MEHANIKA FLUIDA

Pritisak tečnosti na ravne površi

1. zadatak . Teška brana dimenzija: a, b i α napravljena je od betona gustine bρ . Kosi zid brane samo sa jedne strane kvasi voda, gustine ρ , do visine h. Odrediti ukupni obrtni moment po jedinici širine (l=1m) koji potiče od sile pritiska i sile težine, a koji se ima oko kritične obrtne tačke O.

Rešenje:

Intenzitet sile pritiska tečnosti je: 2

Ch h 1 h lP p A g l g2 sin 2 sin

= = ρ = ρα α

21 h lP g2 sin

= ρα

3

CC

C

1 hlI 1 h12 sinv h hAv 6 sinl

2sin sin

α ∆ = = =

αα α

;

Težina brane je:

b b b ba bQ g V g h l

2+

= ρ = ρ ; bb ah tg

2−

= α

( ) ( )2 2b b

1 b a 1Q g l a b tg g l b a tg2 2 4

− = ρ + α = ρ − α

;

OO ' b cos= α ,

Ch h h 1 hOO' O 'A bcos v bcos bcos

2sin 2 6 sin 3sin α = − = α − −∆ = α − − = α − α α α

;

hbcos3sin

α = α −α

.

Moment za tačku O je:

( )2

2 2b

b 1 h l h 1 bM P d Q g b cos g l b a tg2 2 sin 3sin 4 2

= ⋅ + ⋅ = ρ α − + ρ − α α α ⇒

( )2 22

b

b aM h hg bcos bg tgl 2sin 3sin 8

− = ρ α − + ρ α α α .

2. zadatak. Na bočnoj strani rezervoara, na dubini H, nalazi se kvadratna cev ivice a (v.sl.). Izlaz iz cevi zatvara homogeni poklopac OA, težine Q koji se može obrtati oko ose koja prolazi kroz tačku O, a upravna je na ravan slike. Ako je pokazivanje manometra M, pm, gustina tečnosti u rezervoaru ρ, a poklopac gradi ugao α sa horizontalnom ravni, odrediti minimalni intenzitet sile F potrebne za otvarajne poklopca.

Rešenje:

Posmatrajmo ravnotežu poklopca OA. Uzimajući tačku O za momentnu tačku imaćemo:

M 0=∑ ⇒ a av F a ctg Q ctg

2sin 2 + ∆ + ⋅ ⋅ α = α α

P

1 1 vF Q2 ctg 2sin a

∆ = − + α α

P (1)

U poslednjem izrazu (1) sila pritiska tečnosti na poklopcu data je izrazom:

2

C m1 ap A p g H a2 sin

= = + ρ + α P ,(2)

a položaj napadne tačke iste sile dat je izrazom:

3

2C

2C m m

1 aaI 1 a 112 sinv

v A 12 sinp pa 1 a aH Hg 2 sin sin g 2

α ∆ = = =

α + + + + ρ α α ρ

. (3)

Unošenjem izraza (2) i (3) u (1) dobija se:

2

m1 a 2F Q p g H a2 sin 2 3

= − + ρ + α .

3. zadatak. U rezervoaru sa zidom nagnutim pod uglom α prema horizontu, kao što je prikazano na slici, nalazi se tečnost gustine ρ2 do visine h2 i tečnost gustine ρ1 do visine h1. Tečnosti se ne mešaju, a iznad tečnosti u rezervoaru pritisak je atmosferski. Odrediti sile pritiska po jedinici širine zida koji kvasi tečnost gustine ρ1 i na deo koji kvasi tečnost gustine ρ2, kao i položaje njihovih napadnih tačaka.

Rešenje:

Sila na deo zida koji kvasi tečnost gustine ρ1 je:

1

21 1 1

1 C 1 1 1h h h1p A g 1 g2 sin 2 sin

= = ρ ⋅ = ρα α

P ;

Položaj napadne tačke ove sile je:

1 1

1D C 1

hv v v v;2sin

= + ∆ = + ∆α

1

1

31

C1

1 1C 1

h1 1I 12 sinv h hv A 12sin sin

⋅ α ∆ = =⋅ ⋅

α α

;

1

1 1D

h h 1v2 6 sin

= + α ⇒

1D 12 1v h3 sin

=α

.

Sila na deo koji kvasi tečnost gustine ρ2 je:

2

2 2 22 C 2 1 1 2 1 1 2 2

h h h1p A g h g 1 g h h2 sin 2 sin

= = ρ + ρ ⋅ = ρ + ρ α α P .

Određivanje položaja napadne tačke ove sile:

2

2

32

2C 2

22 1C 2 2 1 2

1121

h1 1I h1 112 sinv hv A 12 sinh h1 hh 22 sin sin

⋅ α ∆ = = =ρ α ρ ++ ⋅ ρρ α α

Dakle, napadna tačka sile 2P je za 2v∆ ispod težišta dela koji kvasi tečnost gustine ρ2. Ukoliko bi smo želeli da odredimo napadnu tačku rezultantne sile pritiska tečnosti, treba koristiti Varinjonovu teoremu.

4. zadatak. Na bočnoj strani zatvorenog suda nalazi se zatvarač OA, oblika i dimenzija datih na slici. Odrediti silu pritiska na zatvarač i moment te sile za tačku O. Pokazivanje ''U'' cevi je h, gustina tečnosti je ρ. Gustinu vazduha iznad tečnosti u sudu zanemariti.

