Post on 05-Dec-2014
description
HIDROSTATIKA - ZADACI
1. ZADATAK U cijev prema slici ρo=1000 kg/m3
. U jedan krak
ρulja, ako je
izmjerena razlika visina fluida u krakovima cijevi h=60 mm.
Uradak
ρo u krakovima U-cijevi, onda je iz skice vidljivo
da je x+h visina stupca ulja. Obujam V ulja je zadan (V = 5 dl = 0,5 l = 0,0005 m3
), te slijedi:
4
*)(
2
πd
hxV += ⇒ mh
d
V
x 1946,006,02546,006,0
05,0
0005,0*4*4
22
=−=−=−=
ππ
2 glasi:
pa + ρo*g*x - ρ*g*(x+h) = pa
iz koje slijedi:
3
/3,764
06,01946,0
1946,0
*1000*
mkg
hx
x
o
=
+
=
+
= ρρ
2. ZADATAK ∆p=p1-p2 u posudama spojenim cijevima
prema skici, a ispunjenim vodom ρv=1000 kg/m3
, živom ρžive=13600 kg/m3
i ugljik-
tetraklorom (CCl4 ρc=1600 kg/m3
. Pojedine visine iznose: h1=350 mm, h2=250 mm,
h3=400 mm, h4=500 mm, h5=2000 mm.
Uradak
p1+g(h1ρv+ h2ρC+ h3ρv+ h4ρž -h5ρv) = p2
∆p = p1- p2 = g((h5 – h1-h3)ρv - h2ρC - h4ρž)
= 9,81*((2-0,35-0,4)*1000- 0,25*1600 – 0,5*13600) = -58,37 kPa
3. ZADATAK e sa
slike su: h1=2,0 m, h2=1,3 m, h3=2,7 m, h4 ρulja=850 kg/m3
. Nactaj
dijagram hidrostatskog tlaka na stijenke posude.
Uradak
pA= ρulja*g*(h3+ h4) = 850*9,81*(2,7+1,2) = 32,52 kPa
pB = pC = pA - ρulja*g*( h2+h3+ h4) = 32520-850*9,81*(1,3+2,7+1,2) = -10,84 kPa
pD = pC - ρulja*g*( h1+h2+h3) = -10840-850*9,81*(2+1,3+2,7) = -60,871 kPa
Dijagram hi
4. ZADATAK
napunjen vodom povrh koje vlada pretlak ∆ -cijevni manometar pokazuje
otklon ∆ ρvode=1000 kg/m3
ρžive=13600 kg/m3
. Koliko bi iznosio pritisak na otvoru M spremnika pri istim vrijednostima
ρm.vode=1025 kg/m3
?
Uradak
Ravnoteža za ravninu 0-0 iznosi:
∆p = (ρžive*∆h - 8,5*ρvode)*g = (13600*2,5 - 8,5*1000)*9,81 = 250,155 kPa
pM = ∆p + 5*ρvode*g = 250155 + 5*1000*9,81 = 299,205 kPa
kontrakciju i izlazne gubitke u obzir) iznosi:
sm
g
p
gghv
v
/46,2441,5985
9810
250155
*81,9*25
*
*22 ==
+=
+
∆
==
ρ
– po Toricelliju; ovisi o visini stupca vode, u
m i veliki natpritisak u
spremniku)
ρm.vode=1025 kg/m3
pritisak
na otvoru M spremnika bi iznosio:
∆p = (ρm.vode*∆h - 8,5*ρvode)*g = (1025*2,5 - 8,5*1000)*9,81 = -58,246 kPa
(u gornjem dijelu spremnika bi vladao potlak – sisanje, usis!)
pM = ∆p + 5*ρvode*g = -58246 + 5*1000*9,81 = -9,196 kPa
∆p ulazila u spremnik,
potlak bi je sisao!)
5. ZADATAK mperatura zraka na visini H=10 km, ako
-atmosferom, tj.
da je pad temperature dT/dH= -6,5°K/km, uz koeficijent politrope n ≅ 1,235. Na površini
Zemlje su izmjereni atmosferski tlak bo=750 mm stupca žive i temperatura to=30°C (ljetni
period u godini!). Koeficijent R (individualna plinska konstanta) iznosi R=288 J/kg°K.
Uradak
Na površini Zemlje tlak u SI jedinicama iznosi:
po = bo*ρžive*g = 0,75*13600*9,81 = 100,062 kPa
dok je g
3
/146,1
)3015,273(*288
100062
*
mkg
TR
p
o
o
o=
°+°
==ρ
Na visini od 10 km tlak iznosi:
kPa
T
H
dH
dT
pp
n
o
oH835,35
15,303
10
*5,61*100062*1*
255,4
1
1
=
°
−=
+=
−
(tlak se smanjio u odnosu na tlak na površini Zemlje!)
3
255,4
1
1
/410,0
15,303
10
*5,61*146,1*1* mkg
T
H
dH
dTn
o
oH=
°
−=
+=
−
ρρ
Temperatura na visini od 10 km:
CKHTToH
°−=°=−°=−= 3515,23810*5,615,303*5,6
(temperatura se smanjila u odnosu na temperaturu na površini Zemlje!)
kPa
H
H
ppoH
25,26
1031
1031
*100062
31
31
*
22
=
+
−
=
+
−
=
3
22
/1273,0
1020
1020
*146,1
20
20
* mkg
H
H
oH=
+
−
=
+
−
= ρρ
7. ZADATAK Potrebno je odrediti ukupnu hidrostatsku silu na zatva
visine h=4,0 m prema sl
h=4,0 m
b=5,0 m
θ=600
ρv=1000 kg/m3
Dijagram hidrostatskog tlaka:
D
C
B
h =
4.0 (m
)
lz
pa
b =
5.0
(m
)
y
x
z
Θ = 60 (°)
D
B
pa
T
FΘ
p =
39.2
4 (k
N m
)
o
-2
Θ
1/3 l
z
F
FF
x
z Θ
h
Iz geometrije sustava proizlazi:
m
h
lz
619,4
60sin
4
sin0
===
θ
23
/24,390,4*81,9*10 mkNghpD
=== ρ
Vrijednost ukupne sile tlaka jednaka je:
kN
h
bpblpFldAgFDzD
A
1,453
866,0
4
*5*24,39*
2
1
sin2
1
2
1
====⇒=∫
θ
ρ
Vrijednost ukupne sile tlaka se mogla odrediti i na sli
m
h
l
l
h
x
x
31,2
60tan
4
60tan
60tan1
1
=
°
=
°
=⇒=°
KN
bhhg
FH
4,392
2
5*16*9810
2
****
===
ρ
KN
blhg
Fx
V63,225
2
5*3,2*4*9810
2
****1
===
ρ
KNFFFyx
453
22
≅+=
8. ZADATAK eli no uže BC drži pravokutni zatvara irine b=1,2 m (masa zatvara a se
zanemaruje). Visina vode ispred ustave je H=2,3 m. Odredite silu u užetu ako je položaj
zatvara a odre en kutom α=450
. Nacrtajte dijagram od hidrostatskog tlaka.
