2. deo – ZADACI -...

18
1 Hidrostatika 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇ cnika d V =0.10 m i visine h V =0.10 m) i cevˇ cice (preˇ cnika d C = 0.02 m i visine h C =1.00 m), nalazi se u vodi gustine ρ 1 =1.0 kg/dm 3 . Valjak je is- punjen teˇ cnoˇ cu gustine ρ 2 =1.2 kg/dm 3 , a cevˇ cica je ispunjena vazduhom. Uticaj debljine zida plovka na hidrostatiˇ cke sile se zanemaruje. Pri datim uslovima valjak je potpuno potopljen u vodu, a samo deo cevˇ cice je iznad nivoa vode. Sopstvena teˇ zina praznog plovka je G P = 1.0 N. Odrediti koliki deo visine cevˇ cice (h * C ) se nalazi u vodi. Reˇ senje. Visina dela cevˇ cice koji se nalazi u vodi, h * C , odre¯ duje se iz uslova ravnoteˇ ze svih sila: G P + G 2 - P Z1 + P Z2 =0 Teˇ zina teˇ cnosti u valjku iznosi: G 2 = ρ 2 g πd 2 V 4 h V =1.2 · 10 3 × 9.81 3.14 × 0.1 2 4 0.1=9.25 N Hidrostatiˇ cke sile koje deluju na donju (P Z1 ) i gornju (P Z2 ) osnovu valjka su: P Z1 = ρ 1 g πd 2 V 4 (h V + h * C )=1 · 10 3 × 9.81 3.14 × 0.1 2 4 (0.1+ h * C )= 45

Transcript of 2. deo – ZADACI -...

Page 1: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

1

Hidrostatika

2. deo – ZADACI

Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastojiod valjka (precnika dV = 0.10 m i visinehV = 0.10 m) i cevcice (precnika dC =0.02 m i visine hC = 1.00 m), nalazi se uvodi gustine ρ1 = 1.0 kg/dm3. Valjak je is-punjen tecnoscu gustine ρ2 = 1.2 kg/dm3,a cevcica je ispunjena vazduhom. Uticajdebljine zida plovka na hidrostaticke silese zanemaruje. Pri datim uslovima valjakje potpuno potopljen u vodu, a samo deocevcice je iznad nivoa vode. Sopstvenatezina praznog plovka je GP = 1.0 N.Odrediti koliki deo visine cevcice (h∗

C) senalazi u vodi.

Resenje. Visina dela cevcice koji se nalazi u vodi,h∗

C, odreduje se iz uslova ravnoteze svih sila:

GP + G2 − PZ1 + PZ2 = 0

Tezina tecnosti u valjku iznosi:

G2 = ρ2gπd2

V

4hV = 1.2 · 103 × 9.81

3.14× 0.12

40.1 = 9.25 N

Hidrostaticke sile koje deluju na donju (PZ1) i gornju (PZ2) osnovu valjka su:

PZ1 = ρ1gπd2

V

4(hV + h∗

C) = 1 · 103 × 9.813.14× 0.12

4(0.1 + h∗

C) =

45

Page 2: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

46 1. Hidrostatika

= 77.05(0.1+ h∗C)

PZ2 = ρ2gπ(d2

V − d2C)

4h∗

C =

= 1 · 103 × 9.813.14(0.12 − 0.022)

4h∗

C = 73.97h∗C

U gornjim izrazima, vertikalna komponenta hidrostaticke sile je racunata kaoPZ = ρgV gde je ρ gustina fluida koji je u kontaktu sa povrsinom na koju seracuna komponenta sile, a V je zapremina tela izmedu povrsine na koju seracuna sila i njene projekcije na horizontalnu ravan na visini pijezometarskekote. Trazena visina dela cevcice koji se nalazi u vodi je:

h∗C =

1.0 + 9.25− 77.05× 0.1077.05− 73.97

= 0.826 m

Zadatak 1.2 Otvoreni rezervoar ispunjen je fluidom nepoznate gusti-ne ρ2 i vodom gustine ρ1 = 1.0 kg/dm3. U rezervoar je uronjen valjak gu-

stine ρ3 = 0.4 kg/dm3 koji moze dase krece bez trenja duz vertikalne o-sovine O. Poluprecnik valjka je r =0.5 m, a visina h = 2.5 m. Na slicije prikazan pocetni polozaj valjka (prikome je njegova tezina u ravnotezi sahidrostatickim silama). Odrediti silu ko-jom treba delovati na valjak da bi se on,u odnosu na pocetni polozaj, spustio za∆Z = 0.50 m. Zanemariti dimenzije o-sovine i pretpostaviti da je rezervoar do-voljno velike zapremine da se pri pome-ranju valjka ne menjaju nivoi fluida.

