MEHANIKA FLUIDA
Dinamika viskoznog fluida
1.zadatak. Mineralno ulje, kinematičke viskoznosti ν=1,5·10-5 m2/s i gustine ρ=870 kg/m3
ustaljeno struji u horizontalnom procepu širine
2b=4mm. Dimenzije procepa su B=12cm (upravno
na ravan crteža) i L=1m. Ako je razlika pritisaka na
ulaznom i izlaznom preseku ∆p=0,2 bar, odrediti
maksimalnu i srednju brzinu strujanja, kao i protok
ulja. Uticaj bočnih zidova procepa (paralelnih sa
ravni crteža) zanemariti.
Rešenje:
Najpre napišemo Navije-Stoksove jednačine za nestišljiv fluid u Dekartovom pravouglom
koordinatnom sistemu i jednačinu kontinuiteta:
 ∂2v
∂v x
∂v
∂v
∂v
∂ 2 vx ∂ 2 vx 
1 ∂p
+ vx x + v y x + vz x = X −
+ ν  2x +
+

∂t
∂x
∂y
∂z
ρ ∂x
∂y 2
∂z 2 
 ∂x
 ∂2vy ∂2vy ∂2vy
1 ∂p
+ vx
+ vy
+ vz
=Y−
+ ν 2 +
+ 2
 ∂x
∂t
∂x
∂y
∂z
ρ ∂y
∂y 2
∂z

∂v y
∂v y
∂v y
∂v y
 ∂2v ∂2v ∂2v 
∂v z
∂v
∂v
∂v
1 ∂p
+ vx z + v y z + vz z = Z −
+ ν  2z + 2z + 2z 
∂z 
∂t
∂x
∂y
∂z
ρ ∂z
∂y
 ∂x
∂v x ∂v y ∂v z
+
+
=0
∂x
∂y
∂z
Uslovi stujanja (uprošćenja):
∂χ
= 0, χ - fizička veličina strujanja ;
∂t
∂χ
- ravansko strujanje: v z = 0 ,
=0;
∂z
- strujanje se odvija pretežno u pravcu x ose, v = v x ( v y = 0 )
- stacionarno strujanje:
- strujanje u polju zemljine teže: X =
Iz jednačine kontinuiteta dobija se:
∂U
∂U
∂U
.
, Y=
, Z=
∂x
∂y
∂z
∂v x
=0
∂x
Prethodni sistem jednačina svodi se na oblik:
∂2v
∂2v
1 ∂p ∂U
1 ∂
−
=ν 2 ⇒
( p − ρU ) = ν 2
ρ ∂x ∂x
∂y
ρ ∂x
∂y
1 ∂p ∂U
1 ∂
−
=0
⇒
( p − ρU ) = 0
ρ ∂y ∂y
ρ ∂y
1 ∂p ∂U
1 ∂
−
=0
⇒
( p − ρU ) = 0
ρ ∂z ∂z
ρ ∂z



Uvedimo generalisani pritisak izrazom: Ρ = p − ρU .
Tada prethodni sistem jednačina postaje:
∂P
∂2v
=η 2
∂x
∂y
∂P
=0
∂y
∂P
=0
∂z

P ≠ P ( y) 

 ⇒ P=P ( x )
P ≠ P (z) 

⇒
⇒
∂P
∂2v
dP
d2v
=η 2 ⇒
= η 2 = − k, k=const.
∂x
∂y
dx
dy
Konstantu k treba odrediti na osnosu zadatih vrednosti.
dP
d2v
k
= −k i
=− .
Prethodna jednačina ekvivalentana je sa dve sledeće:
2
dx
dy
η
Onda se sistem svodi na jednačinu:
Iz prve se dobija: P = − kx + C
Korišćenjem graničnih uslova:
- za x=0, P = p + gρy 0 (U = −gy)
- za x=L, P = p − ∆p + gρy 0
⇒
p + gρ y 0 = C

kPa
∆p
= 80
 ⇒ ∆p = kL ⇒ k=
p − ∆p + gρy 0 = − kL + C 
L
m
Sada integralimo drugu jednačinu i dobijamo:
dv
k
k 2
= − y + C1 ⇒ v= −
y + C1 y + C2
η
dy
2η
Koristimo granične uslove za brzinu:
k 2
0= −
b + C1b + C2
2η
- za y = ± b , v = 0 ⇒
k 2
0= −
b − C1b + C2
2η