p
H
a
α
A
B
C
pa
A
BH
/sinα
S
F
Dijagram ukupnog hidrostatskog tlaka izgleda:
p
H
a
α
A
B
C
pa
A
B
H/sinα
S
F
Uzimamo težinu vode sa vrijednosti:3
/10 mkNg ≅= γρ , pa slijedi:
;
sin3
1
89,442,1*
707,0
3,2
*5,0*3,2*10
sin2
1
*
α
α
ρ
H
y
kNb
H
gHF
F=
===
0=ΣA
M , slijedi:
KNSSF
H
S
H
F
ySyFSF
96,14
3
1
0
sin
*
sin3
1
*
0**
=⇒=⇒=−
=−
αα
9. ZADATAK Automatska regulacijska zapornica ima horizontalnu osovinu A, oko koje se
može okretati. iti. Nacrtajte dijagram hidrostatskog
tlaka. Zadano je b=1,70 m.
h
b
A
b
h
ρ g h
y
ρ g hρ g b
F2x
F1
yF2
Fy
1
Okomitost zapornice sugerira da vertikalna sila tlaka ne postoji, dok je dijagram
hidrostatskog tlaka
h
b
A
b
h
ρ g h
y
ρ g hρ g b
F2x
F1
yF2
Fy
1
težinu vode sa vrijednosti:3
/10 mkNg ≅= γρ , pa slijedi:
45,1417
37,1645,14
2
1
3
2
*
2245,1417
2
1
3
1
5
2
1
2
2
2
2
1
22
1
+
+
−=
+
+
−=+=+=
=
==
h
h
gbghb
b
b
gb
b
ghb
yhgbghbF
hy
hghF
F
F
ρρ
ρρ
ρρ
ρ
0=ΣA
M , slijedi:
( ) mhhh
h
h
hhh
h
h
FhFyFyFFF
4,3826,967,80
45,1417
37,1645,14
45,1417
3
1
*5
0
45,1417
37,1645,14
*
3
1
*0**
32
212211
=⇒=−⇒=
+
+
+−
=
+
+
−⇒=−
10. ZADATAK Potrebno je odrediti ukupnu hidrostatsku silu na zatvara iza i ispred kojega
je voda visine prema skici. Nacrtati dijagram hidrostatskog optere enja zatvara a. Zadano je:
h1= 5,0 m
h2= 2,0 m
b= 4,0 m
θ= 600
ρv= 1000 kg/m3
Dijagram hidrostatskog tlaka:
Iz geometrije sustava proizlazi:
m
hh
l
m
h
l
m
h
l
z
z
z
464,3
866,0
25
sin
309,2
866,0
2
sin
774,5
866,0
5
sin
21
2
2
1
=
−
=
−
=
===
===
θ
θ
θ
23
22
23
11
/62,190,2*81,9*10
/05,490,5*81,9*10
mkNghp
mkNghp
D
D
===
===
ρ
ρ
B
2
21/43,2962,1905,49 mkNpppp
DDCRD=−=−==
Vrijednost ukupne sile hidrostatskog tlaka jednaka je:
kN
h
bp
h
bpblpblpFFFldAgFDDzDzD
A
8,47562,9039,566
866,0
2
*4*62,19*
2
1
866,0
5
*4*05,49*
2
1
sin2
1
sin2
1
2
1
2
12
2
1
112121
=−=−=
=−=−=−=⇒=∫
θθ
ρ
11. ZADATAK Analiti ki odredite silu hidrostatskog tlaka i nacrtajte dijagrame pritisaka (H i
V) za zatvara prema skici iza kojeg je voda. Zadano je: h1=2,0 m, h2=5,0 m, r=1,5 m.
p
h
a
1
h2
r
FH
yT
Tx
FH
α
težinu vode sa vrijednosti:3
/10 mkNg ≅= γρ .
Dijagrami komponenti hidrostatskog tlaka:
FH
yT
Tx
FV
Horizontalna komponenta hidrostatske sile iznosi:
'/125
2
5
*10
2
22
2
mkN
h
gFH
=== ρ
Vertikalna komponenta hidrostatske sile iznosi:
'/33,35
2
14,3*5,1
*10
2
22
mkN
r
gFV
===
π
ρ
Rezultanta sila (ukupna hidrostatska sila) je stoga jednaka:
'/89,12933,351252222
mkNFFFVHR
=+=+=
Položaj rezultante sile:
mr
r
xmhyTT
637,05,1*425,0*425,0
3
4
665,15
3
1
3
1
2=======
π
Smjer rezultante sile iznosi:0
78,152826,0
125
33,35
=⇒=== αα
H
V
F
F
tg
α
FH
FV
FR
12. ZADATAK Potrebno je odrediti ukupnu hidrostatsku silu na zatvara iza kojega su dvije
razli ite teku ine visina prema skici. Nacrtati dijagram hidrostatskog optere enja zatvara a i
dijagrame komponenti hidrostatskog tlaka. Zadano je: h1= 3,0 m, h2= 2,0 m, ρ1= 850 kg/m3
,
ρ2= 1000 kg/m3
p
45°
h
a
1
2h
1ρ
ρ2
135°
45°
H1
g hg hρ ρ
H2F
F
1 21 2
h2
h1 1 1
ρ g h
ρ2
g h2
FV1
V2F
Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgleda:
p
45°
h
a
1
2h
1ρ
ρ2
135°
45°
H1
g hg hρ ρ
H2F
F
1 21 2
h2
h1 1 1
ρ g h
ρ2
g h2
FV1
V2F
Uzima težine: 3
22
3
11
/0,10
;/5,8
mkNg
mkNg
≅=
≅=
γρ
γρ
Vrijednosti horizontalne i vertikalne komponenata sile hidrostatskog tlaka iznose:
dok je ukupna sila hidrostatskog tlaka jednaka:
kNFFFVH
2,10025,1825,1092222
=+=+=
kNB
ghgh
FFF
kN
B
gh
hgh
gh
FFF
VVV
HHH
25,182025,381*
2
2*10
2
3*5,8
*
22
25,109205125,38
1*
2
2*10
2*3*5,8
2
3*5,8
*
22
222
22
2
11
21
222
22
211
2
11
21
=−=
−=
−=−=
=++=
++=
++=+=
ρρ
ρ
ρ
ρ
13. ZADATAK Odredite rezultantu tlaka, hvatište i njezin smjer na segmentnu ustavu
dimenzija prema slici. Nacrtati dijagrame hidrostatskog tlaka (horizontalnu i
vertikalnu komponentu). Zadano je: H= 4 m, R= 6 m, B= 1m (širina ustave), ρ=1000 kg/m3
.
