MEHANIKA FLUIDA
Isticanje kroz otvore sa promenljivim nivoom tečnosti
1.zadatak. Prizmatična sud podeljen je vertikalnom pregradom, u kojoj je otvor prečnika
d, na dve komore. Leva komora je napunjena vodom visine H, a desna je prazna. Odrediti
vreme izjednačavanja nivoa u komorama posle otvaranja otvora. Dati odaci su: A1,A2,µ i h.
Rešenje:
Vreme izjednačavanja nivoa sastoji se od dva vremena: vremena punjenja komore
poprečnog preseka A2 do visine otvora d i vremena podvodnog isticanja tečnosti do
trenutka izjednačavanja nivoa u komorama.
Za vreme isticanja dok otvor nije potopljen važi jednačina:
H1 − h
d2π
4A
1
4A
1
− A1dz = µ
2gz ⋅ dt ⇒ dt = − 2 1
dz ,
dz ⇒ t1 = − 2 1
∫
4
µd π 2g z
µd π 2g H − h z
gde H1 određujemo iz uslova jednakosti zapremina:
A1 ( H − H1 ) = A 2 h
t1 =
8A1
µd 2 π 2g
⇒
H1 = H −
A2
h.
A1

A
 
 H − h − H −  1 + 1 h  .

 A2
 
Pri daljem isticanju važi jednačina:
A1
dy1 .
A2
A + A2
A2
Koristeći da je: y = y1 − y 2 ⇒ dy = 1
⇒ dy1 =
dy1
dy .
A2
A1 + A 2
AA
AA
1
1
− 1 2 dy = µa 2gy ⋅ dt ⇒ dt = − 1 2
dy
A1 + A 2
A1 + A 2 µa 2g y
− A1dy1 = A 2 dy 2 = µa 2gy ⋅ dt
t2 = −
A1A 2
( A1 + A 2 ) µa 2g
0
∫
H1 − h
⇒
dy 2 = −
A

A1A 2
1
8
dy = 2
H −  2 + 1 h
µd π 2g ( A1 + A 2 )
y
 A1

Ukupno vreme pražnjenja rezervoara je: t = t1 + t 2
2.zadatak. Cilindričan sud povšine preseka A prazni se kroz cev površine preseka a. Cev
se obrće oko verikalne ose 0-0 konstantnom ugaonom brzinom ω. Izlazni otvor cevi nalazi
se na rastojanju R od ose obrtanja. Uporediti vremena pražnjenja suda za slučaj da cev stoji
u da se obrće. Poznati podaci su: A, a, Ho, H, µ, R i ω.
Rešenje:
Za slučaj da se cev obrće protok je:

R 2 ω2 
Q1 = µa 2g  z +
.
2g 

Diferencijalna jednačina isticanja (pražnjenja suda) je:
A
− Adz = Q ⋅ dt
⇒ t1 = −
µa 2g
H
∫
Ho
1
R 2 ω2
z+
2g
dz ,
a posle integracije imamo da je:
t1 =
2A
µa 2g

R 2 ω2
R 2 ω2
H
+
−
H
+

o
2g
2g


.

Ako se cev ne obrće treba u prethodnom izrazu ostaviti da je ω=0 i dobija se da je:
2A 
t2 =
H o − H  .
µa 2g 
Onda je:
t1
=
t2
Ho +
R 2 ω2
R 2 ω2
− H+
2g
2g
Ho − H
.
3.zadatak. Cilindrični sud napunjen vodom obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω.
Iznad vode je klip mase m. Sud se prazni kroz četiri ravnomerno raspoređena otvora.
Odrediti ugaonu brzinu ω, tako da se sud isprazni za vreme T. Dati su podaci: D, d, h, µ, T,
m i ρ.
Rešenje:
Osnovna hidrostatička jednačina glasi:
1
ω2 2
1
ω2
⇒ p = ρ r 2 − ρgz + ρC
p=
r − gz + C
dp = ω2 xdx + ω2 ydy − gdz ⇒
ρ
2
ρ
2
2
ω
p k − p a = ρ r 2 − ρgy + ρC − p a
2
D/2
2
 ω 2

mg = ∫  ρ
r − ρgy + ρC − p a 2rπdr
2

0 
ω2 D 2
4mg
,
= ρC − p a − ρgy + ρ
2
Dπ
16
4mg
ω2 D 2
.
ρC = p a + ρgy + 2 − ρ
Dπ
16
ω2
4mg
ω2 D 2
Jednačina rasporeda pritiska je: p = ρ r 2 − ρgz + p a + ρgy + 2 − ρ
2
Dπ
16
ω2 2
ω2 D 2
4mg
.
Jednačina slobodne površi p=pa je: ρgz = ρ r + ρgy + 2 − ρ
2
Dπ
16
Otvori se nalaze na rastojanju r=D/2, pa je rastojanje od otvora do slobodne površine
tečnosti:
mg = ( ρC − p a − ρgy )
D2π
D4π
+ ρω2
4
64
⇒
2
ρgz D = ρ
4mg
4mg
ω2  D 
ω2 D 2
ω2 D 2
+
ρ
gy
+
−
ρ
=
ρ
gy
+
+
ρ
 