Resenje. Tezina valjka i sila potiska (vertikalna komponenta hidrostatickesile) na njega su:

G = ρ3gπr2h PZ = ρ1gπr2(Π1 − 1.00)

Iz uslova ravnoteze ovih sila odreduje se pijezometarska kota za vodu Π1:

Page 3: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

47

G = PZ ⇒

Π1 =ρ3h

ρ1+ 1.00 =

=0.4× 2.5

1.0+ 1.00 = 2.00 m

Gustina drugog fluida odreduje se pomo-cu pritiska u zajednickoj tacki A:

pA = ρ1g(Π1 − ZA) = ρ2g(Π2 − ZA) ⇒

ρ2 = 1.02.00− 1.202.20− 1.20

= 0.8 kg/dm3

Na valjak treba delovati silom koja je jednaka odgovarajucoj promeni silepotiska:

F = ∆PZ = ρ1gπr2∆Z = 1.0× 9.81× 3.14× 0.52 × 0.50 = 3.85 kN

Zadatak 1.3. Za dno otvorenog rezervoara, ispunjenog vodom gustineρ1 = 1.0 kg/dm3, pricvrscena je, preko opruge krutosti k = 4.5 kN/m, kupagustine ρ3 = 0.5 kg/dm3. Ova kupa,visine h = 1.50 m, okrenuta je vrhomna dole, tako da joj je osnova precnikad = 1.25 m izvan vode. Pri stanju pri-kazanom na slici, kada je nivo vode nanepoznatoj koti Z0, sila u opruzi jednakaje nuli. Odrediti za koliko ce se podicikupa (odnosno istegnuti opruga) ukolikose u rezervoar sipa ulje gustine ρ2 =0.85 kg/dm3 tako da nivo ulja dostignekotu osnove kupe. Pretpostaviti da je re-zervoar dovoljno velike zapremine da sepri podizanju kupe ne menja nivo vode.

Resenje. Tezina kupe i sila potiska na nju su:

G = ρ3gπ

12d2h = 0.5 × 9.81

π

121.252 × 1.50 = 3.009 kN

Page 4: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

48 1. Hidrostatika

PZ = ρ1gπ

12

(Z0 − 1.00

h

)2

d2(Z0 − 1.00) =

= 1.0 × 9.81π

12

(Z0 − 1.00

1.50

)2

1.252(Z0 − 1.00)

= 1.784(Z0 − 1.00)3

Iz uslova ravnoteze ovih dveju sila odreduje se Z0:

G = PZ ⇒ Z0 = 3

√3.0091.784

+ 1.00 = 2.19 m

Ako se ulje dolije do kote Π2 = 2.50+∆Z

(gde je ∆Z – istezanje opruge), tada je:

Π2 =p0

ρ2g+ Z0 ⇒

p0 = ρ2g(2.50 + ∆Z − Z0)

Pijezometarska kota za vodu Π1 odredujese pomocu pritiska u zajednickoj tacki nakontaktu vode i ulja:

Π1 =p0

ρ1g+ Z0 =

0.851.0

(2.50 + ∆Z − 2.19) + 2.19 = 0.85 ∆Z + 2.454

Sila potiska na deo kupe koji je u vodi je:

PZ1 = ρ1g

[πd2

12

(Z0 − 1 − ∆Z

h

)2

(Z0 − 1 − ∆Z)+

+πd2

4

(Z0 − 1 − ∆Z

h

)2

(Π1 − Z0)

]

Sila potiska na deo kupe koji je u ulju je:

