ZBIRKAZADATAKA IZMEHANIKEFLUIDA -...

ZBIRKA ZADATAKAIZ MEHANIKE FLUIDA

Gradjevinski fakultet Univerziteta u Beogradu

Cedo MaksimovicAnita Stojimirovic

Slobodan DjordjevicDusan Prodanovic

Ana Tomanovic

F = ?

F = CF Ap U2/2ρ

Ap = ?

sa resenim ispitnim rokovima

Vojislav Marinkovic

Cedo MaksimovicAnita Stojimirovic

Slobodan Dordevic

Dusan ProdanovicAna Deletic

Vojislav Marinkovic

ZBIRKA ZADATAKAIZ MEHANIKE FLUIDA

sa resenim ispitnim rokovima

trece izdanje

Gradevinski fakultet Univerziteta u BeograduBeograd, 2002

ZBIRKA ZADATAKA IZ MEHANIKE FLUIDASA RESENIM ISPITNIM ROKOVIMA, trece izdanje

Autori: CEDO MAKSIMOVIC, ANITA STOJIMIROVIC,SLOBODAN DORDEVIC, DUSAN PRODANOVIC,ANA DELETIC, VOJISLAV MARINKOVIC

Recenzenti: GEORGIJE HAJDIN, MARKO IVETIC

Korektor: MILAN LAZAREVIC

Obrada teksta: SLOBODAN DORDEVIC, DUSAN PRODANOVIC,VERA TEJIC, ANA DELETIC, VOJISLAV MARINKOVIC

Obrada crteza: DUSAN PRODANOVIC, VLADIMIR JANKOVIC

Naslovna strana: ANA DELETIC

Odobreno za stampu: na osnovu odluke VECA KATEDARA ZAHIDROTEHNIKU na sednici odrzanoj 18. decembra 2001. godine

Izdavac: GRADEVINSKI FAKULTET, Bulevar revolucije 73, Beograd

Glavni i odgovorni urednik: BRANISLAV CORIC

Stampa: CIGOJA STAMPA, Studentski trg 15, Beograd

CIP – Katalogizacija u publikacijiNarodna biblioteka Srbije, Beograd

532/533(075.8)(076)

ZBIRKA zadataka iz mehanike fluida / Cedo Maksimovic, Anita Stoji-mirovic, Slobodan Dordevic, Dusan Prodanovic, Ana Deletic, VojislavMarinkovic. – Beograd : Gradevinski fakultet Univerziteta u Beogradu,1995 (Beograd : Cigoja stampa). – VIII, 176 str. : graf. prikazi ; 24cm

Tiraz 500.

ISBN 86–80049–37–91. Maksimovic1, Chedoa) Mehanika fluida – ZadaciID=42913548

Sadrzaj

1. deo – TESTOVI 1

1 Osnovni pojmovi 1

2 Osnovne jednacine 9

3 Veze izmedu napona i deformacija 17

4 Turbulentna strujanja 21

5 Dimenzionalna razmatranja i slicnost strujanja 23

6 Kombinovani zadaci 29

7 Prakticni zadaci 337.1 Hidrostatika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337.2 Otpori trenja u cevima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357.3 Otpori oblika tela i otpori trenja uz ravnu plocu . . . . . . . 377.4 Tecenje u kanalima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

8 Resenja testova iz 1. dela 41

2. deo – ZADACI 45

1 Hidrostatika 45

2 Tecenje pod pritiskom 63

3 Tecenje sa slobodnom povrsinom 89

4 Otpori trenja i otpori oblika 107

iii

iv

3. deo – TESTOVI I ZADACI SA ISPITNIH ROKOVA 117

1 Testovi i zadaci 117Ispitni rok 30. IX 1993. – teorijski deo ispita . . . . . . . . . . . . . 117Ispitni rok 30. IX 1993. – zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119Ispitni rok 17. X 1993. – teorijski deo ispita . . . . . . . . . . . . . 120Ispitni rok 17. X 1993. – zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123Ispitni rok 27. I 1994. – teorijski deo ispita . . . . . . . . . . . . . . 125Ispitni rok 27. I 1994. – zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127Ispitni rok 11. VI 1994. – teorijski deo ispita . . . . . . . . . . . . . 128Ispitni rok 11. VI 1994. – zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131Ispitni rok 25. VIII 1994. – teorijski deo ispita . . . . . . . . . . . . 132Ispitni rok 25. VIII 1994. – zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135Ispitni rok 23. IX 1994. – teorijski deo ispita . . . . . . . . . . . . . 137Ispitni rok 23. IX 1994. – zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139Ispitni rok 24. I 1995. – teorijski deo ispita . . . . . . . . . . . . . . 141Ispitni rok 24. I 1995. – zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143Ispitni rok 28. III 1995. – teorijski deo ispita . . . . . . . . . . . . . 145Ispitni rok 28. III 1995. – zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148Ispitni rok 11. VI 1995. – teorijski deo ispita . . . . . . . . . . . . . 149Ispitni rok 11. VI 1995. – zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152Ispitni rok 3. IX 1995. – teorijski deo ispita . . . . . . . . . . . . . 153Ispitni rok 3. IX 1995. – zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156Ispitni rok 24. IX 1995. – teorijski deo ispita . . . . . . . . . . . . . 158Ispitni rok 24. IX 1995. – zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

2 Resenja testova i zadataka iz 3. dela 163Ispitni rok 30. IX 1993. – resenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163Ispitni rok 17. X 1993. – resenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164Ispitni rok 27. I 1994. – resenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167Ispitni rok 11. VI 1994. – resenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168Ispitni rok 25. VIII 1994. – resenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169Ispitni rok 23. IX 1994. – resenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170Ispitni rok 24. I 1995. – resenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171Ispitni rok 28. III 1995. – resenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172Ispitni rok 11. VI 1995. – resenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173Ispitni rok 3. IX 1995. – resenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174Ispitni rok 24. IX 1995. – resenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

Predgovor

Prethodna dva izdanja knjige “Zbirka zadataka iz Mehanike fluida”, objavlje-na 1993. i 1995. godine u ukupnom tirazu od 1000 primeraka, rasprodata su ito je bio povod za pripremu novog izdanja. Uocen je manji broj stamparskihgresaka i nepreciznosti na slikama, sto je u ovom izdanju otklonjeno. Autorise zahvaljuju studentima na saradnji u otkrivanju gresaka, kao i NenaduJacimovicu koji je ove greske ispravio.

Knjiga ima tri dela.

Prvi deo cine pitanja sa testova, grupisana u sedam oblasti, od kojih su prvihpet analogne poglavljima u udzbeniku Mehanika fluida profesora GeorgijaHajdina, a preostale dve su: Kombinovani zadaci i Prakticni zadaci. Resenjaovih testova nalaze se na kraju prvog dela (str. 41–44).

U drugom delu su zadaci, grupisani u cetiri oblasti: Hidrostatika, Tecenje

pod pritiskom, Tecenje sa slobodnom povrsinom i Otpori trenja i otporioblika. Resenja zadataka data su odmah nakon postavke, s tim da su nestodetaljnija objasnjenja data kod prvih, karakteristicnih problema iz pojedinihoblasti.

Treci deo cine kompletni testovi i zadaci sa jedanaest rokova sa ispita iz pe-rioda izmedu prva dva izdanja ove knjige. Njihova resenja data su na kraju,i to samo konacni rezultati, bez detaljnog objasnjenja. Time se sugerisestudentima da prvo pokusaju samostalno da rese neki ispitni rok u celini (upredvidenom vremenu), pa tek nakon toga da pogledaju resenja.

I ovom prilikom se naglasava da paznju treba usmeriti na razumevanje teo-rijskih osnova za resavanje zadataka i principa koji se u tome primenjuju,odnosno vazno je ovladavanje sustinom problema, sto se najlakse postizekroz pracenje predavanja i koncentrisan rad na racunskim i laboratorijskim

v

vi

vezbanjima. Dakle, ovu Zbirku treba prevashodno koristiti za proveru napre-dovanja u procesu sticanja znanja, jer resavanje velikog broja zadataka ponekakvim “sablonima” i citanje resenja nemaju mnogo svrhe.

Beograd, januara 2002. Autori

Predgovor izdanju iz 1993.godine

Za potrebe nastave iz predmeta Mehanika fluida na Gradevinskom fakultetuu Beogradu do sada je objavljeno nekoliko izdanja zbirki zadataka1. Svaizdanja objavljena su u vreme dok je nastavom iz ovog predmeta rukovodioprofesor Georgije Hajdin, koji je osnovao predmet, napisao udzbenik koji jedoziveo vise izdanja, i dao pecat daljem toku nastave.

Autori smatraju da je uputno da se i ovom prilikom ponovi deo teksta izPredgovora knjige “Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrzanih u 1974.god.” izdate 1975. godine:

“. . . Ispitni zadaci i njihova resenja ne mogu da budu neposredno sredstvoza ucenje. Na njima se moze proveriti vec nauceno, i uz to steci, mozda,izvesno iskustvo za rad na samom ispitu. Kod dela studenata, medutim, po-stoji pogresno shvatanje da ce se iz mnostva ispitnih zadataka sve nauciti, a

1Objavljena su sledeca izdanja:

– Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrzanih u 1974. god., (autori G. Hajdin, S.Kulacin, C. Maksimovic), 1975;

– Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrzanih u 1975. god., (autori G. Hajdin, S.Kulacin, C. Maksimovic, M. Ivetic), 1977;

– Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrzanih u 1974. i 1975. god., drugo izdanjeu kome su objedinjene prethodne dve knjige (autori G. Hajdin, S. Kulacin, C.Maksimovic, M. Ivetic), 1978;

– Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrzanih u 1974. i 1975. god., trece izdanje ukome je primenjen SI — medunarodni sistem jedinica (autori G. Hajdin, C. Mak-simovic, A. Spoljaric), 1980;

– Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrzanih u 1974. i 1975. god., cetvrto izdanje(autori G. Hajdin, C. Maksimovic, M. Ivetic, A. Spoljaric), 1984;

– Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrzanih u 1974. i 1975. god., peto izdanje(autori G. Hajdin, C. Maksimovic, M. Ivetic, A. Spoljaric), 1990.

vii

viii

ima i tako naivnih koji misle da bi resenje iz nekog ranijeg zadatka mogli isko-ristiti neposredno na ispitu, a i tako neodgovornih da “uce” samo pregledajuciispitne zadatke. Mozda su i takvi razlozi nametnuli zahtev studenata da seizda zbirka ispitnih zadataka. To bi bilo pogresno stoga sto je ova zbirkanamenjena ozbiljnim studentima kojima ce ona koristiti za proveru znanjastecenog na vezbanjima gde su savladali one osnovne principe koje zadacisamo primenjuju . . . ”

U ovoj knjizi obradeni su novi zadaci (sa ispitnih rokova iz poslednjih neko-liko godina) i to uz izvesne izmene u redosledu materije u odnosu na pret-hodnu Zbirku. Knjiga ima dva dela. Prvi deo cine testovi, grupisani usedam oblasti, od kojih su prvih pet analogne poglavljima u udzbenikuMehanika fluida prof. G. Hajdina, a preostale dve su: Kombinovani zadaci

i Prakticni zadaci. Resenja svih testova nalaze se na kraju knjige. U dru-gom delu su zadaci, grupisani u cetiri oblasti: Hidrostatika, Tecenje podpritiskom, Tecenje sa slobodnom povrsinom i Otpori trenja i otpori oblika.