2 2
D2π
16
D2π
16
4m
ω2 D 2
4m
ω2 D 2
,
.
+
=
y
+
k
k
=
+
ρD 2 π 16g
ρD 2 π 16g
Onda je diferencijalna jednačina isticanja vode:
D2
1
D2 π
d2π
dy .
−
dy = 4µ
2g ( y + k )dt ⇒ dt = −
2
4
4
4µd 2g y + k
zD = y +
D2
4µd 2 2g
Rešenje poslednje jednačine po ω2 je:
Vreme pražnjenja suda je: T = −
0
∫
h
1
D2
dy =
y+k
2µd 2 2g
(
)
h+k − k .
2
2


  2µd 2 T 2g  2 
2


16g
D
4m 

2
ω = 2 
.
 h − 
  −
2 
ρ
π
D  4µd 2 T 2g   
D2
D


 



4.zadatak. Sud tankih zidova, mase m, (stabilno) pliva na vodi. Kada se na mestu A, koje
se nalazi na nivou slobodne površi probuši otvor površine poprečnog preseka a i
koeficijenta protoka µ, sud tone. U trenutku kada je sud potonuo nivo vode u sudu je ispod
otvora A. Odrediti vreme tonjenja suda, ako je sud oblika konusa. Poznate veličine su: D,
h, a, m, µ i ρ.
Rešenje:
Iz sličnosti trouglova imamo:
D d0
d
2x
=
=
=
h h0 h0 + z
y
⇒
d0 =
D
D
1D
h0 , d = (h0 + z) , x =
y.
h
h
2h
Diferencijalna jednačina pražnjenja suda je:
A ( x ) dy = Q ⋅ dt ,
gde je: A ( x ) = x 2 π =
2
1D
πy 2 .
4 h2
⇒
Q = µa 2gz
1 D2 2
πy dy = µa 2gz ⋅ dt .
4 h2
Veličina h0 određuje se iz uslova plivanja u početku:
mg = ρg
1 d 02 π
1 D2 3
h 0 = ρ gπ
h0
3 4
12 h 2
2
⇒
h0 =
3
12m  h 
  .
ρπ  D 
Sada treba naći vezu između koordinata z i y. Ta veza se dobija iz uslova kvazistacionarne
hidrodinamičke ravnoteže sila:
D
1
1 d2π
mg + ρg x 2 πy = ρg
d = (h0 + z) .
(h0 + z) ,
3
3 4
h
Dobija se da je:
3
y3 = ( h 0 + z ) − h 30
3y 2 dy = 3 ( h 0 + z ) dz
2
⇒
y 2 dy = ( h 0 + z ) dz .
2
2
1D
2
  π ( z + h 0 ) dz = µa 2gz ⋅ dt
4 h 
π
D
T=
 
4µa 2g  h 
2 h −h0
∫
0
(z + h0 )
z
2
π
D
dz =
 
10µa 2g  h 
2
4


h − h 0  4h 02 + hh 0 + h 2  .
3


5.zadatak. Vertikalni cilindrični sud prečnika D i visine H napunjen je vodom do visine
h=3/4H, prazni se kroz otvor prečnika d, koji se nalazi u težištu dna suda i koeficijenta
protoka µ. Odrediti vreme pražnjenja suda kada se sud obrće oko svoje vertikalne ose
konstantnom ugaonom brzinom. Ugaona brzina je takva da slobodna površina vode u
početnom trenutku pražnjenja dodiruje gornju ivicu suda.
Rešenje:
Iz jednakosti zapremina pre i za vreme obrtanja dobija se:
3
1
z 0 = h − ( H − h ) = 2h − H = H − H = H .
2
2
1
Dakle, z 0 = H .
2
Jednačina pražnjenja suda je:
D2π
D2π
dV = Vp +
dz − Vp = −
dz
4
4
−
−
D2π
dz = Q ⋅ dt
4
D2π
d2π
dz = µ
2gz ⋅ dt
4
4
t=−
D2
µd 2 2g
0
∫
H/2
⇒
dt = −
D2
µd
2
1
dz .
2g z
H/2
1
D2
dz = − 2
2 z
0
z
µd 2g
Vreme pražnjenja suda iznosi:
t=
D2
µd 2
H
.
g
Download

∫ ∫