PZ2 = ρ2g

[πd2h

12− πd2

12

(Z0 − 1 − ∆Z

h

)2

(Z0 − 1 − ∆Z)−

−πd2

4

(Z0 − 1 − ∆Z

h

)2

(Π2 − Z0)

]

Sila kojom opruga vuce kupu je:

F = k ∆Z

Page 5: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

49

Trazeno rastojanje ∆Z odreduje se iz uslova ravnoteze svih sila:

G + F = PZ1 + PZ2

Zamenom odgovarajucih brojnih vrednosti dobija se jednacina:

(∆Z)3 − 3.59 (∆Z)2 + 21.18 ∆Z − 9.60 = 0 (1.1)

Analiticko resenje jednacine oblika x3 +Ax2 +Bx+C = 0 dobija se smenomt = x + A/3, odnosno svodenjem na jednacinu oblika t3 + 3αt + 2β = 0.Koeficijenti i diskriminanta ove jednacine su:

α =−A2 + 3B

9β =

2A3 − 9AB + 27C

54δ = α3 + β2

Ukoliko je δ > 0, postoji samo jedno realno resenje:

x = −A

3+ 3

√−β +

√δ + 3

√−β −

√δ

a druga dva su kompleksna. U slucaju kada je δ ≤ 0, postoje tri realnaresenja:

xi = −A

3+ 2

√−α cos

[13

arccos( −β√

−α3

)+ (i − 1)

3

](i = 1, 2, 3)

Za vrednosti A = −3.59, B = 21.18 i C = −9.60 dobija se α = 5.63 iβ = 6.16, odnosno δ = 216.2 > 0, pa je:

∆Z = −(−3.59)3

+3√−6.16 +

√216.2 +

3√−6.16 −

√216.2 = 0.488 m

Jednacina (1.1) moze da se resi i nekim pribliznim (numerickim) postupkom,npr. metodom iteracije. Ovaj postupak1 zasniva se na tome da se jednacinaoblika f(x) = 0 prepise u obliku x = ϕ(x), pa se zatim ponavlja rekurentnaformula x(i+1) = ϕ(x(i)). Dakle, jednacina (1.1) moze se prepisati u obliku:

∆Z =9.60− (∆Z)3 + 3.59(∆Z)2

21.18

odnosno:

∆Z(i+1) =9.60− (∆Z(i))3 + 3.59(∆Z(i))2

21.181Potreban uslov za konvergenciju ovog postupka je da u nekom intervalu za vrednosti x

(u okviru koga se bira i vrednost za prvu iteraciju x1), bude | dϕ/dx |< 1 .

Page 6: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

50 1. Hidrostatika

gde je i – redni broj iteracije. Ako se u prvom koraku uzme ∆Z(1) = 0,dobija se:

∆Z(2) =9.6021.18

= 0.453

∆Z(3) =9.60− 0.4533 + 3.59× 0.4532

21.18= 0.484

∆Z(4) =9.60− 0.4843 + 3.59× 0.4842

21.18= 0.488

Daljim ponavljanjem moze se pokazati da postupak konvergira vrednosti∆Z = 0.488 m.

Zadatak 1.4. Zatvo-reni rezervoar delimicnoje ispunjen vodom gustineρ = 1.0 kg/dm3. Pritisakna otvorenom manometruiznosi pM = −9.81 kPa.Odrediti staticke uticaje(M, T, N) u preseku A–Apregradnog zida. Zadatakje ravanski (racunati na1 m duzine zida).

Resenje. Pijezometarska kota za vodu sa leve strane pregradnog zida, Π1,moze se odrediti iz osnovne jednacine hidrostatike za tacku na visini na kojojse nalazi manometar (ZM):

Π1 =pM

ρg+ ZM =

−9.811.0× 9.81

+ 1.00 = 0.00 m

Pritisak na povrsini vode sa leve strane zida (u tacki B) je:

pB = ρg(Π1 − ZB) = 1.0× 9.81(0.0− 4.0) = −39.24 kPa

Ovaj pritisak jednak je pritisku vazduha pVAZD, odnosno jednak je pritiskuna povrsini vode sa desne strane zida (pB = pVAZD = pC), pa je:

Π2 =pC

ρg+ ZC =

−39.241.0× 9.81

+ 1.00 = −3.00 m

Page 7: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

51

Na delu na kome je vazduh sa obe strane zida (desno od racve i na levom deluiznad kote 4 m), sile kojima vazduh deluje na zid medusobno se ponistavaju.Opterecenja na ostale delove zida su racunata kao za ravanski zadatak i to:

– horizontalna opterecenja prema izrazu PX = ρgΩXL, gde je ΩX – po-vrsina dijagrama visine pritiska (tj. dijagrama opterecenja kod koga jeapscisa p/ρg, a ordinata Z) i L – duzina zida,

– vertikalna opterecenja prema izrazu PZ = ρgΩZL, gde je ΩZ – povr-sina omedena konturom na koju se odreduje sila, njenom projekcijomna horizontalnu ravan na visini pijezometarske kote i odgovarajucimvertikalnim izvodnicama.

PX1 = − 1.0× 9.81× 4.02/2 = −78.48 kN/mPX2 = − 1.0× 9.81× 3.0× 1.0 = −29.43 kN/mPX3 = − 1.0× 9.81× 1.02/2 = −4.90 kN/mPX4 = − 39.24× 3.0 = −117.72 kN/mPZ1 = − 39.24× 2.0 = −78.48 kN/mPZ2 = − 1.0× 9.81× 2.0× 3.0 = −58.86 kN/m

Staticki uticaji u preseku A–A su:

MA−A =4∑

i=1

PXiZi +2∑

i=1

PZiXi = −78.48× 2.667 + 29.43× 0.50 +

+ 4.90× 0.667 + 117.72× 2.50 ++ 78.48× 1.00− 58.86× 1.00 = 122.62 kNm/m

TA−A =4∑

i=1

PXi = −78.48 + 29.43 + 4.90 + 117.72 = 73.57 kN/m

NA−A =2∑

i=1

PZi = 78.48− 58.86 = 19.62 kN/m

Proracun opterecenja mogao bi se pojednostaviti ako bi se pre proracuna silasabrali dijagrami svih horizontalnih odnosno vertikalnih opterecenja. Ovakodobijeno rezultujuce opterecenje ekvivalentno je onome koje bi delovalo kadabi posmatrani rezervoar bio otvoren, odnosno kada bi pijezometarske kotebile na nivoima vode. U tom slucaju potrebno je racunati svega tri sile(umesto sest).

Page 8: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

52 1. Hidrostatika

Srafura na dijagramima ΩX i ΩZ ukazuje na smer delovanja odgovarajucihsila2.

Zadatak 1.5. Ustava napravljena od materijala gustine ρU = 7.0 kg/dm3

svojim gornjim krajem okacena je o zglob duz ose cija je projekcija tacka O,a donjim krajem je slobodno oslonjena na dno rezervoara. Zadatak je ravan-ski. Sa obe strane ustave nalazi se voda gustine ρV = 1.0 kg/dm3. Odrediti

2Na slikama su nacrtani pravi smerovi delovanja sila. Znak “−” u izrazima za sileoznacava da je hidrostaticki pritisak u toj tacki negativan, odnosno da je sila usmerena odkonture na koju deluje ka tecnosti (fluid “povlaci” konturu). Obrnuto, pozitivan znak sileznaci da je hidrostaticki pritisak u merodavnoj tacki pozitivan, odnosno da sila pritiskakonturu. Ovakva konvencija usvojena je jer u fluidu ne postoje negativni naponi (naponizatezanja) pa ni negativni pritisci. Najnizi pritisak (apsolutni) u fluidu je paps,min = 0 Pa,dok je najnizi hidrostaticki pritisak:

pmin = paps,min − patm = −patm = −100 kPa

(posto je usvojeno da je hidrostaticki pritisak vode “nula” kada je paps = patm). Naglasavase da je ova konvencija razlicita od konvencije o znaku presecnih sila koja je usvojenau predmetu “Otpornost materijala” (“. . . Normalna sila je pozitivna ako zateze svojupresecnu ravan. Transverzalna sila je pozitivna ako obrce element grede u smeru obrtanjakazaljke na satu . . . ”, V. Brcic, Otpornost materijala, 1978), odnosno da te dve stvari netreba mesati.