p
B
H
a
C
A
R
H
HF
FV
AHh
H
ap
B
C
A
FU
AHh
α
D
x
y
h'AX
Dijagrami hidrostatskog tlaka i položaj rezultantne sile:
Iz geometrije sustava slijedi:
mhmhmRCDx
R
H
AVAH619,0667,2472,4*cos
81,41666,0arcsin
6
4
sin
'
0
=====
==⇒==
α
αα
Horizontalna komponenta sile hidrostatskog tlaka iznosi:
kNB
H
gFH
801*
2
16
*10
2
2
=== ρ
Vertikalnu komponentu sile hidrostatskog tlaka dobili smo tako da smo od kružnog
isje ∆BCD:
kNFFF
kNB
H
x
R
gF
VHU
V
31,9091,4180
91,411*
2
4
*472,4
360
81,41*6
*10*
2
*
360
2222
2
0
2
=+=+=
=
−
°
°
=
−=
ππα
ρ
marctg
F
F
arctgRh
marctg
F
F
arctgRh
H
V
Ax
H
V
Ay
315,5
80
9,41
cos*6cos*
784,2
80
9,41
sin*6sin*
=
=
=
=
=
=
mxhhAxAx
843,0472,4315,5'
=−=−=
Vrijednost horizontanog i vertikalnog hvatišta hidrostatske sile možemo odrediti i
geometrijski:
m
F
RF
h
F
F
R
h
U
V
AY
U
VAY
784,2
90310
6*41910*
===⇒=
mx
F
RF
h
F
F
R
xh
U
H
AX
U
HAX
843,0472,4315,5
*
''
=−=−=⇒=
+
14. ZADATAK
laka. Zadanao je: hB= 4,0 m, hA=1,0m, r=3,0
m, b=1,0 m , ρv= 1000 kg/m3
.
Dijagram horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskih tlakova izgledaju:
23
23
/24,390,4*81,9*10
/81,90,1*81,9*10
mkNghp
mkNghp
BB
AA
===
===
ρ
ρ
Vrijednost komponenata i ukupne sile hidrostatskog tlaka jednaka je:
( )
kNFFF
kN
r
r
r
r
r
gbF
kNrb
pp
bhh
pp
F
zx
z
BA
AB
BA
x
2,1000,686,73
0,68
4
14,3*3
3
3
3
*3
3
3*2
0,1*81,9*10
43
*
3
2
6,731*3*
2
24,3981,9
22
2222
2
23
2
2
=+=+=
=
−+
+=
−+
+=
=
+
=
+
=−
+
=
π
ρ
15. ZADATAK Plo asta zapornica težine G drži svojom težinom ravnotežu s vodom visine h
iza nje. Odredi ovi α Zadano je:
G=10 kN/m, l=4 m, ρ= 1000 kg/m3
.
p
α
A
h
a
l
α
pa
α
A
h
FH
G
b/2b
A
ap
FV
-2
Uzimamo da je : 3
/10 mKNg ≅ρ
αααα cos*4cos*sin*4sin* ⇒=⇒= lblh
Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgleda:
( )α
αρ2
22
sin*80
2
sin*4*10
2
===
gh
FH
αα
ααρ
cossin*80
2
cossin16*1*10
2
===
gbh
FV V
FG =
0≥∑A
M
0sin32cossin32cos6
10:/0sin320cossin*320cos60
3/*0
3
sin4
*sin*80
3
cos4*1
*cossin*80
2
cos4
*10
0
3
1
3
1
*
2
*
32
32
2
≥++−
≥++−
≥++−
≥++−
αααα
αααα
α
α
α
αα
α
hFbF
b
GHV
Za α=0 do 2π zadovoljava jednadžba: 0sin32cossin32cos632
≥++− αααα
α” po jednadžbi: αα sin*4sin* ⇒= lh
16. ZADATAK
Nacrtaj dijagrame horizontalne i
vertikalne komponente hidrostatskog tlaka (H i V). Zadano je: - h1=3,0 m,
ρ1=850 kg/m3
, - h2=2,0 m, ρ2=1000 kg/m3
.
45°
pa
45°
h1
2h
TEKUCINA 1
TEKUCINA 2
45°
45°
FH2
H1F
1g h +
1ρ
22ρ g h
45°
45°
V1F
45°
V2F
45°+ +
45°
45°V3
F =
45°
V1F
45°
FV
Uzimamo specif. težine ulja i vode sa vrijednostima:3
1/5,8 mkNg ≅ρ ,
3
2/10 mkNg ≅ρ
Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog pritiska izgledaju:
45°
pa
45°
h1
2h
TEKUCINA 1
TEKUCINA 2
45°
45°
FH2
H1F
1g h +
1ρ
22ρ g h
45°
45°
V1F
45°
V2F
45°+ +
45°
45°V3
F =
45°
V1F
45°
FV
kN
hgh
hghgh
FFFHHH
25,1097125,38)2*3*5,8
2
2*2*10
(
2
3*5,8
1*)
2
(
2
2
211
222
2
11
21
=+=++=
=
++=+= ρ
ρρ
kNgghghgFFFFVVVV
25,585125,38711*2*3*
2
3*3
)
2
2*2
(112112321
=−+=
−++⇒−+= ρρρρ
Ukupna sila hidrostatskog tlaka iznosi:
kNFFFVHU
81,12325,5825,1092222
=+=+=
17 ZADATAK (hidrostatskih) sila i nacrtaj dijagrame tlakova
(horizontalnu i vertikalnu komponentu hidrostatskih sila) za sustav prema slici. Zadano je:
ρvode=1000 kg/m3
, ρulja=860 kg/m3
, h1=6,0 m, h2=2,0 m, α=450
, B=1m (širina).
α
h2
ulje
ap
1h
voda
pa
FH1
H2F
FV1
FV1
: 3
/10 mkNgv
≅ρ , 3
/6,8 mkNgu
≅ρ
Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgledaju:
kNB
gh
Fu
H8,1541*
2
6*6,8
*
2
22
1
1=
=
=
ρ
kNB
gh
Fv
H201*
2
2*10
*
2
22
2
2=
=
=
ρ
( )kNB
hhh
gFuV
861*10*6,8*2*
2
211
1==
−+
= ρ
kNB
h
gFvV
20*
2
*22
2=
= ρ
kNFH
8,134208,154 =−=
kNFV
662086 =−=
kNFFFVHU
09,150668,1342222
=+=+=
18. ZADATAK Kvadratni otvor u vertikalnoj stijenki zatvara zaklopka prema slici.
zatvara ili otvara otvor. Zadano je: a=1,0 m, α=600
, G=4,67 kN, ρvode=1000 kg/m3
.