Resenja zadataka data su odmah nakon postavke, s tim da su nesto detaljnijaobjasnjenja data kod prvih, karakteristicnih problema iz pojedinih oblasti.

Uz izvesne izmene u organizaciji vezbanja, autori se nadaju da ce ova knji-ga omoguciti bolje razumevanje i lakse savladavanje materije iz predmetaMehanika fluida na Gradevinskom fakultetu u Beogradu cijim studentima jeona prvenstveno i namenjena. Takode, autori se nadaju da ce knjiga korisnoposluziti i studentima drugih gradevinskih i srodnih fakulteta.

Recenzenti ove knjige bili su profesor Georgije Hajdin i docent Marko Ivetic,cije su sugestije i uocene greske doprinele njenom kvalitetu, a tehnickuobradu materijala obavili su, pored treceg autora (tekst) i cetvrtog autora(tekst, crtezi) i sluzbenici Instituta za hidrotehniku Gradevinskog fakultetau Beogradu Vera Tejic (tekst testova) i Vladimir Jankovic (crtezi), na cemuim se autori iskreno zahvaljuju.

Beograd, septembra 1993. C. MaksimovicA. Stojimirovic

S. DordevicD. ProdanovicA. Tomanovic

1

Osnovni pojmovi

1. deo – TESTOVI

1.1 Kroz tacku A su prosla tri delica. Oni su sada (posmatrani u istomtrenutku vremena) u tackama B, C i D. Nijedan od ovih delica, nitije prosao, niti ce proci kroz druge dve tacke (npr. delic koji se nalaziu tacki C nece proci kroz tacke B i D). Zakljucuje se:

1. tacke A i D se nalaze na istoj trajektoriji;

2. tacke C i D se nalaze na istoj trajektoriji;

3. tacke B, C i D se nalaze na istoj emisionoj liniji;

4. tacke A i B se nalaze na istoj trajektoriji.

1.2 Trajektorija prvog delica je osa x1, a drugoga osa x2. Oba se krecujednoliko, brzinom od 2 m/s. Prvi je bio u koordinatnom pocetku utrenutku t = 0, a drugi u trenutku t = 5 s. Na istoj emisionoj linijileze tacka na osi x1 udaljena 20 m od koordinatnog pocetka i tacka naosi x2 udaljena od koordinatnog pocetka za rastojanje:

x2 =

(jedinice)

1.3 Za jedan primer strujanja, brzina je izrazena sa:

u1 = U0

(t

T+

x2

L

); u2 = u3 = 0.

1

2 1. Osnovni pojmovi

a vrednosti konstanti su:

U0 = 2 m/s, T = 100 s, L = 0.5 m.

Ubrzanje delica, koji se u trenutku t = 20 s nalazi na polozajux2 = 0.25 m, iznosi:

(jedinice)

1.4 Trajektorija delica je data sa:

x21 + x2

2 = r2

Komponenta brzine delica u2, u pravcu x2, jednaka je nuli u sledecimtackama (x1, x2) trajektorije:

(0, 0) (0,−r) (0, r) (−r, 0) (r, 0) (r, r)

1.5 U jednoj odredenoj tacki, neprekidno se mere sve tri komponente brzine.Iz tih merenja, pored vektora brzine, moguce je odrediti i:

1. parcijalne izvode komponenata brzine po sve tri koordinatne ose;

2. parcijalne izvode komponenata brzine po vremenu;

3. lokalno ubrzanje;

4. usputno (konvektivno) ubrzanje.

1.6 U nekom ravanskom strujanju u ravni (x1, x2) posmatra se jedna struj-nica. Komponente brzine za tu strujnicu date su sa:

u1 = − Ux2√x2

1 + x22

; u2 =Ux1√x2

1 + x22

; u3 = 0 ; U = Const.

Zakljucuje se da, u svakoj tacki strujnice, intenzitet vektora brzine:

1. ima konstantnu vrednost;

2. ima vrednost U ;

3

3. ima vrednost 2U ;

4. ima promenljivu vrednost, s tim da zavisi samo od x1;

5. ima promenljivu vrednost, s tim da zavisi samo od x2;

6. ima promenljivu vrednost, s tim da zavisi od x1 i x2.

1.7 Za strujanje dato u prethodnom zadatku, jednacina strujnice se mozeizraziti sledecom jednacinom (C = konstanta):

1) x21 + x2

2 = C; 2) x1x2 = C; 3) x2 = Cx1;

4) x1 = C; 5) x2 = C.

1.8 U trenutku T = 4 s snimljena je emisiona linija delica koji su proslikroz koordinatni pocetak. Na njoj se nalaze tacke (I) i (II) sa koor-dinatama:

(xI1 = 4 m, xI

2 = 0) i (xII1 = 0, xII

2 = 2 m).

To su polozaji delica cije su trajektorije apscisna, odnosno ordinatnaosovina i oba delica se krecu jednoliko brzinom ciji je intenzitetU = 1 m/s. U koordinatnom pocetku prvi delic (I) bio je u trenutkutI = 0, a drugi u trenutku tII , gde je tII jednako:

1 s 2 s 3 s 4 s 5 s

1.9 Strujnica jednog delica u ustaljenom strujanju se moze izraziti sa:

x2 = − C

x1; C = Const > 0, x1 < 0.

Komponente brzine u1 i u2 bice jednake, tj. u1 = u2, u tacki (x1, x2):

(−1, C) (−C, 1) (−2, C/2) (−√

C,√

C)

1.10 Strujanje nestisljivog fluida je dato sa:

u1 = −x2

bU ; u2 =

x1

aU ; u3 = 0.


gde su: U, a, b konstante. Za ovo strujanje, jednacina strujnice se mozenapisati kao:

1)x1

a+

x2

b= C

2)x2

1

a+

x22

b= C

3) x1 =C

x2gde je: C = Const

1.11 Za strujanje navedeno u prethodnom zadatku tvrdi se da su od devi-jatorskog dela brzina deformacija jednaki nuli sledeci clanovi:

ωd11 ω12 ω13

ω21 ωd22 ω23

ω31 ω32 ωd33

1.12 Voda istice iz otvorenog rezervoara konstantnog horizontalnog presekakroz cev sa horizontalnom osovinom. Precnik cevi se niz struju po-vecava. Nivo vode u rezervoaru se kroz vreme smanjuje. Posmatrase materijalni izvod brzine delica koji istice kroz cev i konstatuje sesledece:

1. lokalna komponenta materijalnog izvoda je pozitivna u svim tac-kama cevi;

2. lokalna komponenta materijalnog izvoda je negativna u svim tac-kama cevi;

3. konvektivna komponenta materijalnog izvoda je negativna;

4. konvektivna komponenta materijalnog izvoda moze biti i pozi-tivna i negativna;

5. materijalni izvod moze biti i pozitivan i negativan i jednak nuli.

1.13 Za jedan slucaj neustaljenog laminarnog tecenja nestisljivog fluida,kroz cev kruznog poprecnog preseka (poluprecnika r = Const), sapravolinijskom osovinom koja se poklapa sa osom 3, za brzine se mozenapisati:

u1 = u2 = 0 (osovine 1 i 2 su u ravni poprecnog preseka);

5

u3 =

[U0 − U0

(x2

1 + x22

r2

)](1 − t

t0

); U0 = Const.

Napisano vazi za vremenski interval 0 < t < t0 = 100 s. Tvrdi sesledece:

1. lokalno ubrzanje u ovom strujanju jednako je nuli;

2. lokalno ubrzanje postoji samo u pravcu 3;

3. lokalno ubrzanje je, ujedno, i ubrzanje delica, jer konvektivnogubrzanja nema.

1.14 U strujanju navedenom u prethodnom zadatku sledece brzine defor-macija su u celom strujnom polju jednake nuli:

1. brzina dilatacije u pravcu 1;



4. brzina zapreminske dilatacije;

5. brzina klizanja ugla (1, 2);


7. brzina kliizanja ugla (1, 3).

1.15 U jednom strujnom polju brzine dilatacije su date sa:

∂u1

∂x1=

∂u2

∂x2= −∂u3

∂x3;

∂u1

∂x1> 0.

dok su brzine klizanja jednake nuli. Tvrdi se sledece:

1. ovo je moguce samo kod stisljivog fluida;

2. delic povecava zapreminu;

3. delic menja oblik;

4. delic se izduzuje u pravcima (1) i (2), a skracuje u pravcu (3).

1.16 Uz cvrstu ravnu granicu, polozenu normalno na osu x2, brzina u1, uzavisnosti od rastojanja od zida x2, odredena je sa:

u1 = Ux2

h; u2 = u3 = 0 ; U = Const.


Sa h je oznaceno rastojanje od zida u kome vazi data zakonitost (i taoblast se i posmatra). Tvrdi se da je za x2 = h brzina u1 jednaka U .Za navedeni raspored brzina, za sledece brzine deformacija se tvrdi dasu jednake nuli:

1. brzina dilatacije u pravcu (1);






7. brzina zapreminske dilatacije.

1.17 U laminarnoj fluidnoj struji, gde su samo brzine u pravcu x1 razliciteod nule, posmatraju se dva fluidna delica. Delici se u trenutku t = 0nalaze na poziciji x1 = 0 i na medusobnom rastojanju ∆x2 = 1 cm(delic I na x2 = 4 cm, a delic II na x2 = 5 cm). U trenutku t = 2 sdelic I se nalazi na poziciji x1 = 10 cm a delic II na poziciji x1 = 20 cm.Tecenje je ustaljeno. Za elementarnu zapreminu koja se nalazi izmedudva fluidna delica, prosecna brzina klizanja iznosi:

1) 1.0 2) 2.5 3) 5.0 4) 10.0

i ima dimenziju: 5) s−1 6) cm/s 7) cm/s2

1.18 Sfera sa tankim omotacem od celika ispunjena je vazduhom koji senalazi pod pritiskom. Prilikom povecanja pritiska vazduha povecacese i precnik sfere, uz zadrzavanje istog oblika. Pri datim uslovima mozese zakljuciti sledece:

1. od brzina deformacija postoje i brzine dilatacije i brzine klizanja;

2. postoje samo brzine dilatacije;

3. sferni deo deformacionog rada razlicit je od nule.

1.19 Proucava se sila pritiska na telo u fluidnoj struji gde je u svakoj tackistruje i omotaca tela pritisak jednak p = p0 = Const. Sila pritiskakojom fluid deluje na telo jednaka je:

0 (nuli) p0A0 p0App

7

gde je: A0 = povrsina omotaca tela, App = maksimalna povrsinapoprecnog preseka tela upravnog na pravac strujanja.

1.20 Posmatra se strujno polje kod koga od devijatorskog dela deluje samonapon:

σ32 = σ23 =(1 − x3

L0

)σ0, 0 < x3 < 2L0

σ0 = Const1, L0 = Const2,

a) Za posmatrano strujno polje povrsinska sila na elementarnu za-preminu dV ima razlicite od nule komponente u sledecim pravci-ma:1. u pravcu 3;2. u pravcu 2;3. u pravcu 1.

b) Svedeno na jedinicu zapremine ista sila:1. menja se duz pravca 3;2. menja se duz pravca 2;3. ostaje konstantna po celom strujnom polju.