+


 1 k
k
k 2
1 k
k 2
b , C1 =  b 2 − C2  =  b 2 −
⇒ 2C2 = b 2 ⇒ C2 =
b  = 0.
η
2η
b  2η
2η 
 b  2η
k
k 2 k 2
y +
b ⇒ v= ( b 2 − y 2 ) .
Raspored brzine je: v= −
2η
2η
2η
Brzina je maksimalna za y=0 i iznosi: v max =
kb 2 ∆pb 2
=
= 3, 065 m/s
2η 2Lη
Zapreminski protok je:
dQ = vBdy ⇒
Q=
b
b
−b
−b
b
2 B∆pb3
= 0,981 l/s .
3 ηL
Q
Q
= 2, 04 m/s .
Srednja brzina strujanja je: vsr = =
A 2bB
Q=
b
∆p 2
B∆p
b − y 2 ) dy =
b 2 − y 2 ) dy
(
(
∫
2ηL
2ηL − b
−b
∫ vBdy = B ∫ vdy = B ∫
2. zadatak. Između dveju paralelnih ploča, koje su na
međusobnom rastojanju h i nagnute pod uglom α u
odnosu na horizontalnu ravan struji fluid dinamičke
viskoznosti η. Ako je strujanje ustaljeno, a protok po
jedinici širine ploča Q, odrediti maksimalnu vrednost
intenziteta vtloga. Ploče se nalaze u polju zemljine
teže, a gornja ploča se kreće konstantnom brzinom v0
(v.sl.).
Rešenje:
Najpre napišemo Navije-Stoksove jednačine za
nestišljiv fluid u Dekartovom pravouglom
koordinatnom sistemu i jednačinu kontinuiteta:
 ∂2v
∂v x
∂v
∂v
∂v
∂ 2vx ∂ 2vx 
1 ∂p
+ vx x + v y x + vz x = X −
+ ν  2x +
+

∂t
∂x
∂y
∂z
ρ ∂x
∂y 2
∂z 2 
 ∂x
∂v y
∂t
+ vx
∂v y
∂x
+ vy
∂v y
∂y
+ vz
∂v y
∂z
= Y−
 ∂2vy ∂2vy ∂2vy
1 ∂p
+ ν 2 +
+ 2
 ∂x
ρ ∂y
∂y 2
∂z

 ∂2v ∂2v ∂2v 
∂v z
∂v
∂v
∂v
1 ∂p
+ vx z + v y z + vz z = Z −
+ ν  2z + 2z + 2z 
∂z 
∂t
∂x
∂y
∂z
ρ ∂z
∂y
 ∂x
∂v x ∂v y ∂v z
+
+
=0
∂x
∂y
∂z
Karakteristike stujanja:
∂χ
= 0, χ - fizička veličina strujanja ;
∂t
∂χ
- ravansko strujanje: v z = 0 ,
=0;
∂z
- strujanje se odvija pretežno u pravcu x ose, v = v x ( v y = 0 )
- stacionarno strujanje:
- strujanje u polju zemljine teže: X =
Iz jednačine kontinuiteta dobija se:
∂U
∂U
∂U
.
, Y=
, Z=
∂x
∂y
∂z
∂v x
=0
∂x
Prethodni sistem jednačina svodi se na oblik:
1 ∂p ∂U
∂2v
−
=ν 2
ρ ∂x ∂x
∂y
1 ∂p ∂U
−
=0
ρ ∂y ∂y
1 ∂p ∂U
−
=0
ρ ∂z ∂z
⇒
⇒
⇒
1 ∂
∂2v
( p − ρU ) = ν 2
ρ ∂x
∂y
1 ∂
( p − ρU ) = 0
ρ ∂y
1 ∂
( p − ρU ) = 0
ρ ∂z