30°
FH
ap
a
A
a
a/2
a
60°
60° a/2
x
G
eG
a
G
Ge
60°
a
a/2
A
pa
a
eG
V1F
F V2
F V
Iz geometrije sa slike slijedi da je vrijednost x jednaka:
m
tg
a
x 866,0
30
2
0
==
m
aa
aah
eem
x
eHVG
555,0
3
5
*
3
1
2
4
*
3
ah433,0
2
==
+
+
=====
Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgledaju:
Uzimamo da je : 3
/10 mkNgv
≅ρ
kNa
aa
gFH
151*
2
21
*10*
2
2
*2
=
+
=
+
= ρ
kNaxgFV
66,81*866,0*10**22
=== ρ
kNmeFeGeFMVVGHHA
597,6433,0*66,8433,0*67,4555,0*15***
=−+=−+=Σ
Moment je pozitivan i zatvara zaklopku.
19. ZADATAK a
sl G=3,8 kN, ρ=1000
kg/m3
./103
mkNgvv
≅= γρ
ap
0,40
h
H
pa
T
G
2h/3
p
Th
2h/3
pa
GH
a
FH
0,20
(h-0,4)γ (H-h)γ
hγ γ (H-0,4)
Hγ
Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgledaju:
ap
0,40
h
H
pa
T
G
2h/3
p
Th
2h/3
pa
G
H
a
FH
0,20
(h-0,4)γ (H-h)γ
hγ γ (H-0,4)
Hγ
Iz dijagrama je vidljivo da jeukupna sila hidrostatskog tlaka jednaka:
( ) slijedimAAhHgFH
2
24,06,0*4,0jekako* ==−= ρ
( ) ( )44,224,0* −=−= HhHgFH
ρ
( ) mHHhGFMHT
1,2504
3
2
*8,32,0*44,20
3
2
*2,0*0 =⇒=+−⇒=+⇒=Σ
20. ZADATAK Potrebno je i
koje je voda (3
/1000 mkgvode
=ρ ). Nacrtati dijagrame pritiska (horizontalnu i vertikalnu
komponentu hidrostatskog tlaka).
3,0
r =
3,0
pa
6,0
3,0
4,0
m
m
m
m
m
Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgleda:
ap
r = 3
,0
4,0
FH
ρ g 12
pa
g 9ρ
g 6ρ
+
ρ
g 3ρ
ap
g 6
=
ap
F V
m
m
kN
gh
FH
32,706
2
12*1*81,9
1*
2
22
==
=
ρ
( ) kNgg
r
FV
46,49416,3533,1411*81,9*4*91*81,9*
2
*0,3
1**4*36*
2
22
=+=+=
++=
π
ρρ
π
kNFFFVHU
19,86246,49432,7062222
=+=+=
ne po m’.
21. ZADATAK
lici. Nacrtati dijagrame pritiska na plohu (horizontalna i
vertikalna komponenta hidrostatskog tlaka). Zadano je: h1=5,50 m, h2=2,20 m, r=2,0 m,
3
/1000 mkgvode
=ρ .
a) horizontalna komponenta rezultante sile hidrostatskog tlaka
2,20
ap
r =
2,00
5,50pa
B
A
CO
2,20
5,50
O
FHL
FHD
0,73
2,20 5,50
1,83
=
O
2,04
3,30
HF
5,50
2,20
mkNFFF
m
FF
YFYF
Y
M
mkNgFmkNgF
mYmY
LHDHx
DHLH
dxDHLxLH
DHLH
dxLx
′=−=−=
=
+−
⋅+⋅−
=
+−
⋅+⋅−
=
=Σ
′=⋅
⋅
=′=⋅
⋅
=
====
/05,1272,2425,151
04,2
25,1512,24
83,125,15173,02,24
0
/25,151
2
50,550,5
/2,24
2
20,220,2
83,1
3
50,5
73,0
3
20,2
,,
,,
,,,,
0
,,
,,
ρρ
b) vertikalna komponenta rezultantne sile hidostatskog tlaka
2,00
2,20
O
5,50
VGF
1,37
+
1,06
O
2,00
VUF
=
1,00
5,50
VF
O
2,00
F
O
V
FH
F
α
)!!(/0,6658,7858,12
0,1
58,7858,12
06,158,7837,158,12
0
/58,78
4
0,2
0,250,5
/58,12
4
0,2
0,220,2
06,1
4
0,2
0,250,5
0,2
3
4
4
0,2
0,150,50,2
37,1
4
0,2
0,220,2
0,2
3
4
4
0,2
0,120,20,2
,,
0
2
2
2
2
,
2
2
,
gorepremadjelujesilamkNFFF
m
FF
XFXF
X
M
mkNgF
mkNgF
mX
mX
VUVGV
VUVG
uyVUpyVG
VU
VG
uy
py
′−=−=−=
≅
−
⋅−⋅
=
−
⋅−⋅
=
=Σ
′=⋅
−⋅=
′=⋅
−⋅=
=
−⋅
⋅⋅−⋅⋅
=
=
−⋅
⋅⋅−⋅⋅
=
ρπ
ρπ
π
π
π
π
π
π
c) veli ina rezultantne sile hidrostatskog tlaka
d) položaj rezultantne sile hidrostatskog tlaka
X=1,0 m Y=2,04 m S(1,00 , 2,04 )
e) smjer rezultantne sile
f) grafi ki prikaz rezultata
mkNF
FFF
mkNFmkNF
VH
VH
′==+=
+=
′=′=
/17,1437,204970,6605,127
/0,66/05,127
22
22
''04'272751948,0
05,127
0,66o
H
V
H
V
tgarctgarc
F
F
tgarc
F
F
tg ====⇒= αα
22. ZADATAK
slici. Zanemariti ekscentricitet osi. Nacrtati diagram horizontalne i vertikalne komponente
hidrostatskog tlaka. Zadano je: 3
/1000 mkgvode
=ρ , q=4,5kN/m’, a=0,5m, b=0,7m, c=2,1m.
Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgledaju:
pa
HP
2H/3
a
GT
b
U
x
c
P
U
O
O
ili
005,2225,2
3
5
005,10,215,05,4
3
1
5
0
3
1
0
][50,1
2
10
0,1
2
05,1
2
1,2
][21101,20,11,2
5,40,15,40,1
3
2
0
2
22
=⋅−+⋅
=⋅⋅−⋅+⋅⋅⋅
=⋅−⋅+⋅⋅⇒=Σ
⋅=⋅
⋅
=⋅
⋅
=
==
⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅=
=⋅=⋅=
HH
HHH
xUaGHPM
kNH
HHg
P
mx
kNHHHgU
kNqG
ρ
ρ
kNH
HHg
P
kNHU
mHHH
261,64585,3550,1
2
10
0,1
2
285,75585,30,210,21
585,325,205,22
3
5
22
22
3
=⋅=⋅=⋅
⋅
=⋅
⋅
=
=⋅=⋅=
=⇒−=⋅−⋅
ρ
KONTROLA:
00
0049,7925,2792,76
005,1285,755,05,4585,3
3
1
261,64
0
3
1
=
=−+
=⋅−⋅+⋅⋅
=⋅−⋅+⋅⋅ xUaGHP
23. ZADATAK u na zadanu stijenku širine 1,0
m iza koje je slatka i slana voda. Nacrtati diagrame horizontalne i vertikalne komponente
hidrostatskog tlaka. Zadano je: ρ1g = 9,0 kN/m3
, ρ2g = 10,0 kN/m3
.
45°
ap
ρ1
2ρ
2,0
2,0
3,03,0
4,0 m
m m
m
m
Horizontalna komponenta sile hidrostatskog tlaka:
45°
3,0
2,0
2,0
G
U
g 3,02
ρ
1ρ g 4,0
H2
H3
1H
H
α
VR
y
x
y~2,31
x~1,6
m
m
m
m
m
( ) ( ) mHHH
H
y
yHHHyH
kNHH
kNgH
kNgHkNgH
i
31,2451085,172333,4
225
1
5,1333,4
1
?3
3
1
3
2
1
4
3
1
3*
2254510872
455,0910
2
1
0,10,30,3
1081290,10,30,472165,09
2
1
0,10,40,4
321
321
3
1
23
1211
≅+⋅+⋅=+⋅+⋅=
=⇒⋅+⋅+
⋅+=
=++==
=⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=
=⋅=⋅⋅⋅==⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=
∑
ρ
ρρ
Vertikalna komponenta sile hidrostatskog tlaka:
kNGG
kNgkNg
UkNgkNg
i207451836081
455,0109
2
1
0,1*0,30,3G18
2
1
0,10,20,2G
36940,10,20,2G1089120,10,40,3G
4
1
2413
1211
=+++==
=⋅⋅=⋅⋅==⋅⋅⋅⋅=
==⋅=⋅⋅⋅==⋅=⋅⋅⋅=
∑
ρρ
ρρ
45°
3,0
2,0
2,0
GG1
G4
3G
2G
U2,0
m
m
m
m
2,0m3,0m
2,0m
( )
( ) ( )
( )
'
2222
V
1
4321
4321
O
2337
225
171
tg
H
V
tg
61,282171225H
SILAUKUPNA
m6,143601,220713xV
17136-207U-G
36940,10,20,2
01,24518667,33641085,1
207
1
667,3435,0
1
?3
3
1
2
3
1
31335,0GG
0M
°===
=+=+=
=⇒⋅−⋅=+⋅−⋅=⋅
===
=⋅=⋅⋅⋅=
≅+⋅+⋅+⋅=++⋅+⋅⋅=
=⇒⋅+
⋅++++⋅⋅=⋅
=∑
arcarc
kNVR
xUxG
kNV
kNgU
mGGGG
G
x
xGGGx
V
α
ρ
24. ZADATAK Potrebno je odrediti ukupnu hidrostatsku silu i njezin smjer na zatvara iza i
ispred kojega su dvije teku ine razli ite specifi ne gusto e ρ1 i ρ2 visina prema slici. Nacrtati
dijagrame komponenti hidrostatskog tlaka na zatvara Zadano je: h1=4,0 m, h2=5,5 m, b=1,0
m (širina zatvara a), ρ1=850 kg/m3
, ρ2=1010 kg/m3
.
F
ap
FH4
H2
2
45°
45°
2ρ h
1
ρ1 h
ρ1
ap
h2
FH1 H3F
g h1
ρ g hρ1
ρ g h1 2 1 2
g hρ1 2
1ρ
1g h
22ρ g h
g h1
ρ1
+ =
VF
VF
HF
F
α
Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgleda:
F
FH4
H2
2h
h2
h1
FH1 H3F
g h1
ρ g hρ2
ρ g h1 2 1 2
(pogledati gornju
sliku) ne možemo
ρ2 > ρ1 ρ2
Uzimamo da jednake:
3
2
3
1
/908,9
/338,8
mkNg
mkNg
≅
≅
ρ
ρ
Vrijednost komponenata i ukupne sile tlaka jednaka je:
1*
2
338,8*5,5
2
908,9*5,5
338,8*5,5*4
2
338,8*4
*
222
222
1
2
22
2
2
121
1
2
1
1432
−++=
−++=−++=
H
HHHHH
F
b
ghgh
ghh
gh
FFFFF
ρρ
ρ
ρ
( )
5,5*4*338,8
2
908,9*25,30
2
338,8*25,30
2
338,8*16
*
222
*
222
88,273112,12685,14944,183704,66
121
2
2
21
2
21
2
1
1
2
22
2
21
2
1
1112
−−+=
−−+=
−++−=
=−++=
bghh
ghghgh
F
ilib
ghghgh
ghhhF
kNF
V
V
H
ρ
ρρρ
ρρρ
ρ
)!!(47,14044,18385,149112,126704,66 gorepremadjelujekNFV
−=−−+=
kNFFFVH
8,30747,14088,2732222
=+=+=
hidrostatskog tlaka iznosi:
''10'927
88,273
47,1400
=⇒== αα
H
V
F
F
tg
F
ap
FH4
H2
2
45°
45°
2ρ h
1
ρ1 h
ρ1
ap
h2
FH1 H3F
g h1
ρ g hρ1
ρ g h1 2 1 2
g hρ1 2
1ρ
1g h
22ρ g h
g h1
ρ1
+ =
VF
VF
HF
F
α
25. ZADATAK Na pregradi je postavljen kružni otvor promjera d=1m. Zatvoren je sa
poklopcem L-profila, koji ima mogu nost vrtnje oko to ke M. Os rotacije (to ka M) leži
s=0,2 m od vrha otvora. Na udaljenosti od L1=0,7 m nalazi se uteg težine G. Potrebno je
odrediti težinu utega G za koji e pri razini vode h1=3 m (iznad središta otvora) do i do
otvaranja otvora, te za koliko je potrebno pomaknuti uteg težine G kako bi došlo do otvaranja
otvora, ako se razina vode ispred pregrade pove a na h2=4 m.