1.21 Za strujno polje dato u prethodnom zadatku i za raspored brzina:

u2 = 2

(x3

L0− x2

3

2L20

)U0; u1 = u3 = 0; U0 = Const,

motorni rad devijatorskog dela napona, po jedinici zapremine i u je-dinici vremena, za tacku x3 = L0/2 iznosi:

1) 0 (nula) 2)

(jedinice)

1.22 Dat je sledeci izraz:

u1

(− ∂p

∂x1

)+ u2

(− ∂p

∂x2

)+ u3

(− ∂p

∂x3

)

gde su: p = pritisak, u1, u2, u3 = komponente brzine. Napisani izrazpredstavlja deo rada povrsinskih sila (po jedinici zapremine i u jedinicivremena) i to je:


1. rad koji se trosi na promenu zapremine;

2. motorni rad sfernog dela napona;

3. deo deformacionog rada.

1.23 Za strujanje u kome se ostvaruju sledece brzine dilatacije:

∂u1

∂x1=

∂u2

∂x2= −∂u3

∂x3= 0.01 s−1

i za pritisak p = 6 kNm−2 deformacioni rad na promeni zapremine, ujedinici vremena, i po jedinici zapremine iznosi:

(jedinice)

2

Osnovne jednacine

2.1 Za odredeni fluidni delic, u odredenom trenutku, gustina ρ iznosi1.2 kgm−3, a brzina zapreminske dilatacije ∂ui/∂xi jednaka je 0.01 s−1.Materijalni izvod gustine delica jednak je:

Dρ

Dt=

(jedinice)

2.2 Data je sledeca jednacina:

∂ρ

∂t+

∂

∂xi(ρui) = 0

gde je: t = vreme; ρ = gustina; ui = komponenta brzine. Napisanopredstavlja:

1. jednacinu kontinuiteta;

2. jednacinu odrzanja kolicine kretanja;

i ona vazi samo za:

3. nestisljiv fluid;

4. idealan fluid;

5. ustaljeno tecenje.

9

10 2. Osnovne jednacine

2.3 Brzina je odredena sa:

u1 = U0

(1 +

x1

L

); u2 = 0 ; u3 = 0 ,

a gustina izrazom:

ρ = ρ01(

1 + x1L

)

gde je: U0 = Const1, L = Const2, ρ0 = Const3. Tvrdi se sledece:

1. ovo je moguce samo kod stisljivog fluida;

2. brzina dilatacije u pravcu (1) iznosi U0/L;

3. brzina zapreminske dilatacije je U0/L;

4. jednacina o nepromenljivosti mase je zadovoljena.

2.4 Za brzinu i gustinu odredene u prethodnom zadatku materijalni izvodgustine za delic na polozaju x1 = L/2, pri U0 = 10 m/s, L = 100 m iρ0 = 1 kgm−3, iznosi:

Dρ

Dt=

(jedinice)

2.5 Za razlicite uslove tecenja posmatraju se clanovi (I) i (II) u jednacinikontinuiteta:

(I) =Dρ

Dt(II) = −ρ

∂ui

∂xi

i zakljucuje se sledece:

1. u svim uslovima tecenja clanovi (I) i (II) su identicni;

2. clanovi (I) i (II) su razliciti za slucaj stisljivog fluida;

3. clan (II) je jednak nuli za slucaj nestisljivog fluida.

11

2.6 Kroz cev konstantnog poprecnog preseka ustaljeno struji fluid. Upore-duju se stanja u dva poprecna preseka (I i II) udaljena na odredenomrastojanju, a smer tecenja je od I prema II. Merenja osrednjenih brzinau presecima I i II su pokazala da je vI < vII. Iz navedenog se mozezakljuciti:

1. strujanje je moguce samo ako je fluid stisljiv;2. strujanje je moguce i u slucaju stisljivog i u slucaju nestisljivog

fluida;3. gustina fluida u preseku I veca je od gustine u preseku II;4. gustina fluida u preseku I manja je od gustine u preseku II.

2.7 U ustaljenom ravanskom strujanju izmedu dve paralelne ploce, od kojihje jedna pokretna a druga nepokretna, raspored brzina je odreden sa:

u1 = U0x3

h; u2 = u3 = 0 ; 0 ≤ x3 ≤ h

Jedinicni protok (po jednom metru sirine struje) je 5 dm3/sm , a razmak

izmedu ploca je h = 5 cm. Vrednost konstante U0 iznosi:

U0 =

(jedinice)

2.8 Kroz cev konstantnog poprecnog preseka (povrsine A = 1m2) ustaljenostruji fluid. Uporeduju se stanja u dva poprecna preseka (1 i 2) naodredenom medusobnom rastojanju. Smer tecenja je od 1 ka 2. Mere-nja osrednjenih brzina u presecima 1 i 2 pokazala su da je v1 = 0.6 m/s,a v2 = 0.5 m/s, dok gustina u preseku 1 iznosi ρ1 = 1.2 kg/m3. Gustinau preseku 2 (ρ2) iznosi (kg/m3):

0.48 0.96 1.00 1.44 1.50 1.92

2.9 Za jedan fluidni delic, u odredenom trenutku, gustina ρ iznosi 1.2 kg/m3,a brzine dilatacije su date sa:

∂u1

∂x1=

∂u2

∂x2= −∂u3

∂x3= 0.02 s−1

Materijalni izvod gustine delica jednak je:


Dρ

Dt=

(jedinice)

2.10 Dinamicka jednacina za elementarnu masu fluida glasi:

∂uj

∂t+ ui

∂uj

∂xi= fj −

1ρ

∂p

∂xj+

1ρ

∂σdij

∂xi

gde je: ρ = gustina, t = vreme, ui, uj = komponente brzine, fj =zapreminska sila po jedinici mase, p = pritisak, σd

ij = devijatorskinapon. Istu jednacinu treba napisati za horizontalni pravac (1) i toza strujanje fluida pod sledecim uslovima: od zapreminskih sila delujesamo tezina; strujanje je ustaljeno i jednoliko (nema ubrzanja delica);od devijatorskog dela napona deluje samo σd

12 = σd21:

Napomena: umesto indeksa i, j obavezno upisati brojeve 1, 2 i 3.

2.11 Dinamicka jednacina za odredeno strujanje nestisljivog fluida svodi sena:

u1∂u1

∂x1= −1

ρ

∂p

∂x1

gde je: p = pritisak, ρ = gustina, u = brzina. Za to strujanje se mozezakljuciti:

1. strujanje je neustaljeno;

2. nema uticaja zapreminskih sila;

3. lokalna komponenta ubrzanja jednaka je nuli;

4. od povrsinskih sila deluje samo sferni deo napona.

13

2.12 Dat je integral:

∫

Aρuinjuj dA

gde je: ρ = gustina, A = povrsina koja ogranicava zapreminu V , ni =ort normale i ui i uj = komponente brzine.

Napisani integral je:

1. vektorska velicina u pravcu “i”;

2. vektorska velicina u pravcu “j”;

3. skalarna velicina;

4. protok kolicine kretanja kroz povrsinu A;

5. protok mase kroz povrsinu A.

2.13 Posmatra se materijalni izvod brzine delica u pravcu (2):

Du2

Dt=

∂u2

∂t+ u1

∂u2

∂x1+ u2

∂u2

∂x2+ u3

∂u2

∂x3

Masa delica je “ρ dV ”, gde je: ρ = gustina, a dV = zapremina delica.Ako se napisani izraz pomnozi sa “−ρ dV ” dobice se izraz koji je jed-nak:

1. inercijalnoj sili delica u pravcu (2);

2. zapreminskoj sili delica u pravcu (2);

3. povrsinskoj sili delica u pravcu (2).

2.14 Pri protoku Q1 horizontalni mlaz nestisljivog fluida udara u vertikalnuplocu silom F1. Ako se protok poveca tako da je Q2 = 2Q1 (pri cemupoprecni presek mlaza ostaje isti), sila F2 kojom ce mlaz delovati navertikalnu plocu bice jednaka sili:

116

F114F1

12F1 F1 2F1 4F1 16F1

2.15 Posmatra se masa fluida smestena u zapreminu (V ), koja je omede-na povrsinom (A). Na masu deluju povrsinske i zapreminske sile, cijazbirna vrednost iznosi 1200 N. Strujanje je ustaljeno. Navedena vred-nost od 1200 N jednaka je sledecem:


1)∫

Auini dA ; 2)

∫

Aujρuini dA ;

3)∫

V

∂

∂t(ujρ) dV ; 4)

∫

V

∂ρ

∂tdV ;

gde su: ui i uj = komponente brzine, ρ = gustina, ni = ort spoljnenormale na povrsinu (A) i t = vreme.

2.16 Posmatra se ustaljeno strujanje nestisljivog fluida kroz cev usmerenuu pravcu x1. Komponente brzine su date sa:

u1 = u1(x1, x2, x3) ; u2 = u2(x1, x2, x3) ; u3 = u3(x1, x2, x3).

Daje se izraz:

∫

Au1(ρu1) dA

gde je: ρ = gustina, A = povrsina poprecnog preseka cevi. Za jedanpoprecni presek cevi napisani izraz predstavlja:

1. protok kineticke energije;

2. protok mase fluida;

3. komponentu inercijalne sile u pravcu x1.

2.17 Za strujanje iz prethodnog zadatka vazi sledeca nejednakost:

∫

A1

u1(ρu1) dA−∫

A2

u1(ρu1) dA > 0

gde su A1 i A2 povrsine poprecnih preseka cevi (A1 = uzvodni pre-sek, A2 = nizvodni presek posmatranog segmenta cevi). Navedeno jemoguce ako je:

1) A1 = A2 2) A1 > A2 3) A1 < A2

15

2.18 Posmatra se koleno (luk) na cevi konstantnog kruznog poprecnog pre-seka koja lezi u horizontalnoj ravni. Koleno predstavlja spoj cevi kojezaklapaju ugao od 1200. Poprecni presek cevi je 1 m2, a protok krozcev iznosi 2 m3/s. Uz zanemarenje gubitka energije na kolenu, pri pije-zometarskoj koti (na mestu kolena) koja je 4 m visa u odnosu na kotuosovine cevi, intenzitet ukupne horizontalne sile kojom vodena strujadeluje na koleno (deo cevi izmedu poprecnih preseka ispred i iza spoja)iznosi (kN):

2.19 Daje se integral:

−∫

Aρujuj

2uini dA

gde su: uj i ui = komponente brzine, ni = ort spoljne normale i ρ =gustina fluida. Napisani integral, koji se odnosi na zatvorenu povrsinuA koja ogranicava zapreminu V , predstavlja razliku izmedu ulaza iizlaza kroz A u jedinici vremena sledece velicine:

1. mase;

2. kolicine kretanja;

3. kineticke energije;

4. toplote.