Uvedimo generalisani pritisak izrazom: Ρ = p − ρU .
Tada prethodni sistem jednačina postaje:
∂P
∂2v
=η 2
∂x
∂y
∂P
=0
∂y
∂P
=0
∂z

P ≠ P ( y) 

 ⇒ P=P ( x )
⇒ P ≠ P (z) 

∂P
∂2v
dP
d2v
Onda se sistem svodi na jednačinu:
=η 2 ⇒
= η 2 = − k, k=const.
∂x
∂y
dx
dy
Konstantu k treba odrediti na osnosu zadatih vrednosti.
Prethodna jednačina ekvivalentana je sa dve sledeće:
dP
= −k ⇒ P= − kx+C i
dx
k 2
d2v
k
dv
k
y + C1 y + C2
=−
⇒
= − y + C1 ⇒ v= −
2
2η
dy
η
dy
η
⇒
Koristimo granične uslove za brzinu:
- za y = 0 , v = 0 ⇒ C2 =0
-
za y = h , v = v0 ⇒ v0 = −
Brzina je: v= −
v
k 2
k
h + C1h ⇒ C1 =
h+ 0 .
2η
2η
h
v 
k 2  k
y + h+ 0 y .
2η
h 
 2η
Polazeći od izraza za protok po jedinici širine: dQ = vdA = vdy
h
 k 2  k
v  
k
k 3 v 0 h 2 v 0 h kh 3
Q = ∫ −
y +
h + 0  y  dy = − h 3 +
h +
=
+
2η
h  
6η
4η
h 2
2 12η
 2η
0 
v h
12η 
k = 3 Q − 0  .
h 
2 
G
Izraz za vrtlog ω je:
G
G
G
i
j
k
v G
G
∂
∂
∂
∂v G  k
k
G
2ω = rotv =
=− k=
y−
h − 0 k .
∂x ∂y ∂z
∂y
2η
h 
 2η
v
0
0
⇒
Zapaža se da će intenzitet vrtloga biti maksimalan za y = 0 i tada je:
G
v
v h v
k
h 12η 
6Q 3v v
6Q 2v
2 3Q
2 ω max =
h+ 0 =
Q− 0 + 0 = 2 − 0 + 0 = 2 − 0 =
− v0
3 
2η
h
2η h 
2  h
h
h
h
h
h
h h
Dakle,
G
1 3Q
ω max ==
− v0 .
h h
3. zadatak Ravna ploča kreće se konstantnom
brzinom u0 paralelno nepokretnoj horizontalnoj
ravni i gradi sa njom zazor koji je ispunjen dvema
tečnostima dinamičkih viskoznosti η1 i η2.
Debljine slojeva su b1 i b2 (v.sl.). Odrediti
jednačinu rasporeda brzine u zazoru.
Rešenje:
Najpre napišemo Navije-Stoksove jednačine za nestišljiv fluid u Dekartovom pravouglom
koordinatnom sistemu i jednačinu kontinuiteta:
 ∂2v
∂v x
∂v
∂v
∂v
∂ 2 vx ∂ 2 vx 
1 ∂p
+ vx x + v y x + vz x = X −
+ ν  2x +
+ 2 
∂t
∂x
∂y
∂z
ρi ∂x
∂y 2
∂z 
 ∂x
 ∂2vy ∂2vy ∂2vy 
1 ∂p
+ ν 2 +
+ 2 
2
 ∂x
∂t
∂x
∂y
∂z
ρi ∂y
∂
y
∂z 