Rešenje:

Na osnovu pokazivanja ''U'' cevi je: a a vp p p g h= − + ρ ⇒ vp g h= ρ potpritisak iznad tečnosti u sudu. Sila pritiska na neokvašeni deo zatvarača je intenziteta:

1

21 C 1 vP p A p r= = π ,

a njena napadna tačka je u težištu neokvašenog dela zatvarača. Intenzitet sile pritiska na okvašeni deo zatvarača je:

( )2

22 C 2 vP p A p g R R= = − + ρ π ,

a njena napadna tačka je za

2

2

4

2C

*v2C 2 v

RI 1 R4z pz A 4p RR R gg

π

∆ = = = −− + π ρρ

ispod težišta okvašenog dela zatvarača. Rezultujuća sila pritiska koja deluje na zatvarač je:

( )3 2 22 1 vP P P g R R r p= − = ρ π− + π ,

a traženi moment, za tačku O, je intenziteta: ( )o 1 2M P r P 2r R z= − + + + ∆ ,

koji posle unošenja izraza za P1, P2, pv i ∆z postaje:

( )3 3 3 2o

5M g R 2r R g h R r 2R r4

= ρ π + − ρ + + π

.

5. zadatak. Zatvoreni rezervoar podeljen je na dva dela ravnom pregradom u kojoj se nalazi pravougaoni otvor zatvoren poklopcem istih dimenzija. Otvor je postavljen tako da mu je jedna ivica paralelna površini (slobodnoj) tečnosti (v.sl.). U levom delu rezervoara nalazi se tečnost gustine ρ1 do vrha otvora, a u desnom delu tečnost gustine ρ2 do polovine otvora. U levom delu, iznad tečnosti, vlada natpritisak, a u desnom delu potpritisak. Odrediti vezu između ρ1 i ρ2 ako je poznato da rezultujuća sila pritiska na poklopcu leži na slobodnoj površini tečnosti u desnom delu rezervoara.

Rešenje:

Sila pritiska, koja sa leve strane deluje na poklopac je intenziteta

1 C m 11P p A p g b ab2

= = + ρ

,

gde su a i b ivice pravougaonog poklopca, a pm veličine natpritiska. Sila pritiska sa desne strane na neokvašeni deo poklopca je intenziteta

2 vabP p2

= ,

a na okvašeni deo poklopca je:

33 C 3 v 21 1P p A p g b ab4 2

= ⋅ = − + ρ

,

gde je pv potpritisak iznad tečnosti gustine ρ2. Odabirajući napadnu tačku rezultujuće sile za momentnu tačku, dolazima do jednačine:

1 1 2 3 3b bP z P P z4 4

⋅∆ = + + ∆

(1)

gde su:

1

1

32

C1 *

mC m

11

1 abI 1 b12z pbz A 12pb ab 2 g2 g

∆ = = = ++ ρρ

3

3

3

2C

3 *vC 3 v

22

1 baI 1 b12 2z pbz A 48pb ab4 g4 g 2

∆ = = =

−− ρρ

Unošenjem izraza za P1, P2, P3, ∆z1 i ∆z3 u jednačinu (1), iz nje se dobija da je:

1 212

ρ = ρ .

6. zadatak. Cilindrični sud, prečnika D, čija je masa m, napunjen je tečnošću gustine ρ do visine H i visi na klipu prečnika d. Odrediti potpritisak koji obezbeđuje ravnotežu suda, zanemarujući trenje suda o klip, i silu koja opterećuje grupu zavrnjaja A.

Rešenje:

Posmatrajmo ravnotežu svih sila koje deluju na sud. Problem je osnosimetrični pa se sve horizontalne sile uravnotežuju. U vertikalnom pravcu imamo:

- sila na poklopcu suda (↑ ):

( )2 21 vP D d p

4π

= −

- sila pritiska tečnosti na dno suda je(↓ ):

( )2

2 vDP g H p4

π= ρ −

- težina suda je: G mg= .

Onda imamo: 1 2P P G 0+ + = .

Zamenom se dobija:

( ) ( )2

2 2v v

DD d p g H p mg 04 4π π

− + ρ − + = ⇒

2

v 2 24mg Dp g H

d d= + ρπ

.

Jedina sila koja opterećuje zavrnje (vijke) A-A je sila 1P , dakle,

( )2 2A vF D d p

4π

= − .

Primedba: Ovaj zadatak može se uraditi i na druge načine.

7. zadatak. Cilindrični sud, prečnika D i visine H, napunjen je tečnošću gustine ρ i oslanja se na klip prečnika d. Odrediti pokazivanje manometra M, (v.sl.) ako su mase poklopca, cilindričnog omotača i dna suda: mp, mo i md. Zatim odrediti sile na grupe zavrtanja (vijaka) A i B.

Rešenje:

Posmatrajmo ravnotežu svih sila koje deluju na sud.

- sila na poklopcu je (↓ ): 2

1 mDP p

4π

=

- sila na dno suda je(↓ ):

( )2 2

2 mD dP p g H4 4

π π= + ρ −

Onda je jednačina ravnoteže suda: ( )1 2 p c dP P g m m m= + + + .

Zamenom izraza za sile pritiska dobija se:

( ) ( )2 2 2

m m p c dD D dp p g H g m m m

4 4 4 π π π

= + ρ − + + +

⇒

( ) ( )2

2 2m p c d

dp g m m m g H D d4 4π π= + + + ρ − ⇒

( )2

m p c d2 24g Dp m m m g H 1d d

= + + + ρ − π

.

Sile koje opterećuju vijke su: 2

A m pDF p gm

4π

= −

( ) ( )2 2B m dF p g H D d gm

4π

= + ρ − + .

Primedba: Može se ovaj zadatak rešiti i na druge načine. Sila FB može se i ovako odrediti:

2

B A o m p oDF F gm p gm gm

4π

= − = − − .