3

Veze izmedu napona ideformacija

3.1 Posmatra se laminarno strujanje nestisljivog fluida izmedu dve ravneploce postavljene na medusobnom rastojanju 2h. Problem se mozesmatrati ravanskim i izucava se u ravni (x1, x2). Za ovakvo strujanjeraspored brzina je:

u = u1 = U0

(1 − x2

2

h2

); u2 = u3 = 0; −h ≤ x2 ≤ +h

gde je: h = Const1, U0 = Const2. Zakljucuje se da su, u svim tackama,sledece komponente devijatorskog dela napona jednake nuli:

1) σ12 = σ21 2) σ13 = σ31 3) σ23 = σ32

4) σd11 5) σd

22 6) σd33

3.2 Uz cvrstu ravnu granicu, polozenu normalno na osu x2, brzina u1, uzavisnosti od rastojanja x2 od zida, odredena je sa:

u1 = U0x2

h; u2 = u3 = 0 ; U0 = Const1 ; h = Const2.

Sa h je oznaceno rastojanje do kog vazi data zakonitost (ta oblastse i posmatra). Strujanje je laminarno. Fluid je nestisljiv. Moze sezakljuciti:

17

18 3. Veze izmedu napona i deformacija

1. od devijatorskog dela napona deluju samo naponi σ21 = σ12;

2. za jedan primer navedenog strujanja taj napon (σ21 = σ12) imaistu vrednost za celu posmatranu oblast (od x2 = 0 do x2 = h);

3. sila od napona σ21 = σ12 na bilo koju elementarnu zapreminufluida jednaka je nuli.

3.3 Strujanje je laminarno i ravansko, u ravni (1, 2) i u oblasti 0 ≤ x2 ≤ 2h,sa brzinom:

u1 = U0

(2x2

h− x2

2

h2

); u2 = 0 ; U0 = Const1 ; h = Const2.

Napon σ21 = σ12, za x2 = h/2, dat je izrazom:

σ12

(x2 =

h

2

)= Cµ

U0

h

gde je µ = dinamicki koeficijent viskoznosti. Konstanta C iznosi:

14

13

12

1 2 3 4

3.4 Za slucaj strujanja nestisljivog fluida komponente brzine su date sa:

u1 = Um sin(

π

2x2

h

); u2 = 0; u3 = 0; 0 ≤ x2 ≤ 2h.

gde je Um = Const. Od devijatorskog dela napona jednaki su nuli:

σd11 σ12 σ13

σ21 σd22 σ23

σ31 σ32 σd33

3.5 Dato je ravansko strujanje, u ravni (1,2) u oblasti 0 ≤ x2 ≤ H , sabrzinom odredenom sa:

u1 =U

Hx2 ; u2 = u3 = 0 ; U = Const1 ; H = Const2

Za navedeno strujanje se tvrdi:

19

1. od devijatorskog dela napona deluju samo naponi σ12 = σ21;

2. napon σ12 = σ21 ima vrednost nula;

3. napon σ12 = σ21 ima konstantnu vrednost u celoj oblasti stru-janja;

4. napon σ12 = σ21 ima promenljivu vrednost, tako da zavisi od x2.

3.6 Za ravansko tecenje u ravni (x1, x2) izmedu dve paralelne ploce, narastojanju 2h, raspored brzina je dat sa:

u1 = U0

(1− x2

2

h2

); u2 = 0; −h ≤ x2 ≤ +h;

U0 = Const1; h = Const2.

Za navedeno strujanje zakljucuje se:

1. svi devijatorski naponi su jednaki nuli;

2. od devijatorskog napona deluje samo napon σ12 = σ21;

3. napon σ12 = σ21 = Const3 za celo strujno polje.

3.7 Pri laminarnom tecenju u ravni (x1, x2), u neposrednoj blizini zida(cvrste konture) ostvaruje se linearni raspored brzina:

u1 =U

δx2; 0 ≤ x2 ≤ δ; U = Const1; δ = Const2.

U tacki na rastojanju x2 = b (b < δ), gde vazi isti raspored brzina,poznat je tangencijalni napon (τb). Gustina tecnosti je ρ. Na os-novu poznatih vrednosti posmatranih velicina, kinematski koeficijentviskoznosti ν iznosi:

ν =

(jedinice)

20 3. Veze izmedu napona i deformacija

3.8 Strujanje nestisljivog fluida je dato sa:

u1 = 2U

Lx1 ; u2 = −2

U

Lx2 ; u3 = 0 ;

U = Const1 ; L = Const2.

Za ovo strujanje tvrdi se da su od devijatorskog dela napona jednakinuli:

σd11 σ12 σ13

σ21 σd22 σ23

σ31 σ32 σd33

3.9 Posmatraju se dva razlicita slucaja ustaljenog laminarnog strujanja (Ai B) izmedu dve paralelne ploce. Rastojanje izmedu ploca je kod obaslucaja jednako. Izmedu ploca u svakom od posmatranih slucajevastruje fluidi razlicitih gustina (ρA 6= ρB) i razlicitih dinamickih koefi-cijenata viskoznosti (µA 6= µB). U oba slucaja ostvaruju se ista poljabrzina (u svim tackama sa odgovarajucim koordinatama, vektori brzinesu za oba fluida jednaki). Pri ovim uslovima, za odnos tangencijalnihnapona ϕ = σ21(A)/σ21(B) u tackama sa istim koordinatama, moze sereci:

1. naponi su isti (ϕ = 1);

2. odnos napona jednak je odnosu odgovarajucih gustina(ϕ = ρA/ρB);

3. odnos napona jednak je odnosu odgovarajucih dinamickih koefi-cijenata viskoznosti (ϕ = µA/µB).

4

Turbulentna strujanja

4.1 Kada je fluktuaciona brzina u′1 pozitivna (u′

1 > 0), onda je u′2 negativna

(u′2 < 0), a kada je u′

1 < 0, onda je u′2 > 0. Ovo znaci da je:

u′1 = 0 u′

2 = 0 u′1u

′2 = 0 u′

1u′2 > 0 u′

1u′2 < 0

4.2 U posmatranoj tacki fluktuacioni dodatak za brzine u pravcima (1) i(2), a u zavisnosti od vremena (t), iznosi:

u′1 = u′

2 = U sint

T; U = Const1 ; T = Const2.

Nuli su jednake sledece vrednosti:

u′1 u′

2 u′1u

′2 σturb

12 σturb21︸︷︷︸

“naponi turbulencije”

4.3 U jednom strujanju nestisljivog fluida proucavaju se karakteristike tur-bulentnog toka. Za odredivanje “napona turbulencije” σt

12 = σt21 is-

tovremeno se mere fluktuacije brzina u′1 i u′

2 u dvema tackama (I) i (II)koje se nalaze na pravcu (2) i medusobnom rastojanju ∆x2 (xII

2 > xI2).

Utvrdeno je da je osrednjeni proizvod u′1u

′2 > 0 u tacki I, odnosno

u′1u

′2 < 0 u tacki II. Na elementarnu zapreminu dV deluje “sila”od

“napona turbulencije” u pravcu (1) takva da je:

P t1 > 0 P t

1 < 0 P t1 = 0

21

22 4. Turbulentna strujanja

4.4 U posmatranoj tacki fluktuacioni dodatak za komponente brzine u1 iu2 dat je sa:

u′1 = u′

2 = U sint

T; U = Const1 ; T = Const2 ;

gde je: t = vreme. Tvrdi se sledece:

1. u′1 = u′

2 = 0;

2. u′1u

′2 < 0;

3. “napon turbulencije” σt12 = σt

21 < 0.

4.5 Razmatra se strujanje kod koga je turbulencija razvijena, tj. kod kogaje dejstvo osrednjenih devijatorskih napona zanemarljivo u odnosu nadejstvo “napona turbulencije” (σd

ij σturb). Ovo znaci da je:

1. zanemarljiv uticaj viskoznosti na osrednjene vrednosti velicina;

2. u izrazima sa bezdimenzionalnim velicinama ne ucestvuje Rey-nolds-ov broj;

3. u ovakva strujanja spada turbulentno tecenje u hrapavoj cevi.

4.6 Za odredivanje “napona turbulencije” σturb23 = σturb

32 = −ρu′2u

′3 potrebno

je:

1. odrediti veliki niz uzastopnih proizvoda istovremenih vrednostiu′

2 i u′3, pa uzeti srednju vrednost tih proizvoda i pomnoziti je sa

gustinom;

2. odrediti posebno u′2 i u′

3, tj. srednje vrednosti komponenata fluk-tuacije brzine, pa ih onda pomnoziti i sve pomnoziti sa gustinom.

5

Dimenzionalna razmatranja islicnost strujanja

5.1 Potopljeno telo je oblikovano tako da, pri kretanju na sopstveni pogonkroz fluid, koeficijent sile otpora ne zavisi od Reynolds-ovog broja,odnosno dominantni su samo uticaji inercijalne sile. Da bi se brzinatela povecala 3 puta, potrebno je da se angazuje snaga motora koja cebiti veca:

puta.

5.2 Pravougaona ploca (ploca I) postavljena je upravno na paralelnu, jedno-liku i ustaljenu struju fluida. Ploca II, sa istim odnosom duzine i visinekao kod ploce I, ima dva puta manju povrsinu (od ploce I) i, takode,postavljena je upravno na paralelnu, jednoliku i ustaljenu struju istogfluida, samo dva puta vece brzine. Za ova dva slucaja ostvaruje seslicnost za inercijalne uticaje. Posmatra se odnos sila otpora oblika naploce I i II, tj.

FI/FII = m

Vrednost faktora m je:

8 4 2 1 12

14

18

23

24 5. Dimenzionalna razmatranja i slicnost strujanja

5.3 Modelise se problem sa dominantnim inercijalnim uticajima. Na modelui na objektu je isti fluid. Usvojena razmera za duzine je L∗ = 20, aza brzine U∗ = 5. Ako je na modelu izmeren momenat sile od 0.5 Nm,onda ce odgovarajuci momenat na objektu biti (u kNm):

0.2 0.5 2 5 12.5 25 100

5.4 Istrazuje se snaga motora koji pokrece telo potopljeno u fluid. Snagamotora savladava silu otpora tela koje se krece jednolikom brzinom.Model je napravljen sa zadovoljenjem samo inercijalnih uticaja (ostaliuticaji su zanemarljivi). Duzine na modelu su smanjene u odnosu naobjekat 10 puta, dok su brzine na modelu vece 10 puta u odnosu naobjekat. Sa istim fluidom kao na objektu, na modelu je izmerena snagamotora.