 ∂2v ∂2v ∂2v 
∂v z
∂v
∂v
∂v
1 ∂p
+ vx z + v y z + vz z = Z −
+ ν  2z + 2z + 2z 
∂z 
∂t
∂x
∂y
∂z
ρi ∂z
∂y
 ∂x
∂v y
+ vx
∂v y
+ vy
∂v y
+ vz
∂v y
=Y−
∂v x ∂v y ∂v z
+
+
=0
∂x
∂y
∂z
Karakteristike stujanja:
∂χ
= 0, χ - fizička veličina strujanja ;
∂t
∂χ
- ravansko strujanje: v z = 0 ,
=0;
∂z
- strujanje se odvija pretežno u pravcu x ose, v = v x ( v y = 0 )
G
∂U
∂U
∂U
, Y=
, Z=
.
- strujanje u polju zemljine teže: F = gradU , tj. X =
∂x
∂y
∂z
∂v x
Iz jednačine kontinuiteta dobija se:
=0
∂x
- stacionarno strujanje:
Uvedimo generalisani pritisak izrazom: Ρi = p − ρi U .
Tada prethodni sistem jednačina postaje:
∂Pi
∂2v
∂Pi
∂Pi
= ηi 2i ,
= 0,
= 0.
∂x
∂y
∂y
∂z
Iz poslednjih jednačina, ako je ploča jedini uzrok kretanja, imamo da je:
v1 =C1 y + C2
d 2 vi
=0 ⇒
2
v 2 =C3 y + C4
dy
Iz graničnih uslova imamo:
- za y=0,
v 2 =0
⇒ C4 = 0
⇒
-
za y=b1+b2 ,
-
za y=b2 , v1 ( b 2 ) =v 2 ( b 2 )
-
za y=b2 , τ1 =τ2
v1 =u 0
⇒
η1
⇒
∂v1
∂y
C1b 2 + C2 = C3 b 2
= η2
y = b2
C1 ( b1 + b 2 ) + C 2 = u 0
∂v 2
∂y
⇒
y = b2
...(1)
...(2)
η1C1 = η2 C3
...(3)
Iz (3) ⇒ C3 =
η

⇒ C2 = C1b 2  1 − 1 → (1)
 η2 

η2 u 0
η 
C1  b1 + b 2 1  = u 0 ⇒ C1 =
b1η2 + b 2η1
η2 

η1
η
C1 → (2): C1b 2 + C2 = C1b 2 1
η2
η2
η

C1 ( b1 + b 2 ) + C1b1  1 − 1 = u 0 ⇒
 η2 
η1 − η2
b2 u 0
b1η2 + b 2 η1
η1u 0
η
C3 = 1 C1 =
η2
b1η2 + b 2 η1
C2 =
Jednačina rasporeda brzine u zazoru data je izrazom:
 η1u 0
 b η + b η y, za 0 ≤ y ≤ b 2
 1 2
2 1
v(y) = 
η1 − η2
 η2 u 0
y+
b 2 u 0 , za b 2 ≤ y ≤ b1 +b 2
 b1η2 + b 2η1
b1η2 + b 2η1
4. Zadatak. Ulje za podmazivanje ložišta dovod se iz
spremišta do tarućih površina pomoću beskonačnog
kaiša pravougaonog poprečnog preseka. Ako je brzina
kaiša v0, debljina sloja ulja b, odrediti dinamičku
viskoznost ulja ako je njegova gustina ρ.
Napomena: Na spoljašnjoj granici sloja brzina ulja
jednaka je nuli,
Rešenje:
Napišimo prvo Navije-Stoksovu jednačinu i jednačinu kontinuiteta za stacionarno strujanje
vx
vx
 ∂2v
∂v x
∂v
∂v
∂2vx ∂2vx 
1 ∂p
+ v y x + vz x = X −
+ ν  2x +
+