Page 9: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

53

potrebnu de-bljinu ustaveiz uslova dase ona podize(obrtanjem o-ko ose zgloba)tek kada nivovode levo odustave padneispod prikaza-nog, za kogaje dubina vodeH = 3.0 m.

Resenje. Sile koje deluju na ustavu su:

PX1 = PZ1 = 1.0× 9.81× 3.02/2 = 44.14 kN/mPX2 = PZ2 = 1.0× 9.81× 4.02/2 = 78.48 kN/mPX3 = PZ3 = 1.0× 9.81× 1.0× 4.0 = 39.24 kN/m

Tezina ustave po 1 m duzine je G = 7.0× 9.81× 4√

2 δ = 388.46 δ, gde je δ –debljina ustave. S obzirom da je δ nepoznata velicina, odredice se iz uslovada je suma momenata svih sila oko tacke O jednaka nuli:

ΣM(O) = 0 ⇒ − 44.14× 3.0 + 78.48× 2.667 + 39.24× 2.0−

Page 10: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

54 1. Hidrostatika

− 44.14× 3.0 + 78.48× 2.667 + 39.24× 2.0−− 388.46 δ × 2.0 = 0 ⇒ δ = 0.40 m

Zadatak 1.6. Armirano betonski zidpoprecnog preseka kao na slici pregradujeotvoreni rezervoar na dva dela. Sa levestrane zida nalaze se tecnosti gustina ρ1 =0.8 kg/dm3 i ρ2 = 1.2 kg/dm3, a sa desnestrane je tecnost gustine ρ3 = 0.8 kg/dm3.Visina koju pokazuje zivin manometar je∆HZ = 0.034 m. Gustine betona i zivesu ρB = 2.5 kg/dm3 i ρZ = 13.6 kg/dm3.Zadatak je ravanski, a duzina zida je 5 m.Sracunati nivo sa desne strane zida, a zatimodrediti staticke uticaje (M, T, N) u presekuA–A (u kome je zid ukljesten).

Resenje. Pijezometarske kote za sve tec-nosti odreduju se pomocu pritisaka u zajed-nickim tackama:

pC = ρ1g(Π1 − ZC) = 0.8× 9.81× (6.00− 3.00) = 23.54 kPa

Π2 =pC

ρ2g+ ZC =

23.541.2× 9.81

+ 3.00 = 5.00 m

pD = ρ2g(Π2 − ZD) = 1.2 × 9.81× (5.00 + 0.034) = 59.26 kPa

ΠZ =pD

ρZg+ ZD =

59.2613.6× 9.81

+ (−0.034) = 0.410 m

pE = ρZg(ΠZ − ZE) = 13.6× 9.81× (0.410− 0.00) = 54.72 kPa

Π3 =pE

ρ3g+ ZE =

54.720.8× 9.81

+ 0.00 = 6.973 m

Sile koje deluju na zid su:

PX1 = 0.8 × 9.81× 5.0 × 3.02/2 = 176.6 kNPX2 = 1.2 × 9.81× 5.0 × 2.0× 3.0 = 353.2 kNPX3 = 1.2 × 9.81× 5.0 × 3.02/2 = 264.9 kNPX4 = 0.8 × 9.81× 5.0 × 6.9732/2 = 954.0 kNPZ1 = 0.8 × 9.81× 5.0 × 0.743× 2.973/2 = 43.3 kNPZ2 = 0.8 × 9.81× 5.0 × 1.0× 2.973 = 116.7 kNPZ3 = 0.8 × 9.81× 5.0 × 1.0× 4.0/2 = 78.5 kN

Page 11: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

55

Tezina zida je:

G = 2.5× 9.81× 5.0× 1.0 × 8.0/2 = 490.5 kN

Staticki uticaji u preseku A–A su:

MA−A = − 176.6× 4.00− 353.2× 1.50− 264.9× 1.00 ++ 954.0× 2.324− 43.3× 0.752 + 116.7× 0.50 ++ 78.5× 0.333− 490.5× 0.333 = 604.6 kNm