Smod = 100 Nm/s

Na objektu odgovarajuca snaga iznosi (Nm/s):

Sobj =

5.5 Model je napravljen prema uslovima slicnosti za gravitacione i inerci-jalne uticaje, tj. prema Froude-ovoj slicnosti. Sve duzine na modelusu 16 puta manje od odgovarajucih na objektu. Ubrzanje sa objektaod 2 m/s2 treba modelisati sa (m/s2):

16 8 4 2 0 1/2 1/4 16

5.6 Model je napravljen po nacelima Froude-ove slicnosti sa istim flui-dom na objektu i na modelu. Uz zahtev da pritisci na modelubudu 5 puta manji od odgovarajucih na objektu, razmera za duzine(L∗ = Lobj/Lmod) mora biti:

1/5 1/√

5 1√

5 5 25

25

5.7 Na modelu napravljenom prema Froude-ovoj slicnosti (slicnost za gra-vitacione i inercijalne uticaje) sve duzine su 10 puta smanjene u od-nosu na odgovarajuce na objektu. Fluid na objektu je nafta, gus-tine 800 kgm−3, a na modelu voda, gustine 1000 kgm−3. Izmerenompritisku na modelu pmod odgovarace pritisak na objektu pobj koji jejednak:

100pmod 80pmod 10pmod 8pmod 1.25pmod pmod 0.8pmod

5.8 Za model, koji treba napraviti po nacelu Froude-ove slicnosti, na raspo-laganju je pumpa sa proticajem Qmod = 120 dm3/s. Moguce je mode-lisati proticaj na objektu Qobj = 1000 m3/s ako je razmera za duzineL∗ = Lobj/Lmod jednaka ili veca od:

L∗ =

5.9 U vodenoj struji nalazi se stub koji je ukljesten u dno. Modelskim ispi-tivanjima odreduje se sila (F ) koja deluje na stub. Model je nacinjenna principima Froude-ove slicnosti, sa duzinama smanjenim u odnosuna prirodu L∗ puta. Na modelu i objektu je isti fluid. Razmera za siluje:

F∗ =Fobj

Fmod= Lk

∗

Eksponent k iznosi:

15

14

13

12

1 2 3 4 5

5.10 Model je napravljen uz zadovoljenje slicnosti za gravitacione i inerci-jalne uticaje (Froude-ova slicnost). Sve duzine na modelu su 16 putasmanjene u odnosu na duzine na objektu. Na modelu i objektu je istifluid. Najveci ocekivani protok na objektu je 80 m3/s. Odgovarajuciprotok na modelu je:


Qmaxmod =

(jedinice)

5.11 Na modelu, napravljenom po nacelima Froude-ove slicnosti (slicnostza inercijalne i uticaje tezine), pri protoku Qmod = 50 l/s izmerena jevisina prelivnog mlaza Hmod = 15 cm. U prirodi odgovarajuci protokiznosi Qobj = 51.2 m3/s. Odgovarajuca dubina prelivnog mlaza naobjektu iznosi:

Hobj =

(jedinice)

5.12 Modelise se, uz zadovoljenje uslova Froude-ove slicnosti, mesanje vodeu otvorenom bazenu obrtnom elisom. Duzine na modelu su 25 putamanje od odgovarajucih na objektu (L∗ = 25). Fluid na modelu je,takode, voda. Na modelu broj obrta u sekundi je 10 (nmod = 10 s−1).Broj obrta na objektu (nobj) je (s−1):

250 50 25 10 5 2.5 2 1

5.13 Na jednom modelu, napravljenom sa zadovoljenjem slicnosti samo zainercijalne i sile viskoznosti (Reynolds-ova slicnost), sa istim fluidomna modelu i objektu (ista gustina, ista viskoznost), a sa duzinamana modelu smanjenim 4 puta u odnosu na odgovarajuce na objektu,izmerena je sila Fmod = 10 kN. Odgovarajuca sila na objektu je (kN):

10 20 40 80 160 640

5.14 Model je napravljen po principu Reynolds-ove slicnosti tako da su sveduzine na modelu 5 puta vece od odgovarajucih duzina na objektu.Gustina fluida na modelu je 5 puta veca od odgovarajuce gustine naobjektu, a kinematski koeficijent viskoznosti na modelu je 2 puta veci

27

od odgovarajuceg koeficijenta na objektu. Na modelu je izmeren za-ustavni pritisak pmod = 0.2 kPa. Odgovarajuci zaustavni pritisak naobjektu iznosice:

pobj =

(jedinice)

5.15 Model je napravljen po principima Reynolds-ove slicnosti. Sve duzinena modelu su 5 puta smanjene u odnosu na odgovarajuce duzine naobjektu, a kinematski koeficijent viskoznosti fluida na objektu je 2 putaveci od istog koeficijenta na modelu. Na modelu je izmeren proticajQmod = 3 cm3/s. Odgovarajuci proticaj na objektu je:

Qobj =

(jedinice)

5.16 Modelise se prema Reynolds-ovoj slicnosti, sa istim fluidom na modelui na objektu (ista gustina, ista viskoznost). Sve duzine na modelusmanjene su 2 puta u odnosu na odgovarajuce na objektu. Napon namodelu je:

1) 16 puta2) 8 puta3) 4 puta4) 2 puta

veci odnaponana objektu

5) 16 puta6) 8 puta7) 4 puta8) 2 puta

manji odnaponana objektu

5.17 Bezdimenzionalni broj za pritisak moze se izraziti na sledeci nacin:

1)pρ

µ2L42)

p

ρgH3)

p

ρv24)

p

Lµv

gde je: p = pritisak, ρ = gustina fluida, g = gravitaciono ubrzanje, L iH su karakteristicne duzine, v = karakteristicna brzina, µ = dinamickikoeficijent viskoznosti.


5.18 Weber-ov broj, dat izrazom:

We =ρU2D

δ

(gde su: ρ = gustina fluida, U = srednja brzina u cevi, D = precnikcevi i δ = kapilarna konstanta), predstavlja:

1. odnos inercijalne sile i sile kapilarnosti;

2. odnos inercijalne sile i sile trenja;

3. silu usled uticaja kapilarnosti.

6

Kombinovani zadaci

6.1 Za jedan primer strujanja brzina je izrazena sa

u1 = U0

(t

T+

x2

L

); u2 = u3 = 0

gde je:

U0 = Const1 ; T = Const2 ; L = Const3.

Zakljucuje se:

1. strujanje je neustaljeno;

2. zapreminska dilatacija delica je jednaka nuli;

3. materijalni izvod gustine delica jednak je nuli.

6.2 Brzine dilatacije odredenog delica date su sa:

∂u1

∂x1= 0.2 s−1 ∂u2

∂x2=

∂u3

∂x3= −0.1 s−1

Brzine klizanja su jednake nuli. Za posmatrani delic tvrdi se da:

1. ne menja oblik, a menja zapreminu;

2. ne menja zapreminu, a menja oblik;

3. materijalni izvod gustine je jednak nuli.

29

30 6. Kombinovani zadaci

6.3 Daje se raspored brzina u strujnom polju nestisljivog fluida:

u1 = U0

[2x2

L−[x2

L

]2]; u2 = u3 = 0; 0 ≤ x2 ≤ 2L

U0 = Const1 ; L = Const2

Za fluid dinamickog koeficijenta viskoznosti (µ), napon σ12 = σ21 zax2 = 0 jednak je:

(jedinice)

6.4 Za strujno polje definisano u prethodnom zadatku i za tacku x2 = L/2,deformacioni rad devijatorskog dela napona, po jedinici zapremine i ujedinici vremena, iznosi:

(jedinice)

6.5 Uz cvrstu ravnu granicu, polozenu normalno na osu x2, brzina u1 uzavisnosti od rastojanja x2 od zida, odredena je sa:

u1 = Ux2

h; u2 = u3 = 0 ; U = Const.

Sa h je oznaceno rastojanje od zida dokle vazi data zakonitost (i taoblast se i posmatra). Tvrdi se da je za x2 = h brzina u1 jednaka U .Tvrdi se da je jednak nuli rad devijatorskog dela napona, na bilo kojuelementarnu zapreminu, i to:

1. motorni rad;

2. deformacioni rad;

3. ukupan rad (motorni + deformacioni).

31

6.6 Posmatra se strujanje navedeno u zadatku 1.10 i fluid ciji je dinamickikoeficijent µ. Za rad povrsinskih sila od devijatorskog dela napona, pojedinici zapremine i u jedinici vremena, tvrdi se sledece:

1. motorni rad je jednak nuli;

2. motorni rad je razlicit od nule;

3. deformacioni rad je jednak nuli;

4. deformacioni rad je razlicit od nule i iznosi µU2(

1a − 1

b

)2.

6.7 Dinamicka jednacina za elementarnu masu, napisana za pravac (1),glasi:

∂u1

∂t+ ui

∂u1

∂xi= f1 −

1ρ

∂p

∂x1+

1ρ

∂σdi1

∂xi

gde je: ρ = gustina fluida, p = pritisak i ui = komponenta brzine. Zastrujanje dato u zadatku 2.7 i to tako da je pravac (1) horizontalan, aod zapreminskih sila deluje samo tezina, iz navedene jednacine se mozezakljuciti da je:

1)∂p

∂x1= 0 2)

∂p

∂x1> 0 3)

∂p

∂x1< 0

32 6. Kombinovani zadaci

7

Prakticni zadaci

7.1 Hidrostatika

7.1.1 Vertikalni zid deli zatvoreni rezervoar na dva dela. Oba dela rezer-voara ispunjena su istim fluidom, ali do razlicitih nivoa. Zid je otvorenna donjem delu tako da je ostvaren direktan kontakt fluida. Pritisakvazduha u prostorima iznad fluida je pozitivan i to takav da je:

1. veci u delu u kome je visi nivo fluida;

2. veci u delu u kome je nizi nivo fluida;

3. isti u oba dela suda.

7.1.2 Posmatra se horizontalna komponenta hidrostaticke sile na pravou-gaoni poklopac cija je strana duzine a horizontalna, a kraca stranaduzine b vertikalna. Posmatraju se dva slucaja: prvi, u kome je pritisaku tezistu poklopca jednak p1, a odstojanje rezultante od tezista e1; idrugi, u kome je pritisak u tezistu jednak p2, a odstojanje rezultante e2.Ako je pritisak p2 jednak dvostrukoj vrednosti pritiska p1 (p2 = 2p1),odstojanje rezultante u drugom slucaju (e2) iznosi:

0 (nula) e1/6 e1/3 e1/2 e1 b/6 b/2

7.1.3 Kocka, napravljena od materijala gustine ρk, pliva na povrsini vodetako da je uronjena do polovine. Duzina ivice kocke je a. Odnosgustina kocke (ρk) i vode (ρv) je:

ρk

ρv= n

33

34 7. Prakticni zadaci

Konstanta n ima vrednost:

14

12

11√2

13√

2

7.1.4 Posmatraju se dve suplje lopte razlicitih precnika (D1 = 3D2), ispu-njene vazduhom. Svaka lopta je usidrena posebnim vertikalnim stapomza dno rezervoara ispunjenog tecnoscu gustine ρ1 od dna do polovine,i tecnoscu gustine ρ2 od polovine do vrha. Tezista obe lopte su napolovini dubine rezervoara (u ravni spoja dve tecnosti) i obe su pot-puno potopljene. Sopstvene tezine lopti su zanemarljive. Odnos silaF1 (sila u stapu kojim je fiksirana lopta precnika D1) i F2 (sila u stapukojim je fiksirana lopta precnika D2) je:

F1

F2=

7.1.5 Neka otvorena posuda napunjena je do polovine visine vodom (gus-tine ρ1), a iznad vode je druga tecnost gustine ρ2, laksa od vode(ρ2 < ρ1). Za dno posude ucvrscen je vertikalni stap na kome se nalazisfera postavljena tako da joj je centar u ravni izmedu vode i gornjetecnosti. Lopta je potpuno potopljena. Pri posmatranom stanju iodnosu gustina vode, gornje tecnosti i materijala od koga je nacinjenasfera, u stapu se javlja sila zatezanja. Ako se u sud dolije tecnostgustine ρ2, desice se sledece:

1. intenzitet sile zatezanja u stapu ce se povecati;

2. intenzitet sile zatezanja u stapu ce se smanjiti;

3. intenzitet sile zatezanja u stapu ce ostati nepromenjen.