∂x
∂y
∂z
ρ ∂x
∂y 2
∂z 2 
 ∂x
∂v y
∂x
+ vy
∂v y
∂y
+ vz
∂v y
∂z
=Y−
 ∂2vy ∂2vy ∂2vy
1 ∂p
+ ν 2 +
+
 ∂x
ρ ∂y
∂y 2
∂z 2

 ∂2v ∂2v ∂2v 
∂v z
∂v
∂v
1 ∂p
+ v y z + vz z = Z −
+ ν  2z + 2z + 2z 
∂x
∂y
∂z
ρ ∂z
∂y
∂z 
 ∂x
∂v x ∂v y ∂v z
+
=0
+
∂y
∂z
∂x
vx
Karakteristike stujanja:
∂χ
=0;
∂z
- strujanje se odvija pretežno u pravcu x ose, v = v x ( v y = 0 )
- ravansko strujanje: v z = 0 ,
- u jednačinama zanemarujemo uticaj sile zemljine teže;



Iz jednačine kontinuiteta dobija se:
Iz druge jednačine je:
∂p
=0
∂y
∂v x
=0
∂x
⇒
⇒
p ≠ p ( y ) 

p ≠ p ( z ) 
pa se prva jednačina svodi na jednačinu:
1 ∂p
∂2v
∂p
∂2v
=k i η 2 =k ⇒
⇒
=ν 2
∂x
∂y
ρ ∂x
∂y
k 2
v=
y + C1 y + C2
2η
v x ≠ v x ( x ) 

v x ≠ v x ( z ) 
⇒
⇒
v = v ( y) .
p = p(x) ,
∂v k
= y + C1
∂y η
⇒
Konstante C1 i C2 određujemo korišćenjem graničnih uslova:
v=v 0 ⇒ C2 =v0
za y=0,
v
k
k 2
b+ 0 ,
i za y=b, v=0
b + C1b + C2 ⇒ C1 = −
⇒ 0=
2η
b
2η
pa je:
v 
k 2  k
v=
y −  b + 0  y + v0
2η
b 
 2η
Da odredimo konstantu k, posmatramo ravnotežu fluidnog delića:
dp
gρBbdx = − Bbdp
⇒
= −gρ = k
⇒ k = −gρ .
dx
Onda raspored brzine u sloju ima oblik:
v 
gρ 2  gρ
v=−
y +  b − 0  y + v0 .
2η
b 
 2η
Pođimo sada od izraza za protok:
b
b
 g ρ 2  gρ

 gρ b3 1 2  gρ

v0 
v 
+ b 
Q = B∫ vdy = B∫  −
y +
b −  y + v 0  dy = B  −
b − 0  + v0 b  = Bbvsr
2η
b 
b 
 2η

 2η 3 2  2 η

0
0 
⇒
vsr =
2
v0 ,
3
jer je u pitanju parabolični raspored tako da poslednja jednačina dobija oblik:
v 
2
1 g ρ 2 1  gρ
v0 = −
b + b
b − 0  + v0
3
6 η
2  2η
b 
1 g ρ 2 1 gρ 2 1
1
1 gρ 2 1
⇒
−
b +
b = v0 − v0
b = v0
6 η
4 η
2
3
12 η
6
η=
Za parabolički raspored je:
Q=
2
bv 0 = vsr b
3
⇒
vsr =
2
v0 .
3
gρb 2
.
2v 0
5. zadatak. Tečnost gustine ρ=920 kg/m3 i dinamičke
viskoznosti η=0,06 kg/ms, struji kroz horizontalni
procep unutrašnjeg poluprečnika a=20mm, spoljašnjeg
poluprečnika b=36mm i dužine L=6,4m usled razlike
pritisaka ∆p=0,18 bar. Naći izraz za raspored brzine,
protok, maksimalnu i srednju brzinu.
Rešenje:
Napišimo prvo Navije-Stoksovu jednačinu i jednačinu kontinuiteta u polarno-cilindričnom
koordinatnom sistemu za nestišljiv fluid:
 ∂ 2 v 1 ∂v r v r 1 ∂ 2 v r 2 ∂v θ ∂ 2 v r 
1 ∂p
∂v r
∂v v ∂v
∂v 1
+ v r r + θ r + v z r − v θ2 = Fr −
+ ν  2r +
− +
−
+