TA−A = 176.6 + 353.2 + 264.9− 954.0 = −159.3 kNNA−A = − 43.3 + 116.7 + 78.5− 490.5 = −338.6 kN

Zadatak 1.7. Na vertikalnom zidu otvorenog rezervoara nalazi se ustavaoblika jednakokrakog pravouglog trougla, koja se sastoji iz dva dela – 1(trapez) i 2 (trougao). Ukupna visina ustave je H = 6.0 m. Rezervoar jeispunjen vodom gustine ρ = 1.0 kg/dm3, tako da je slobodna povrsina navisini gornjeg dela ustave.Odrediti rastojanje Z (visinutrapeznog dela ustave) takoda intenziteti hidrostatickihsila na delove 1 i 2 budu jed-naki, a zatim odrediti te sile(intenzitet, pravac i polozaj)za svaki deo posebno.

Page 12: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

56 1. Hidrostatika

Resenje. Horizontalne komponente hidrostaticke sile racunaju se premaizrazu PX = ρghTA, gde je A – povrsina projekcije konture (na koju seodreduje sila) na vertikalnu ravan upravnu na pravac X i hT – vertikalnorastojanje tezista povrsine A od pijezometarske kote.

PX1 = ρgZ2 2(H − Z)Z + 2Z

3Z2

2

Z(2H − Z)Z(2H − Z) = ρg

Z2(3H − 2Z)3

PX2 = ρg [Z +13(H − Z)] (H − Z)2 = ρg

(2Z + H)(H − Z)2

3

PX1 = PX2 ⇒ Z3 +3H

2Z2 +

H3

4= 0 ⇒

Z3 − 9Z2 + 54 = 0

Koeficijenti α i β koji se dobijaju redukcijom ove jednacine3 su:

α = [−(−9)2 + 3 × 0]/9 = −9

β = [2 × (−9)3 − 9 × (−9) × 0 + 27 × 54]/54 = 0

pa je δ = −729 < 0 i postoje tri realna resenja:

Zi = 3 + 6 cos[13

π

2+ (i− 1)

3

](i = 1, 2, 3)

Z1 = 8.20 m Z2 = −2.20 m Z3 = 3.00 m

pri cemu ocigledno samo poslednje resenje fizicki ima smisla (0 < Z3 < H).Dakle:

Z = Z3 = 3.00 m

Intenziteti sila su:

PX1 = 1.0× 9.813.02(3 × 6.0− 2 × 3.0)

3= 353.16 kN = PX2

Sopstveni momenti inercije za pojedine delove ustave su:

IY Y 1 =16Z3(2H + Z) −

[Z(3H − 2Z)3(2H − Z)

]2

Z(2H − Z) = 19.50 m4

3Videti objasnjenje na strani 49.

Page 13: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

57

IY Y 2 =136

2(H − Z)(H − Z)3 = 4.50 m4

Ekscentriciteti sila su:

eZ1 = −ρgIY Y 1

PX1= −1.0 × 9.81× 19.50

353.16= −0.542 m

eZ2 = −ρgIY Y 2

PX2= −1.0 × 9.81× 4.50

353.16= −0.125 m

Znak “−” u gornjim izrazima ozna-cava da se napadne tacke sila nalazeispod odgovarajucih tezista na nave-denim rastojanjima, sto je slucaj kadaje pritisak u tezistu pozitivan. Obr-nuto, kada je pritisak u tezistu ne-gativan, napadna tacka sile je iznadtezista na rastojanju jednakom pozi-tivnom ekscentricitetu (znak ekscen-triciteta je vezan uz usvojeni poziti-van smer Z-ose koji je usmeren nagore, pocev od tezista).

Zadatak 1.8. Zatvorenirezervoar potpuno je ispu-njen tecnostima gustina ρ1 =1.0 kg/dm3 i ρ2 = 0.8 kg/dm3.Manometar, koji se nalazi narastojanju od 0.50 m ispod dnarezervoara, pokazuje pritisakpM = 14.715 kPa. Odreditiukupnu hidrostaticku silu kojadeluje na deo rezervoara desnood preseka A–A.