7.1.6 Na dva paralelna zida otvorenog rezervoara ispunjenog vodom nalazese ispupcenje i udubljenje u obliku polucilindra – jedno prema spolja-snjosti, a drugo prema unutrasnjosti rezervoara. Polucilindri su jed-nakih dimenzija – takvi da im je precnik osnove (D) jednak visini.Osovine ovih polucilindara su horizontalne i nalaze se na jednakimrastojanjima (2D) od slobodne povrsine. Na osnovu prethodnog mozese zakljuciti sledece:

1. horizontalne komponente hidrostaticke sile na omotace oba polu-cilindra su jednakog intenziteta ali suprotnog smera;

7.2. Otpori trenja u cevima 35

2. horizontalne komponente hidrostaticke sile na omotace oba polu-cilindra ne zavise od rastojanja ose polucilindra do pijezometarskekote;

3. vertikalne komponente hidrostaticke sile na omotace oba polu-cilindra ne zavise od rastojanja ose polucilindra do pijezometarskekote.

7.2 Otpori trenja u cevima

7.2.1 Posmatra se tecenje jednog fluida kroz odredenu cev kruznog poprec-nog preseka. Za brzine manje od 0.2 m/s ustanovljeno je da se ostva-ruje linearan zakon otpora (nagib linije energije proporcionalan je sabrzinom). Za istu cev i isti domen brzina, a za drugi fluid, koji imaveci kinematski koeficijent viskoznosti, moze se tvrditi sledece:

1. ostvaruje se, takode, linearan zakon otpora;

2. koeficijent trenja (λ) ima konstantnu vrednost;

3. strujanje je laminarno.

7.2.2 U cevi (konstantnog, kruznog preseka) izmedu dva rezervoara ostva-ruje se laminarno ustaljeno tecenje. Cev je velike duzine tako da selokalni gubici, na ulazu u cev i izlazu iz cevi, mogu zanemariti. Prinekoj razlici nivoa u rezervoarima (∆Π1) kroz cev protice protok Q1.Ako se razlika nivoa poveca dva puta, tj. ∆Π2 = 2∆Π1, i ako se pouspostavljanju ustaljenog tecenja protoka Q2 i dalje odrzava laminaranrezim tecenja, tada je:

Q1 = Q2 Q1 > Q2 Q2 = 2Q1 Q2 =√

2Q1

7.2.3 Posmatra se tecenje u cevi kruznog poprecnog preseka i to za uslovepod kojima se koeficijent trenja moze definisati sa:

λ = 0.115(

k

D

)1/4

gde je: k = apsolutna hrapavost i D = precnik cevi. Uporeduju selinijski gubici na odredenoj duzini L u cevima precnika D1 i D2. Obecevi su od istog materijala, dakle, imaju istu apsolutnu hrapavost.Kroz obe cevi protice isti protok, odnosno Q1 = Q2 = Q. Odnos


gubitaka energije E izg1 (u cevi precnika D1) i E izg

2 (u cevi precnika D2)je:

E izg1

E izg2

=(

D1

D2

)x

gde je eksponent x jednak:

−4 − 214

− 2 0 2214

4

7.2.4 U jednoj odredenoj cevi kruznog preseka i konstantnog precnika, nagibpijezometarske linije IΠ za obavljene opite ustaljenog tecenja bio jesrazmeran sa v1.9 (v = srednja brzina kroz presek cevi). Ovo znaci dasu obavljeni opiti bili u oblasti:

1. laminarnog tecenja;2. turbulentnog tecenja u hrapavoj cevi.

7.2.5 Kroz dve cevi od istog materijala i istog precnika protice isti fluid.Srednja brzina fluida u cevi (I) je dva puta veca od srednje brzinefluida u cevi (II). Tecenje je laminarno. Tangencijalni napon izmedufluida i zida cevi u cevi (I) je:

τI = KτII

gde je K jednako:

0.25 0.5 1.0 1.5 2.0 4.0

7.2.6 Eksperimentalnim ispitivanjem zavisnosti koeficijenta tangencijalnognapona (Cτ ) jedne odredene cevi date duzine pri strujanju jednogodredenog fluida, utvrdeno je da se isti smanjuje sa povecanjem brzinedo neke vrednosti (v0) posle cega ostaje konstantan. Kad se brzina ucevi poveca tako da je v = 3v0, izgubljena energija (Eizg) u cevi ce bitiu sledecem odnosu prema izgubljenoj energiji (Eizg)0 za slucaj kad jev = v0:

(Eizg)(Eizg)0

= 3m

gde je:

m = 0 m = 2 1 < m < 2 m = 1

7.3. Otpori oblika tela i otpori trenja uz ravnu plocu 37

7.2.7 Tecenje jednog fluida kroz odredenu cev odvija se u laminarnom re-zimu za brzine manje od neke granicne vrednosti (vgr). Posmatra seodnos izgubljenih energija na duzini L te cevi, Eizg(v1)/Eizg(v2), zadve razlicite brzine: v1 = 0.25 vgr i v2 = 0.75 vgr. On iznosi:

19

13

1√3

1√

3 3 9

7.2.8 U kruznoj cevi laminarno tecenje fluida kinematske viskoznosti ν1

odrzava se do brzine v1. Kroz drugu cev istih karakteristika (istogprecnika i apsolutne hrapavosti), struji drugi fluid kinematskog koefi-cijenta viskoznosti ν2, pri cemu je ν2 ν1. U ovom slucaju laminarnostrujanje se odrzava do brzine fluida v2. Moze se zakljuciti:

v1 > v2 v1 = v2 v1 < v2

7.3 Otpori oblika tela i otpori trenja uz ravnu

plocu

7.3.1 Razmatra se dejstvo vetra na zgradu. Koeficijent pritiska Cp imaza spoljasnju horizontalnu krovnu povrsinu vrednost Cp = −0.4, dokje u unutrasnjosti zgrade pritisak povecan u odnosu na pritisak uneporemecenoj struji (Cp = 0.4). Zakljucuje se:

1. vetar podize krov;

2. vetar pritiskuje krov;

3. rezultujuca sila dejstva vetra na krov jednaka je nuli.

7.3.2 Telo je uronjeno u neogranicenu struju nestisljivog fluida, i na njeganailazi ravnomerna fluidna struja brzinom: u prvom slucaju UI, a udrugom slucaju UII (UII = 0.5UI). Koeficijent otpora tela CF je kon-stantan. Sile otpora tela u prvom i drugom slucaju odnose se kao:

FI

FII= C

Odnos C je jednak

14

12

1 2 4 8


7.3.3 U vazdusnom tunelu se ispituje sila kojom vazdusna struja deluje naparabolicnu antenu. Konstatovano je da, pri odredenom polozaju an-tene, za brzine vece od neke granicne vrednosti (vgr) koeficijent sileotpora oblika ostaje konstantan. Odnos sile otpora pri brzini vazdusnestruje tri puta vecoj od granicne (v = 3vgr) i sile otpora pri granicnojbrzini, F (3vgr)/F (vgr), iznosi:

19

13

1√3

1√

3 3 9

7.3.4 Kruzni cilindar stoji vertikalno (osnova i poklopac su u horizontal-nim ravnima) u ravnomernoj fluidnoj struji horizontalnog pravca. Upocetku posmatranja cilindar je potpuno zatvoren i pritisak u njemu jejednak nuli. U jednom trenutku na prednjoj strani cilindra (okrenutojka struji) otvori se mali otvor. U odnosu na pocetno stanje:

1. ukupna sila na omotac cilindra ce se povecati;

2. ukupna sila na omotac cilindra ce se smanjiti;

3. ukupna sila na omotac cilindra ce ostati nepromenjena.

7.3.5 Ravna ploca je uronjena u ravnomernu, neogranicenu struju nestislji-vog fluida usmerenu paralelno sa plocom. Granicni sloj uz plocu lami-naran je celom duzinom ploce. Zadatak se smatra ravanskim. Duzinaploce u pravcu strujanja je L, a sila trenja izmedu ploce i fluida jeF (L). Za plocu istih karakteristika i iste sirine, ali duzine 0.25L, uro-njenu u istu struju fluida (iste brzine, gustine i viskoznosti) sila trenjaje F (0.25L). Odnos sila F (L)/F (0.25L) jednak je:

116

18

14

12

1 2 4 8 16

7.3.6 Posmatra se ravna ploca potopljena u ravnomernu struju tako da jeparalelna sa pravcem struje. Pravac struje je s leva na desno. Duzinaploce u pravcu struje je L, a zadatak je ravanski. Na odstojanjux1 = L/2, pocev od levog kraja ploce, granicni sloj je turbulentani izmeren je tangencijalni napon τ1. Na desnom kraju ploce (x2 = L)tangencijalni napon τ2 bice:

1. τ2 > τ1 ;

2. τ2 = τ1 ;

3. τ2 < τ1 ;

7.4. Tecenje u kanalima 39

i tvrdi se:

4. na odstojanju x2 = L granicni sloj je laminaran;

5. na odstojanju x2 = L granicni sloj je turbulentan.

7.4 Tecenje u kanalima

7.4.1 U kanalu velike duzine i konstantnog nagiba dna, pri nekom protokuQ ostvaruje se dubina veca od kriticne. Posle postavljanja prepreke ipri istom protoku Q izmerena je, u poprecnom preseku kanala (m-m),dubina manja od kriticne. Presek (m-m) je veoma udaljen od ulaza iizlaza, te se do njega ne pronose uticaji izazvani na ulazu u kanal ilina izlazu iz kanala. Moze se zakljuciti sledece:

1. prepreka se nalazi uzvodno od preseka (m-m);

2. prepreka je nizvodno od preseka (m-m);

3. nizvodno od preseka (m-m) dubina nece biti veca od kriticne;

4. nizvodno od preseka (m-m) ostvaruje se hidraulicki skok.

7.4.2 Kanal velike duzine i konstantnog poprecnog preseka na odredenommestu menja nagib dna. Uzvodno od tog mesta nagib je I1, a nizvodnoI2. Odgovarajuce normalne dubine za jedan odredeni protok su h1 ih2, gde je h1 > h2 > hK (hK = kriticna dubina za zadati protok).Uticaji nizvodnog i uzvodnog granicnog uslova se ne prenose do mestapromene nagiba dna. Na mestu gde se menja nagib dna dubina je hc.Zakljucuje se:

1. hc = hK ;

2. hc = h1 ;

3. hc = h2 ;

4. h2 < hc < h1 .

7.4.3. U kanalu trougaonog poprecnog preseka (sa nagibom bokova 1 : 1)ostvaruje se jednoliko tecenje. Pri normalnoj dubini h1 tece protokQ1, a pri normalnoj dubini h2 = 2h1 tece protok Q2. Primenjuje seManning-ova formula i daje se odnos:

Q2

Q1= 2c


Eksponent c jednak je:

23

1 283

3

7.4.4 Dubina i brzina uzvodno od hidraulickog skoka su h1 i v1, a nizvodnood skoka su skoka h2 i v2. Zakljucuje se:

1. h1 +v21

2g= h2 +

v22

2g;

2. h1 +v21

2g> h2 +

v22

2g;

3. h1 +v21

2g< h2 +

v22

2g.