r ∂θ
r ∂r r 2 r 2 ∂θ2 r 2 ∂θ ∂z 2 
∂t
∂r
∂z r
ρ ∂r
 ∂r
 ∂ 2 v 1 ∂v θ v θ 1 ∂ 2 vθ 2 ∂v r ∂ 2 vθ 
v ∂v
vv
∂v θ
∂v
∂v
1 1 ∂p
+ v r θ + θ θ + v z θ + r θ = Fθ −
+ ν  2θ +
− +
+
+

r ∂θ
r
r ∂r r 2 r 2 ∂θ2 r 2 ∂θ ∂z 2 
∂t
∂r
∂z
ρ r ∂θ
 ∂r
 ∂ 2 v 1 ∂v z 1 ∂ 2 v z ∂ 2 v z 
∂v z
∂v v ∂v
∂v
1 ∂p
+ v r z + θ z + v z z = Fz −
+ ν  2z +
+
+ 2 
∂t
∂r
∂z
ρ ∂z
∂z 
r ∂θ
r ∂r r 2 ∂θ2
 ∂r
∂v r v r 1 ∂v θ ∂v z
+ +
+
=0
∂x
r r ∂θ ∂z
Karakteristike stujanja:
∂χ
= 0, χ - fizička veličina strujanja ;
∂t
∂χ
- ravansko strujanje: vθ = 0 ,
=0;
∂θ
- strujanje se odvija pretežno u pravcu z ose, v = v z
- stacionarno strujanje:
- zanemarimo zapreminske sile.
Sistem jednačina se svodi na:
1 ∂p
=0
ρ ∂r
 ∂ 2 v 1 ∂v 
1 ∂p
= ν 2 +
,⇒
ρ ∂z
r ∂r 
 ∂r
p ≠ p ( r ) , v ≠ v ( z ) , pa je p = p ( z ) , v=v ( r ) .
∂v z
=0
∂z
Onda parcijalna diferencijalna jednačina postaje obična diferencijalna jednačina:
 d 2 v 1 dv 
dp
= η 2 +
 = −k .
dz
r dr 
 dr
p = −kz + C .
Integracijom pritiska dobija se:
Za z=0, p=p1; za z=L, p=p1+∆p.
∆p
p1 = C , p1 + ∆p = −kL + p1 ⇒ k = −
= −2,8125 kPa/m .
L
Integracijom jednačine
d 2 v 1 dv k
+
+ =0
dr 2 r dr η
⇒
d  dv  k
r + r = 0,
dr  dr  η
dobija se:
v=−
k 2
r + C1 ln r + C2
4η
Konstante se određuju iz graničnih uslova:
r=a, v=0 i r=b, v=0
⇒



k b2 − a 2
k  2 b2 − a 2
C1 = −
, C2 =
a +
ln a  .

a
4η ln a
4η 

ln
b
b


Konačno se dobija da je:


k  2 2 b2 − a 2 r 
v = − r −a +
ln  .
a
4η 
a
ln
b


1/ 2


 1 b2 − a 2 
dv
Iz izraza
= 27, 6 mm ,
= 0 ⇒ rm = 
a 
dr
2


ln
b 

v max = v ( rm ) = 1,136 m/s .
pa je maksimalna brzina:
Protok je:
π∆p ( a 2 − b 2 )  2
a

Q = ∫ v ⋅ 2rπdr =
a + b 2 ) ln − ( a 2 − b 2 )  = 2,83 l/s .
(

a 
r

b
8ηL ln
b
Srednja brzina je:
Q
vsr =
= 1 m/s .
2
π ( a − b2 )
a
Download

MEHANIKA FLUIDA Dinamika viskoznog fluida