Resenje.

Π1 =pM

ρ1g+ ZM =

14.7151.0× 9.81

+ (−0.50) = 1.00 m

Page 14: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

58 1. Hidrostatika

Posto je pijezometarska kota Π1 u zajednickoj tacki obeju tecnosti, pritisaku ovoj tacki jednak je nuli, pa je Π2 = Π1 = 1.00 m. Horizontalne sile naomotac su:

PX1 = 1.0× 9.81× 0.50× 2.0 × 1.0 = 9.81 kNPX2 = 0.8× 9.81(−0.50)2.0× 1.0 = −7.85 kNPXR = 9.81− 7.85 = 1.96 kNIY Y 1 = IY Y 2 = 2.0× 1.03/12 = 0.167 m4

eZ1 = − 1.0× 9.81× 0.1679.81

= −0.167 m

eZ2 = − 0.8× 9.81× 0.167−7.85

= 0.167 m

Iz uslova jednakosti sume momenata svih horizontalnih sila i momenta rezul-tujuce horizontalne sile odreduje se njena napadna tacka:

ZR =9.81× 0.333− 7.85× 1.667

1.96= −5.00 m

Vertikalne sile su:

PZ1 = 1.0× 9.8112

13

2.02 × 1.0 = 6.54 kN

PZ2 = − 0.8× 9.8112

13

2.02 × 1.0 =

= − 5.23 kNPZR = 6.54 + 5.23 = 11.77 kN

Obe vertikalne sile deluju u tezistima odgovarajucihpolupiramida, odnosno na (horizontalnom) rasto-janju XR = 0.25 m od preseka A–A. Ukupna rezul-tanta i njen nagib (u odnosu na horizontalu) su:

R =√

1.962 + 11.772 = 11.93 kN

α = arctg11.771.96

= 800 32′

Zadatak 1.9. Zatvoreni rezervoar potpuno je ispunjen tecnostima gu-stina ρ1 = 1.0 kg/dm3 i ρ2 = 0.7 kg/dm3. Nivo u pijezometru je na nivouzajednicke tacke dve tecnosti. Odrediti ukupnu hidrostaticku silu koja delujena slozeno telo sastavljeno od polukupe, poluvaljka i cetvrtine lopte.

Page 15: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

59

Resenje. Ako se za referentan nivo (Z = 0) usvoji dno rezervoara, oci-gledno je Π1 = Π2 = 4.0 m.Horizontalne sile na pojedine delove slozenog tela su:

PX1 = 1.0 × 9.81(1.0 +

4 × 1.53 × π

)12

1.52 × π = 56.74 kN

PX2 = 1.0 × 9.81× 0.5 × 3.0× 1.0 = 14.72 kNPX3 = 0.7 × 9.81 (−0.5) 3.0× 1.0 = −10.30 kN

PX4 = 0.7 × 9.81(1.0 +

1.53

)12

3.0× 1.5 = −23.18 kN

Odgovarajuci ekscentriciteti su:

eZ1 = − 1.0 × 9.8156.74

[π × 3.04

128−

(4 × 1.53 × π

)2 12

1.52 × π

]=

= − 0.096 m

eZ2 = − 1.0 × 9.8114.72

3.0 × 1.03

12= −0.167 m

eZ3 = − 0.7 × 9.81−10.30

3.0 × 1.03

12= 0.167 m

eZ4 = − 0.7 × 9.81−23.18

3.0 × 1.53

36= 0.083 m

Page 16: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

60 1. Hidrostatika

Ukupna horizontalna sila i polozaj njene napadne tacke su:

PXR = 56.74 + 14.72− 10.30− 23.18 = 37.98 kNZR = [ 56.74 (3.0− 0.637− 0.096) + 14.72 (4.0− 0.50− 0.167)−

− 10.30 (4.0+ 0.50 + 0.167)−− 23.18 (5.50+ 0.083) ] /37.98 = 0.005 m

Vertikalne sile su:

