ 2
3/ 2
5/ 2
 2  p

p

h
H  2 p
2g  H  m + H  −  m +   −  m + H  +
H

 ρg 2   5  ρg

 3  ρg
2p
H
+  m+ 
5  ρg 2 
3/ 2
3/ 2
5/ 2

 pm H   2  pm H 
2 p m  p m
+
+ H −
+  + 
+ 

3 ρg  ρg

 ρg 2   5  ρg 2 
5/ 2
2  p  2 pm  pm H 
−  m −
+ 

5  ρg  3 ρg  ρ g 2 
3/ 2
+
2 pm  pm 


3 ρg  ρg 
3/ 2



3/ 2
3/ 2
5/ 2

 pm H   2  pm

h
 2  p m
Q = 2µ
2g  H 
+ H −
+  − 
+ H +
H

 ρg 2   5  ρg

 3  ρg
4p
H
+  m+ 
5  ρg 2 
5/ 2

2 pm  pm
+
+ H

3 ρg  ρg

3/ 2
4 pm  pm H 
−
+ 

3 ρg  ρg 2 
Veza između h i H je:
2
2
h H
2
2
2
  +   = a ⇒ h= 4a − H ,
2
2
   
h treba uneti u izraz za Q.
3/ 2
4 p 
+  m
15  ρg 
5/ 2



3.zadatak. U veritkalnom zidu nalazi se trougaoni otvor koji se otvara poklopcem čija je
brzina vo=1 m/s. Odrediti zapreminu vode koja istekne kroz veliki otvor, ako se poklopac
kreće vertikalno: a) na dole i b) na gore. Dati su podaci: H=2m, h=1,5m, a=1m i µ=0,62.
Rešenje:
a) Položaj trenutne otvorenosti poklopca (otvora) određen je koordinatom y (vidi sliku b).
Onda je elementarni protok:
dQ = µ 2gz ⋅ x ( z ) dz ,
gde je iz sličnosti trouglova:
x
a
a
=
⇒ x = ( z-H ) .
z−H h
h
H+ y
a
Q=µ
2g ∫ ( z − H ) zdz
h
H
dy
Q
dV = Qdt , y = v o t ⇒ dt=
⇒ dV= dy .
vo
vo
V=µ
a
hv o
a
=µ
hv o
= 2µ
a
hv o
h H+ y


2g ∫  ∫ ( z − H ) zdz dy =
0  H

H+ y
h
2
2

2g ∫  z 5 / 2 − Hz 3/ 2  dy =
5
3
H
0
h
1
1
1
5/ 2
3/ 2
1

2g ∫  ( H + y ) − H 5 / 2 − H ( H + y ) + H 5 / 2  dy
5
5
3
3

0 
h
V = 2µ
a
hv o
1
1 2
1
7/2
5/ 2
1 2
2g 
( H + y ) − yH5 / 2 − H ( H + y ) + yH5 / 2 
5
7
5
3
5
3

0
= 2µ
a
hv o
1
2
2
1
7/2
5/ 2
2

2g  ( H + h ) − H 7 / 2  − hH 5 / 2 − H ( H + h ) + H 7 / 2 + hH 5 / 2 


5
15
15
3
 35

Odnosno:
V = 4µ
a
hv o
H
4
1 7 / 2 h 5/ 2 
7/2
5/ 2
1
2g  ( H + h ) − ( H + h ) + −
H + H  = 170, 7 m 3 .
15
15 105
15
 35

b) Koristeći identičan postupak kao i u zadatku pod a), dobija se da je:
V = 2µ
a
hv o
hH
8
5/ 2
7/2
 1
2g 
(8H + 15h )( H + h ) − ( H + h ) − H 7 / 2  = 363, 7 m3 .
3
105
105

4.zadatak. U veritkalnom zidu nalazi se pravougaoni veliki otvor koji zatvara poklopac.
Kada se poklopac kreće konstantnom brzinom vo, odrediti zapreminu vode koja istekne
kroz veliki otvor za vreme njegovog otvaranja, ako se poklopac kreće: a) s desna na levo i
b) s leva na desno. Dati podaci su: vo, a, h, H, µ.
Rešenje:
a) Trenutni položaj poklopca, pri njegovom kretanju s desna na levo, prikazan na sl.b,
određen je koordinatom y.
Za trenutno otvorenu površinu otvora imamo:
x y
η
=
⇒ x = y; η=z- ( H+h-ξ )
η ξ
ξ
ξ h
a
a
=
⇒ y = ξ; x= η
y a
h
h
a
a
Dakle,
x= η =  z- ( H+h-ξ )  .
h
h
Onda je:
dQ = µ 2gz ⋅ xdz ,
pa je:
H+h
a
Q=µ
2g ∫  z − ( H + h − ξ )  zdz .
h
H + h −ξ
dV = Qdt , y = v o t =
a
a
a
ξ ⇒ dt=
dξ ⇒ dV=
Qdξ .
h
hv o
hv o
h
 H+h

a a
V=µ
2g ∫  ∫  z − ( H + h − ξ )  zdz dξ
hv o h

0 
 H + h −ξ
Integracijom se dobija da je:
2
2g  a   4 
2
h2
7/2
5/ 2
3/ 2 
7/2 
H
+
h
−
H
−
h
H
+
h
+
H + h)  .
(
)
(
)
(
  
 15
v o  h  105 
6

b) Pri kretanju poklopca s leva na desno, trenutno otvorena površina velikog otvora ima
oblik trapeza. Zato se ova površina deli na dve, i to trougla i pravougaonika i dobija se:
2
2
2
2g  a   2 
2
h2  h 
7/2
3/ 2
h 
5/ 2
V = 2µ
3
−
5
H
+
h
+
hH
+
)

  
  (
  (H + h) +
v o  h  105 
a
15
6
a
  
 
V = 2µ
2
2


4 7 / 2   h   2  h 
5/ 2 
+
H 1 +    +   − 1 H ( H + h )  .
105
  a   15  a 


5.zadatak. Voda ističe iz rezervoara kroz veliki otvor oblika elipse (sa poluosama a=0,5m
i b=1m) čije se teme nalazi na slobodnoj površi tečnosti u rezervoaru. Odrediti zapreminski
protok vode Q kroz otvor, pod uslovom da se nivo tečnosti održava na istoj visini.
Koeficijent isticanja µ=0,62.
Rešenje:
Iz jednačine elipse imamo:
x 2 y2
+ =1 ⇒
a 2 b2
x = a 1−
y2
.
b2
Kako je y+z=b, to je elementarna površina:
( b − z ) dz = 2a 2bz − z 2 dz
y2
dA = 2xdz = 2a 1 − 2 dz = 2a 1 −
b
b2
b
2
Iz izraza za elementarni protok,
dQ = µ 2gz ⋅ dA(z) ,
dobija se protok kroz elipsasti otvor:
2b
2a
dQ = µ 2g ∫ z 2b − z ⋅ dz .
b
0
Integral u izrazi za protok, može se izračunati, na primer smenom 2b-z=u, te proizilazi da
je:
2b
2a
64
Q = µ 2g ∫ ( 2bu1/ 2 − u 3/ 2 ) ⋅ du = µab gb = 4,13 m3 / s
b
15
0
Download

∫ ∫