7.4.5 U prizmaticnom kanalu (oblik i dimenzije poprecnog preseka se nemenjaju duz toka), sa konstantnim nagibom dna, pri jednolikom te-cenju odredenog proticaja uspostavila bi se normalna dubina hN, akriticna dubina je hK. U preseku I kanala dubina je hI, a negdenizvodno, u preseku II, dubina je hII. Izmedu preseka I i II linijanivoa je kontinualna. Ako je hI > hN > hK, onda je:

1. hII < hI ; 2. hII > hI ;3. hII = hI ; 4. hII > hN ;5. hII < hN ; 6. hII > hK .

7.4.6 U kanalu pravougaonog poprecnog preseka, proizvoljne sirine b, pro-secna brzina je v = 1.6 m/s, a dubina 1.5 m. Tvrdi se:

1. dubina je veca od kriticne;

2. dubina je manja od kriticne;

3. dubina je jednaka kriticnoj;

4. tecenje je mirno;

5. tecenje je burno.

7.4.7 U istom kanalu i pri istom proticaju posmatraju se dva slucaja hidra-ulickog skoka: sa dubine h1 na h2, i sa dubine h3 na h4. Dubina h3 jemanja od h1. Za dubinu h4 se tvrdi:

h4 < h2 ; h4 > h2 ; h4 = h2 ; h4 > h1 .

8

Resenja testova iz 1. dela

1.1 1, 3, 4

1.2 x2 = 10 m

1.3 0.02 ms−2

1.4 (0, −r), (0, r)

1.5 2, 3

1.6 1, 2

1.7 1

1.8 2 s

1.9 (−√

C ,√

C)

1.10 2

1.11 ωd11, ω13, ωd

22, ω23, ω31,ω32, ωd

33

1.12 2, 3

1.13 2, 3

1.14 1, 2, 3, 4, 5

1.15 1, 2, 3, 4

1.16 1, 2, 3, 5, 6, 7

1.17 3, 5

1.18 2, 3

1.19 0 (nuli)

1.20 a) 2b) 3

1.21 −34

U0σ0

L0Nm−2s−1

1.22 2

1.23 −0.06 kNm−2s−1

41

42 8. Resenja testova iz 1. dela

2.1 −0.012 kgm−3s−1

2.2 1

2.3 1, 2, 3, 4

2.4 −0.067 kgm−3s−1

2.5 1, 3

2.6 1, 3

2.7 2 dm s−1

2.8 1.44

2.9 −0.024 kgm−3s−1

2.10 0 = −∂p

∂x1+

∂σd21

∂x2

2.11 2, 3, 4

2.12 1, 4

2.13 1

2.14 4F1

2.15 2

2.16 3

2.17 3

2.18 43.24 kN

2.19 3

3.1 2, 3, 4, 5, 6

3.2 1, 2, 3

3.3 1

3.4 σd11, σ13, σd

22, σ23, σ31,

σ32, σd33

3.5 1, 3

3.6 2

3.7τbδ

ρU

3.8 σ12, σ13, σ21, σ23, σ31,

σ32, σd33

3.9 3

4.1 u′1 = 0, u′

2 = 0, u′1u

′2 < 0

4.2 u′1, u′

2

4.3 P t1 > 0

4.4 1, 3

4.5 1, 2, 3

4.6 1

43

5.1 27 puta

5.2 1/2

5.3 100

5.4 10 Nms−1

5.5 2 ms−2

5.6 5

5.7 8pmod

5.8 37.01

5.9 3

5.10 78.125 dm3s−1

5.11 2.40 m

5.12 2 s−1

5.13 10 kN

5.14 0.25 kPa

5.15 30 cm3s−1

5.16 3

5.17 2, 3

5.18 1

6.1 1, 2, 3

6.2 2, 3

6.3 2µU0/L

6.4 µU20 /L2

6.5 1

6.6 1, 4

6.7 1

44 8. Resenja testova iz 1. dela

7.1.1 2

7.1.2 e1/2

7.1.3 1/2

7.1.4 27

7.1.5 3

7.1.6 1, 3

7.2.1 1, 3

7.2.2 Q2 = 2Q1

7.2.3 −21/4

7.2.4 svi ponudeni odgovori supogresni

7.2.5 2.0

7.2.6 m = 2

7.2.7 1/3

7.2.8 v1 > v2

7.3.1 1

7.3.2 C = 4

7.3.3 9

7.3.4 3

7.3.5 2

7.3.6 3, 5

7.4.1 1, 4

7.4.2 3

7.4.3 8/3

7.4.4 2

7.4.5 2, 4, 6

7.4.6 1, 4

7.4.7 h4 > h2, h4 > h1

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

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:

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

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

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)

2π

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 .

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

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).

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.

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−

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

55

Tezina zida je:

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


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.

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)

2π

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)

]2Z(2H − Z) = 19.50 m4

3Videti objasnjenje na strani 49.

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

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.

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

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′

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

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

2

Tecenje pod pritiskom

Zadatak 2.1. Kroz sistem prikazan na slici ostvaruje se proticajQ = 35 l/s, odnosno u rezervoar R utice ista kolicina vode Q koja iz njegai istice1. Odrediti silu pritiska kojom vazduh deluje na kruzni poklopacrezervoara cilindricnog oblika, precnika 5 m. Nacrtati u pogodnoj razmerienergetsku i pijezometarsku liniju.

Resenje. Energetska (Bernoulli-jeva) jednacina za presek u rezervoaru Ri izlazni presek IZL (kroz koji voda istice) glasi:

ER = EIZL + ∆ER→IZL (2.1)

Rezervoar je relativno velikog poprecnog preseka, pa se brzinska visina u1Ova pretpostavka garantuje ustaljeno tecenje i vazi za sve zadatke u ovom poglavlju.

Ukoliko ona nije eksplicitno naznacena na slici (kao u ovom zadatku), pretpostavlja se da jerezervoar dovoljno velike zapremine da je promena nivoa u njemu kroz vreme zanemarljivomala.

63

64 2. Tecenje pod pritiskom

njemu moze zanemariti, odnosno energetska kota (u rezervoaru) priblizno jejednaka pijezometarskoj koti:

ER = ΠR +v2R

2g≈ ΠR (2.2)

Pijezometarska kota u izlaznom preseku (gde voda slobodno istice punimpresekom) nalazi se u tezistu preseka (posto je pritisak u svim tackama poobimu mlaza jednak nuli) pa je energetska kota u tom preseku:

EIZL = ΠIZL +v22

2g= 8.00 +

v22

2g(2.3)

gde je v2 – brzina vode u cevi precnika d2. Izgubljena energija izmedu presekaR i IZL je:

∆ER→IZL =v21

2g

(ξUL + ξZ + λ1

8.0D1

)+

v22

2g

(ξK + λ2

√10.02 + 2.02

D2

)

(2.4)

Brzine vode kroz pojedine cevi su2:

v1 =4 × 0.035

3.14× 0.152= 1.98 m/s v2 =

4 × 0.0353.14× 0.102

= 4.46 m/s (2.5)

Zamenom (2.2), (2.3), (2.4) i (2.5) u polaznu jednacinu (2.1) dobija se:

ΠR = 8.00 +1.982

19.62

(0.5 + 2 + 0.022

8.00.15

)+

+4.462

19.62

(1 + 0.1 + 0.025

10.200.10

)= 12.43 m

Brzinske visine su3:v21

2g=

1.982

19.62= 0.200 m

v22

2g=

4.462

19.62= 1.012 m

2Brzine vode se izrazavaju u [m/s], i to zaokruzivanjem na dva decimalna broja, alise proracun kroz zadatak uvek obavlja sa tacnim vrednostima. Sve ovo moze imati zaposledicu da se ponekad mnozenjem napisanih (zaokruzenih) brojeva ne dobija napisani(tacni) rezultat, vec vrednost koja bi, usled zaokruzivanja, bila neznatno pogresna. Istanapomena vazi i za broj π (π = 3.1415926 . . . )

3Rastojanja se izrazavaju u [m], s time da se horizontalna rastojanja pisu sa jednimdecimalnim brojem a vertikalna sa dva (odnosno pri pisanju se zaokruzuju). Brzinskevisine se pisu sa tri decimalna broja, da bi se istaklo da njih treba pisati sa vise znacajnihcifara u cilju smanjivanja greske u proracunu ukoliko se radi sa zaokruzenim brojevima(jer se pri proracunu pojedinacnih gubitaka odgovarajuci koeficijenti mnoze sa brzinskomvisinom).

65

Na slici su prikazane4 energetska i pijezometarska linija5.

Na osnovu jednacine mirovanja fluida, pritisak vazduha (odnosno pritisakna povrsini vode) iznosi:

pVAZ = ρg(ΠR − ZA) = 1.0 × 9.81(12.43− 8.00) = 43.44 kPa

Trazena sila na poklopac rezervoara je:

F = pVAZAPOK = 43.443.14× 5.02

4= 853.0 kN

4Slika je nacrtana u tzv. distordovanoj razmeri, odnosno razmera za vertikalne duzineje veca od razmere za horizontalne, sto je inace uobicajeno u sistemima sa znatno vecimdimenzijama u jednom pravcu (u ovom zadatku je RV = 2RH).

5U ovoj Zbirci usvojena je konvencija da se energetske linije crtaju isprekidanom, apijezometarske punom linijom. Ovakav nacin crtanja usvojen je po analogiji sa otvorenimtokovima gde je linija nivoa istovremeno i pijezometarska linija (puna linija), dok se e-nergetska linija crta isprekidano. Ovo se naglasava jer je u prethodnoj zbirci (G. Hajdinsa koautorima, Zadaci iz Mehanike fluida sa ispita odrzanih u 1974. i 1975. god.) biousvojen obrnut nacin obelezavanja.


Zadatak 2.2. Voda istice iz rezervoara A kroz cev precnika d = 100 mm.Nakon izlaska iz rezervoara cev se racva u dva kraka (istog precnika d), odkojih se prva cev moze zatvoriti zatvaracem Z. Sracunati proticaje kroz svecevi ako je zatvarac Z otvoren (lokalni gubitak na njemu iznosi ξZ = 0.7)i za taj slucaj nacrtati energetske i pijezometarske linije za sve cevi u od-govarajucoj razmeri. Izracunati za koliko ce se promeniti proticaj Q2 krozgornju cev ako se zatvarac Z potpuno zatvori.