PZ1 = 1.0× 9.8114

π × 3.03

6= 34.67 kN

PZ2 = 1.0× 9.8112

1.52 × π × 1.0 = 34.67 kN

PZ3 = − 0.7× 9.8112

1.52 × π × 1.0 = −24.27 kN

PZ4 = − 0.7× 9.8112

π × 3.02 × 1.512

= −12.13 kN

Rastojanja tezista odgovarajucih tela optere-cenja (zapremina) od vertikalnog zida su:

X1 =3 × 1.5

8= 0.562 m

X2 = X3 =4 × 1.53 × π

= 0.637 m

X4 =1.5π

= 0.477 m

Ukupna vertikalna sila i polozaj njene na-padne tacke su:

PZR = 34.67 + 34.67 + 24.27 ++ 12.13 = 105.74 kN

XR = (34.67× 0.562 + 34.67×× 0.637 + 24.27× 0.637 ++ 12.13× 0.477) / 105.74 =

= 0.594 m

Ukupna rezultanta i njen nagib (u odnosu na horizontalu) su:

R =√

37.982 + 105.742 = 112.35 kN α = arctg37.98105.74

= 700 15′

Page 17: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

61

Zadatak 1.10. U otvorenom rezervoaru nalazi se voda gustineρ0 = 1.0 kg/dm3. Kruti nosac zanemarljive tezine moze da se obrce beztrenja oko ose u tacki O. Sa jedne strane nosaca je kupasti zatvarac gustineρ1 = 2.5 kg/dm3, precnikaosnove dZ = 1.0m i visinehZ = 1.0 m, koji zatvara ot-vor precnika dO = 0.5 m. Sadruge strane nosaca je valjka-sti plovak precnika dP = 1.0 mi visine hP = 1.5 m. Na sli-ci je prikazan pocetni nivo vo-de. Odrediti gustinu plovka ρ2

iz uslova da se zatvarac otvo-ri ukoliko se nivo vode u sudupodigne iznad pocetnog sta-nja.

Resenje. Tezina zatvaracaje:

G1 = ρ1gπd2

ZhZ

12= 2.5× 9.81

π × 1.02 × 1.012

= 6.421 kN

Horizontalna hidrostaticka sila na deo omotaca kupe koji je u vodi, cija jevertikalna projekcija kruzni prsten spoljasnjeg precnika dZ i unutrasnjeg dO),ponistava se sa delom sile na osnovu kupe cija je projekcija isti prsten, takoda je ukupna horizontalna sila:

PX = ρ0ghTπd2

O

4= 1.0× 9.81× 1.5

π 0.52

4= 2.889 kN

Ekscentricitet ove sile je:

eZ = −1.0× 9.812.889

π × 0.54

64= −0.010 m

Vertikalna sila na gornji deo zarubljene kupe ponistava se sa delom sile nadonji deo, tako da je ukupna vertikalna sila na zatvarac:

PZ1 = ρ0gπ

12(d2

ZhZ − d2OhO) =

= 1.0× 9.81π

12(1.02 × 1.0− 0.52 × 0.5) = 2.247 kN

Page 18: 2. deo – ZADACI - hikom.grf.bg.ac.rshikom.grf.bg.ac.rs/.../Zbirka2002-ZaInternet/Zadaci-Hidrostatika.pdf · 2. deo – ZADACI Zadatak 1.1. Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika

62 1. Hidrostatika

Polozaj napadne tacke ove sile je:

X1 =1.04 1.03 − (0.5 + 0.5

4 ) 0.53

1.03 − 0.53= 0.196 m

Vertikalna sila na plovak je:

PZ2 = ρ0gπd2

P

41.0 = 1.0× 9.81× π × 0.52 × 1.0 = 7.705 kN

Tezina plovka je:

G2 = ρ2gπd2

P

4hP = ρ2 × 9.81× π × 0.52 × 1.5 = 11.557 ρ2

Gustina plovka odreduje se iz uslova da je suma momenata svih sila okotacke O jednaka nuli:

ΣM(O) = 0 ⇒ 6.421× 0.25− 2.247× 0.196− 2.889× 2.010−− 11.557 ρ2 × 2.0 + 7.705× 2.0 = 0

⇒ ρ2 = 0.466 kg/dm3