Dijagrami hidrostatskog tlaka i hidrostatska sila iznose:
kNN
d
ghAghF 1,2323102
4
14,3*1
*3*81,9*1000
4
22
11=====
π
ρρ
mm
h
d
dh
d
Ah
I
e
L
e
d
sF
Ge
d
sFGLMM
022,00208,0
3*16
1
16
4
64
2
0
2
2
1
2
2
1
4
1
1
1
≅=====
++
=⇒=
++−=Σ
π
π
( )kN
L
e
d
sF
G 8,23
7,0
022,05,02,0*1,232
1
=
++
=
++
=
Koliko je potrebno pomaknuti uteg?
( )
mLLL
mL
mm
h
d
dh
d
Ah
I
e
G
e
d
sF
L
kNN
d
ghAghF
L
G
e
d
sF
LLL
227,07,0927,0
:utegpomaknutikoju trebazaUdaljenost
927,0
8,23
016,05,02,08,30
:iznosiutegpomaknutikoju trebanaUdaljenost
016,00156,0
4*16
1
16
4
642
8,3030803
4
14,3*1
*4*81,9*1000
4
:2slucajzasilakaHidrostats
2
12
2
2
2
2
2
2
4
2
2
2
22
2
22
222
1
22
12
=−=−=∆
=
++
=
≅=====⇒
++
=
⇒=====
−
++
=−=∆
π
π
π
ρρ
26. ZADATAK Odrediti komponente sile hidrostatskog tlaka, rezultantu i njezin položaj na
stijene prema slici iza koje je voda. Nacrtati dijagrame tlaka. Zadano je:
h1=2,0 m, h2=2,0 m, h3=3,0 m, H=7,0 m, ρ=1000 kg/m3
, B=1 m (širina stijene).
45°
H
h3
ap
45°
h2
h1
b
b1
45°
45°
HF
x
y
yT
+ + =
x
y
VF
Tx
Ty
Uzimamo da je : 3
/10 mkNg ≅ρ
Iz geometrije sustava proizlazi da je: b = 3,0 m b1 = 2,0 m
Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgledaju:
45°
45°
HF
x
y
yT
+ + =
x
y
VF
Tx
Ty
kNB
gH
FH
0,2451*
2
7*10
*
2
22
=
=
=
ρ
( ) kNB
bh
gbhhg
bh
gFV
1451*
2
2*2*10
3*4*10
2
3*3*10
*
2
*
*
2
*12
21
3
=
−+=
−++= ρρρ
kNFFRVH
69,2841452452222
=+=+=
Položaj težišta horizontalne sile hidrostatskog tlaka: mHyT
66,47*
3
2
3
2
===
položaj težišta vertikalne komponente sile:
m
A
Ax
x
i
ii
T769,1
5,14
66,25
2
2*2
2
3*3
3*4
2*
3
1
*
2
2*2
3*
3
2
*
2
3*3
5,1*3*4
==
−+
−+
=
Σ
=
m
A
Ay
y
i
ii
T839,2
5,14
66,41
2
2*2
2
3*3
3*4
)22
3
1
(*
2
2*2
)43*
3
1
(*
2
3*3
2*3*4
==
−+
+−++
=
Σ
=
Smjer rezultantne sile hidrostatskog tlaka:
0
62,30
245
145
===
H
V
F
F
tgα
HF
VF
α
R
27. ZADATAK
težištem n
u ovisnosti o kutu ϕ ρulja=850 kg/m3
.
Uradak
Ukupna hidrostatska sila na tablastu zapornicu iznosi:
ϕ
ρϕ
ρ
sin*2
**
2
sin
*1***2
hg
h
hg
F
ulja
ulja
==
Nm
s
gmMz
ϕϕϕ cos15696cos*2*81,9*800cos*
2
** ===
2
*cos
2
cos
s
x
s
x
ϕϕ =⇒=
x
hg
xFM
ulja
o*
sin*2
**
*
2
ϕ
ρ
==
ϕ
ϕ
sin
sin
h
y
y
h
=⇒=
Uz uvrštenje: e
h
x −=
ϕsin*2
m
s
s
s
s
yA
I
e
s
s
666,0
6
4
6)1**
2
(
12
*1
*
3
===== (s = h/sinϕ)
−=
−==
ϕϕϕ
ρ
ϕϕϕ
ρ
ϕ
ρ
sin*3
1
sin
1
*
2
*
sin*2
**
sin*6sin*2
*
sin*2
**
*
sin*2
**222
hhghhhg
x
hg
M
uljauljaulja
o
ϕ
ρ
ϕϕ
ρ
ϕϕ
ρ
2
322
sin*6
**
sin*3
*
sin*2
**
3
1
1*
sin*2
*
sin*2
** hghhghhg
M
uljauljaulja
o==
−=
ϕϕ2
3
2
3
sin
*75,1389
sin*6
*81,9*850 hh
Mo
==
Iz uvjeta ravnoteže Mo = Mz dobivamo ovisnost visine h o kutu ϕ:
75,1389
sin
/*cos*15696
sin
*75,1389
2
2
3
ϕ
ϕ
ϕ
=
h
ϕϕ
ϕϕ2
2
3
sin*cos*294,11
75,1389
sin*cos*15696
==h
3 23 2
sin*cos*243,2sin*cos*294,11 ϕϕϕϕ ==h
ϕ max do koje
pri dh/dϕ=0. Derivacija daje:
max
3 2
0sin*cos*294,11 ϕϕϕϕ
ϕ
⇒== d
d
dh
Donja granica stabilnosti dana je kutem ϕ kod kojega postoji još ravnoteža, dakle pri visini
hmin ϕsin*sh = :
32
sin*cos*243,2sin* ϕϕϕ =s
32
sin*cos*243,2sin*4 ϕϕϕ =
.min
32
56,0
4
243,2
sin*cos
sin
ϕ
ϕϕ
ϕ
⇒==
Popne li se ulje iznad hmax.=max
sin*4 ϕ z stalno pada
ϕ. Zbog Mo > Mz
U protivnom, kada ulje padne ispod hmin.= minsin*4 ϕ Mz > Mo
max.
28. ZADATAK U zatvorenom spremniku prema slici, vlada manometarski tlak pMO. Treba
ρulja = 850 kg/m3
, a) pMO = -13000 Pa
b) pMO = -18000 Pa
c) pMO = -45000 Pa
Uradak
konstantnog tlaka
pMO
h biti jednaka za sva tr
kNaHgFuljah
409,1232*7,3*81,9*850***22
=== ρ
Udaljenost hvatišta sile Fh od težišta C iznosi:
m
aH
a
Ay
I
y
c
09,0
8,14
33,1
2*7,3
12
2
*
12
*2
4
2
4
=====∆
ξξ
MO = -13000 Pa
Sila Fo = pMO*a2
= 13000*22
= 52000 N
Rezultantna sila
F = Fh – Fo = 123,409 - 52,0 = 71,409 kN
C):
m
F
F
yyh
R155,0
409,71
409,123
*09,0* ==∆=∆
Ry∆ h > Fo)
Sila: F = ρulja*g*h*a2
= 850*9,81*2,14*22
F = 71,409 kN
Hvatište sile F:
m
ah
a
Ay
I
y
c
R155,0
2*14,2
12
2
*
12
*2
4
2
4
====∆
ξξ
MO = -18000 Pa
Sila Fo = pMO*a2
= 18000*22
= 72000 N
Rezultantna sila
F = Fh – Fo = 123,409 - 72,0 = 51,409 kN
Hvatište sile F (preko
C):
m
F
F
yyh
R216,0
409,51
409,123
*09,0* ==∆=∆
Ry∆ h > Fo)
Sila: F = ρulja*g*h*a2
= 850*9,81*1,542*22
= 51,409 kN
Hvatište sile F:
m
ah
a
Ay
I
y
c
R216,0
2*542,1
12
2
*
12
*2
4
2
4
====∆
ξξ
MO = -45000 Pa
Sila Fo = pMO*a2
= 45000*22
= 180000 N
Rezultantna sila
F = Fo - Fh = 180,0 – 123,409 = 56,59 kN
C):
m
F
F
yyh
R197,0
59,56
409,123
*09,0* −=
−
=∆=∆
Ry∆ h < Fo)
Fiktivna slobodna površina je ispod težišta,
te je h < 0 i sila F < 0, tj. gleda od površine
Sila: F = ρulja*g*h*a2
=
= 850*9,81*(-1,69)*22
= -56,36 kN
Hvatište sile F:
m
ah
a
Ay
I
y
c
R197,0
2*)69,1(
12
2
*
12
*2
4
2
4
−=
−
===∆
ξξ
S obzirom da je h < 0 i R
y∆ je negativno,
sila F ima hvatište iznad težišta C!
29. ZADATAK (1m),
, u položaju prema slici. Zadano je: a=1,2 m, H=0,8 m, h=0,65 m, ρv=
1000 kg/m3
.
Uradak
U ovom primjeru nije pogodno uvoditi fiktivnu slobodnu površinu, jer površina AB nije cijela
uronjena u fluid. Na dio površine poklopca koji se nalazi iznad fluida, djeluje samo sila
konstantnog tlaka pO O i hidrostatska sila Fh.
o (uslijed konstantnog tlaka pO) na
klopca AB i silu hidrostatskog tlaka Fh, na dio poklopca
ispod stvarne slobodne površine, kao što je prikazano na slici (a).
obzirom da fluid u spremniku miruje, tlak po
OvvapHghgp =−+ **** ρρ
iz koje je manometarski tlak jednak:
pMO = paps. – pa = ρv*g*(h-H) = 1000*9,81*(0,65-0,8) = -1471,5 Pa
o:
Fo = pMO*a*1 = -1471,5*1,2*1 = -1765,8 N
biti negativna, odnosno usmjerena suprotno od predpostavljenog smjera sa slike (a). Sila Fh je:
Fh = NH
H
gv
2,31391*
2
8,0
*81,9*10001**
2
**
2
==ρ
a pomak hvatišta sile Fh je:
m
H
H
H
H
Ay
I
y
c
133,0
6
8,0
6
1**
2
12
*1
*
3
=====∆
ξξ
36,222)
6
8,0
2
8,0
(*2,3139)
2
2,1
*8,1765()
62
(*
2
** −=−+−=−+=
HH
F
a
FaFho
NF 3,185
2,1
36,222
−=−=
U gornjoj se jednadžbi sila Fo uvrštava sa negativnim predzankom, te slijedi sila F= -185,3 N, što
30. ZADATAK
MO= -7500 Pa, α=60°,
ρulja=850 kg/m3
, pa= 0 Pa.
Uradak
površinu da se MO. S obzirom da u
visini h, prema slici (a).
899,0
81,9*850
7500
*
−=−=−= HH
g
p
Hh
ulja
MO
ρ
(a)
gdje je pMO negat
gornja ploha je horizontalna i na nju djeluje sila Fv koja je jednaka:
Fv = ρulja*g*h*a*1= 850*9,81*h*1*1 = 8338,5*h (b)
c od
fiktivne slobodne površine, koja je prema slici (a) jednaka:
2sin
ah
yc
+=
α
(c)
a dubina težišta hc je jednaka:
hc = yc*sinα = h + αsin*
2
a
= h + °60sin*5,0 = h + 0,433 (d)
te je sila Fh jednaka:
Fh = ρulja*g*hC*a*1 = ρulja*g*( h + αsin*
2
a
)*a*1 = 8338,5*( h + αsin*
2
a
) (e)
a pomak njena hvatišta od težišta C iznosi: izraz (f)
( ) 196,5*12
866,0
60sin*5,0h*12
60sin*1
sin*
2
a
h*12
sin*
1**
sin*
12
*1
*
2
3
+
=
°+
°
=
+
===∆
h
a
ah
a
Ay
I
y
Cc
α
α
α
ξξ
y∆ ujedno i krak sile Fh
nuli, te iz ravnoteže momenata oko
0*
2
* =∆+ yF
a
Fhv
(g)
uvršatavanjem izraza (b), (e) i (f) u (g) slijedi izraz za visinu h:
0
60sin*
2
a
h*12
60sin*
*)60sin*
2
(*5,8338
2
**5,8338
2
=
°+
°
°++
aa
h
a
h
)60sin*
2
( °+
a
h u brojniku i nazivniku vrijedi:
0
12
60sin*
*5,8338
2
**5,8338
2
=
°
+
aa
h
0
12
60sin*1
*5,8338
2
1
**5,8338
2
=
°
+h
mhh 144,0
25,4169
779,601
0779,601*25,4169 −=
−
=⇒=+
Izraz za traženu visinu H je jednak:
m
g
p
hH
ulja
MO
755,0899,0144,0
81,9*850
7500
144,0
*
=+−=+−=+=
ρ
ja (u
pMO
fiktivna slobodna površina
O
ρu
lja*
g
ρulja
g
Vratimo li se sada u formule (b), (c), (d), (e) i (f) tražene vrijednosti iznose:
Fv = 8338,5*h = 8338,5*(-0,144) = -1200,74 N
m
ah
yc
333,0
2
1
60sin
144,0
2sin
=+
°
−
=+=
α
hc = h + 0,433 = -0,144 + 0,433 = 0,289 m
Fh = 8338,5*( h + αsin*
2
a
)*a*1 = 8338,5*( -0,144 + °60sin*
2
1
)*1= 2409,93 N
( )
m
h
y 249,0
196,50144,*12
866,0
196,5*12
866,0
=
+−
=
+
=∆
0*
2
* =∆+ yF
a
Fhv
0249,0*93,2409
2
1
*94,1200 =+−
-600,37+600,37 = 0 ⇒ 0 = 0
Moment koji stvara vertikalna sila Fv
na satu, dok sila Fh i njen krak vrte u smjeru kazaljke na satu (momenti su suprotni!). Ovakav tip
zadatka se može rješavati samo ukoliko je tlak pMO unutar spremnika negativan, odnosno ukoliko
0*
2
* =∆+ yF
a
Fhv
. Na studentima je da se uvjere u gore navedenu
konstataciju, zadavanjem nekog pozitivnog manometarskog tlaka.
31. ZADATAK -
xT=55 mm, D=200 mm, L=100 mm, s=40 mm, ρv=1000 kg/m3
.
Uradak
Na slici
hidrostatskog tlaka, koja je razložena na horizontalnu Fx i vertikalnu Fz komponentu, a sile
atmosferskog tlaka se poništavaju. Komponenta Fz je jednaka težini fluida od površ
NL
D
gVgFvvZ
819,301,0*
4
*2,0
*9810*
4
****
22
====
ππ
ρρ (a)
Horizontalna i vertikalna komponenta
sile tlaka
Hvatište sile uzgona je u težištu volumena valjka te sila Fz ima krak jednak polovini duljine L
x djeluje na kružnu
hh
D
hgFvx
*19,308*
4
*2,0
*81,9*1000
4
***
22
===
ππ
ρ (b)
a pomak njena hvatišta od težišta C kružne površine je:
hhh
D
D
h
D
Ah
I
h
0025,0
*16
2,0
*16
4
*
64
*
*
22
2
4
=====∆
π
π
ξξ
(c)
x i
Fz
TZxxgm
L
Fh
D
F **
2
*)
2
(* ≥+∆− (d)
x
momenti sile težine i sile Fz ostaju nepromjenjeni. Uvrštavanjem izraza (a) do (c) u izraz (d)
slijedi uvjet za visinu h, oblika:
055,0*81,9*20
2
1,0
*819,30)
0025,0
2
2,0
(**19,308 ≥+−
h
h (e)
791,1054095,17704,0*819,30 ≥+−h
819,30
1
/*02045,10*819,30 ≥h
mh 325,0≥
NAPOMENA: Ukoliko je h
uronjen u vodu. Pritom, se
dakako, mjenja i horizontalna i vertikalna sila tlaka (u ovisnosti o visini h).
32. ZADATAK
ventilom. U prikazanoj situaciji ventil je zatvoren, a spremnik 2 je potpuno ispunjen zrakom
pod apsolutnim tlakom po=0,8 bara, a spremnik 1 je ispunjen uljem. Treba odrediti visinu h2
mniku (p*V = const.). Zadano je: H1=3,0 m, H2=1,7 m, D1=1,5 m,
D2=2,0 m, pa=1010 mbar, ρulja=850 kg/m3
.
Uradak
spremnika 2 uljem smanjuje se obujam zraka, a tl
Slika (a)
2, a u
1. U sprem 2, kao što
prikazuje slika (a). Ako fluid (ulje) miruje, vrijedi jednadžba manometra, koja postavljena od
pa + ρulja*g*h1 = p2+ ρulja*g*h2 (a)
Obujam (volumen) ulja u drugom spremniku jednak je smanjenju obujma u prvom spremniku,
tj.:
4
:/
4
*
*)(
4
*
*
2
1
11
2
2
2
πππ D
hH
D
h −= (b)
2
111
2
22*)(* DhHDh −= ⇒
2
1
2
2112
1
2
22
1)(
*
D
D
hHH
D
Dh
h −=+
−
=
jednadžbom:
22*VpVp
oo= ⇒ sve (c)
4
*
:/
4
*
*)(**
4
*
*
2
2
2
2
2222
2
2πππ DD
hHpH
D
po
−=
)(**2222
hHpHpo
−=
Sustav triju jednadžbi (a), (b) i (c) sadrži tri nepoznanice: h1, h2 i p2. Iz jednadžbe (c) slijedi:
22
2
2*
hH
H
ppo
−
= (d)
što uvršteno u (a) daje:
pa + ρulja*g*h1 =
22
2
*
hH
H
po
−
+ ρulja*g*h2 (e)
Ako se iz jednadžbe (b) izrazi visina h1 2, te uvrsti u izraz (e) dobivamo
kvadratnu jednadžbu za visinu h2 u obliku:
pa + ρulja*g*h1 =
22
2
*
hH
H
po
−
+ ρulja*g*h2
101000 + 850*9,81* ))((2
1
2
21
D
D
hH − -
27,1
7,1
*80000
h−
- 850*9,81*h2 = 0
101000 + 8338,5* ))
5,1
2
(3(2
2h− -
27,1
136000
h−
- 8338,5*h2 = 0
101000 + 25015,5 – 14824h2 -
27,1
136000
h−
- 8338,5*h2 = 0 / *(1,7 – h2)
101000*(1,7- h2) + 25015,5*(1,7- h2) – 14824h2*(1,7- h2) - 136000- 8338,5h2*(1,7-
h2)=0
171700 - 101000h2 + 42526,35 – 25015,5h2 - 25200,8h2+14824h2
2
– 136000
- 14175,45h2 + 8338,5h2
2
= 0
23162,5h2
2
– 165391,75h2 + 78226,35 = 0
46325
31,14179875,165391
5,23162*2
10*0106,275,165391
2
**4102
2,1
±
=
±
=
−±−
=
a
cabb
h
mh 509,0
46325
31,14179875,165391
)(12
=
−
= (realno, h2 < H2 , usvajamo!!!)
mh 63,6
46325
31,14179875,165391
)(22
=
+
= (nerealno, ne usvajamo!!!)
Drugo rješenje je fizikalno nerealno, jer ne može biti h2 > H2, pa je rješenje zadatka h2 = 0,509
m. Iz izraza (d) i (b) slijedi tlak p2 i visina h1:
bar
hH
H
ppo
141,1
509,07,1
7,1
*80000*
22
2
2=
−
=
−
=
m
D
D
hHh 095,2)
5,1
2
(*509,00,3)(22
1
2
211=−=−=