Resenje. Energetska jednacina za presek A (u rezervoaru A) i izlazni pre-sek iz gornje cevi, uz zanemarenje brzinske visine u rezervoaru (odnosnoEA = ΠA), glasi:

67

ΠA = 8.00 +v22

2g+

v20

2g

(ξUL + λ

2.0d

)+

v22

2g

(ξ0→2R + 2ξK + λ

16.0d

)⇒

v22 =

19.62(11.00− 8.00)− v20(0.5 + 0.04 2.0

0.10)1 + 0.2 + 2 × 0.2 + 0.0416.0

0.10

= 7.358− 0.1625v20 (2.6)

Energetska jednacina za presek u rezervoaru A i za presek u rezervoaru B(kroz prvu cev), uz zanemarenje brzinskih visina u rezervoarima (odnosnoEA = ΠA, EB = ΠB), glasi6:

ΠA = ΠB +v20

2g

(ξUL + λ

2.0d

)+

v21

2g

(ξ0→1R + ξK + ξZ + λ

10.0d

+ ξIZL

)

⇒ v21 =

19.62(11.00− 6.00)− v20(0.5 + 0.04 2.0

0.10)0.6 + 0.2 + 0.7 + 1 + 0.0410.0

0.10

⇒

v21 = 15.09− 0.20v2

0 (2.7)

Jednacina kontinuiteta za racvu glasi:

Q0 = Q1 + Q2 ⇒ v0 = v1 + v2 ⇒ v20 = v2

1 + v22 + 2v1v2 (2.8)

Zamenom (2.6) i (2.7) u (2.8), sledi:

v40 − 26.34v2

0 + 34.65 = 0 ⇒

v20 =

−(−26.34)±√

(−26.34)2 − 4× 1 × 34.652

Jedino od cetiri resenja ove jednacine koje fizicki ima smisla je:

v0 = 5.00 m/s

Brzine u cevima su:

v1 =√

15.09− 0.20× 5.002 = 3.18 m/s

v2 =√

7.358− 0.1625× 5.002 = 1.82 m/s

Povrsina (svih) cevi je A = d2π/4 = 0.102 × 3.14/4 = 0.007854 m2, pa suproticaji kroz pojedine cevi Qi = viA:

Q0 = 0.0392 m3/s Q1 = 0.0250 m3/s Q2 = 0.0143 m3/s

6Kad voda utice u rezervoar kroz cev kao sto je to slucaj sa donjom cevi u ovom zadatku,tada je izgubljena energija upravo jednaka brzinskoj visini na izlazu, odnosno ξIZL = 1.Ovaj podatak se u zadacima obicno ne zadaje, vec se podrazumeva.


Ako se zatvarac potpuno zatvori, tada je v′1 = 0 i v′0 = v′2, pa se jednacina(2.6) svodi na:

ΠA = 8.00 +v′222g

+v′222g

(ξUL + ξ0→2

R + 2ξK + λ18.0d

)⇒

v′2 =

√19.62(11.00− 8.00)

1 + 0.5 + 0.2 + 2 × 0.2 + 0.0418.00.10

= 2.52 m/s

Trazeno povecanje brzine u gornjoj cevi je (u procentima):

∆v2 =2.52− 1.82

1.82100% = 38.4%

69

Zadatak 2.3. Proticaj na mlaznici prikazanoj na slici odreduje se naosnovu merenja razlike pritisaka zivinim manometrom. Pod pretpostavkomda se u presecima A i B (na mestima gde je prikljucen zivin manometar)ostvaruje hidrostaticki raspored pritisaka (tj. da je pijezometarska kota kon-stantna za jedan presek) i da su strujnice medusobno paralelne i upravne napresek, izracunati kotu do koje ce dostici mlaz (pretpostaviti da ce se mlazpopeti iznad otvora mlaznika za 90% brzinske visine mlaza).

Resenje. Jednacine hidrostatike za tacke C i D glase:

ΠZ =pC

ρZg+ ZC

ΠZ =pD

ρZg+ ZD

⇒ pC − pD = ρZg∆h (2.9)

odnosno:

ΠA =pC

ρVg+ ZC

ΠB =pD

ρVg+ ZD

⇒ ΠA − ΠB =pC − pD

ρVg− ∆h (2.10)


Zamenom (2.9) u (2.10) dobija se:

ΠA − ΠB =(

ρZ

ρV− 1

)∆h (2.11)

Jednacina kontinuiteta glasi:

Q1 = Q2 = Q3 ⇒

v1 =(

d2

d1

)2

v2

v3 =(

d2

d3

)2

v2

(2.12)

Energetska jednacina za preseke A i B glasi:

ΠA +v21

2g= ΠB +

v23

2g+ λ1

10.0d1

v21

2g+

v22

2g

(ξK + λ2

10.0d2

)+

+v23

2g

(ξK + λ3

10.0d3

)⇒

ΠA − ΠB =v21

2g(λ1

10.0d1

− 1) +v22

2g

(ξK + λ2

10.0d2

)+

+v23

2g

(1 + ξK + λ3

10.0d3

)(2.13)

Zamenom (2.11) i (2.12) u (2.13), dobija se:

v2 =

√√√√√√19.62

(13.61.0 − 1

)0.80

(0.150.20

)4(1.25− 1) + 0.3 + 1.8 +

(0.150.10

)4(1 + 0.3 + 3)

=

= 2.87 m/s

Proticaj kroz cevovod je:

Q = 2.870.152 × 3.14

4= 0.051 m3/s

Brzina na izlaznom delu mlaznice je:

vML =(

0.150.075

)2

2.87 = 11.49 m/s

Mlaz ce se popeti do kote:

KML = 25.0 + 0.911.492

19.62= 31.06 m

71

Zadatak 2.4. Na slici je prikazan vodovodni sistem na kome se proticajodreduje iz podataka o pritiscima u presecima neposredno uzvodno od kolenai iz poznatih geometrijskih i hidraulickih karakteristika cevi. Lokalni gubitakna ulazu u cev je zanemarljiv, kao i lokalni gubici na kolenima. Sracunatilokalni gubitak na zatvaracu (izraziti ga u odnosu na brzinsku visinu u cevinizvodno od zatvaraca), kao i kotu otvora cevi. U pogodnoj razmeri nacrtatienergetsku i pijezometarsku liniju.

Resenje. Na osnovu poznatih pritisaka na manometrima u presecima uz-vodno od kolena, kao i njihovih polozajnih kota, preko osnovnih jednacinahidrostatike mogu se izracunati pijezometarske kote u tim presecima:

ΠM1 =pM1

ρg+ ZM1 =

−251 × 9.81

+ 110.00 = 107.45 m (2.14)

ΠM2 =pM2

ρg+ ZM2 =

501 × 9.81

+ 100.00 = 105.10 m (2.15)

Energetska jednacina za preseke u kojima je poznata pijezometarska kota je:

ΠM1 +v2

2g= ΠM2 +

v2

2g+ λ

√500.02 + 10.02

d

v2

2g(2.16)

Zamenom (2.14) i (2.15) u (2.16) dobija se:

v =

√√√√19.62(107.45− 105.10)

0.02√

500.02+10.02

0.2

= 0.96 m/s


Koeficijent lokalnog gubitka na zatvaracu odreduje se iz energetske jednacineza presek u rezervoaru (gde je ER = ΠR) i presek M1:

ΠR = ΠM1 +v2

2g+

v2

2g

(ξZ + λ

1000.0d

)⇒

ξZ =19.62(113.00− 107.45)

0.962− 0.02

1000.00.20

− 1 = 16.9

Kota otvora cevi odreduje se iz energetske jednacine za presek M2 i izlaznipresek7:

ΠM2 +v2

2g= ZOTV +

v2

2g+ λ

500.0d

v2

2g

ZOTV = 105.10− 0.02500.00.20

0.962

19.62= 102.74 m

7Duzina cevi izmedu navedenih preseka se aproksimira sa 500 m, posto je cev skorohorizontalna, a “tacna” duzina cevi je

√500.02 + 2.742 = 500.01 m.

73

Zadatak 2.5. Odreditisnagu turbine u sistemu prikaza-nom na slici, ako je precnik cevid = 100 mm, koeficijent linijskihgubitaka λ = 0.025, a citanje nadiferencijalnom manometru (ra-zlika pritisaka) ∆pM = 3.5 kPa.

Resenje. Diferencijalnimanometar M meri razliku pri-tisaka izmedu tacke u gor-njem rezervoaru R1 na koti 10.0(+ strana) i preseka u cevi nakoti 10.0 (− strana), uz pret-postavku da su strujnice u cevipravolinijske i normalne na pre-sek, te da je odgovarajuca pi-jezometarska kota (ΠM−) mero-davna za ceo presek. U tomslucaju, moze se napisati slede-ce:

ΠM+ =pM+

ρg+ 10.00

ΠM− =pM−

ρg+ 10.00

⇒

ΠM− = ΠM+ − ∆pM

ρg= 21.00− 3.5

1 × 9.81= 20.64 m (2.17)

Energetska jednacina za presek u rezervoaru i presek cevi u kome je priklju-cen manometar (a u kome je pijezometarska kota ΠM−) glasi:

21.00 = ΠM− +v2

2g+

v2

2g(ξUL + λ

13.0d

+ ξK) (2.18)


v =

√16.62(21.00− 20.64)

1 + 1 + 0.02513.00.10 + 0.5

= 1.10 m/s ⇒


Q = 1.100.102 × 3.14

4= 8.67 · 10−3 m3/s

Energetska jednacina za preseke u rezervoarima je:

21.00 = 1.00 +v2

2g(ξUL + λ

26.0d

+ 3ξK + ξIZL) + HT

gde je HT – razlika energetskih kota u presecima neposredno uzvodno i niz-vodno od turbine (uobicajeni termin je “pad turbine”), koji iznosi:

HT = 21.00− 1.00− 1.102

19.62(1 + 0.025

26.00.10

+ 3 × 0.5 + 1) = 19.38 m

Konacno, snaga turbine je:

NT = ηTρgQHT = 0.8× 1× 9.81× 0.00867× 19.38 = 1.32 kW

Zadatak 2.6. Posmatra se crpljenje vode iz rezervoara A u rezervoarB crpkom C1 (prvi slucaj – crpka C2 je iskljucena i voda ne protice krozdonju cev). Za dato citanje na manometru M1 odrediti snagu crpke, ako jenjen koeficijent korisnog dejstva η = 0.80. Ukoliko se ukljuci i crpka C2 saistim koeficijentom korisnog dejstva η (drugi slucaj), pri cemu je sada citanjena manometru M2 isto kao na manometru M1 (a koje je ostalo neprome-njeno, odnosno kao u prvom slucaju), kolikom ce snagom raditi crpka C1?Pretpostaviti da je koeficijenat η crpke C1 ostao nepromenjen. Nacrtati upogodnoj razmeri pijezometarsku i energetsku liniju za prvi slucaj.

75

Resenje. Iz citanja na manometru M1 odreduje se prvo pijezometarskakota na mestu gde je manometar prikljucen (presek 1):

Π1 =pM1

ρg+ ZM1 =

17.371 × 9.81

+ 98.00 = 99.77 m

a zatim se pomocu energetske jednacine za preseke u rezervoaru A i 1 racunaproticaj:

ΠA = Π1 +v21

2g+

v21

2g

(ξUL + λ1

10.0d1

)⇒

v1 =

√19.62(100.00− 99.77)

1 + 0.5 + 0.0310.00.10

= 1.00 m/s

Q1 = 1.000.102 × 3.14

4= 7.85 · 10−3 m3/s

Q1 = Q2 ⇒ v2 =(

0.100.15

)2

1.00 = 0.44 m/s

Za sracunati proticaj, snaga crpke se racuna iz energetske jednacine napisaneza preseke u rezervoarima A i B:

ΠA = ΠB +v21

2g

(ξUL + ξK1 + λ1

17.0d1

)+

+v22

2g

(ξR + ξK2 + ξIZL + λ2

2.0 +√

25.02 + 10.02

d2

)− HC1

gde je HC1 – razlika energetskih kota u presecima neposredno nizvodno iuzvodno od crpke (uobicajeni naziv je “visina dizanja crpke”), koja iznosi:

HC1 = 110.00− 100.00 +1.002

19.62

(0.5 + 0.2 + 0.03

17.00.10

)+

+0.442

19.62

(0.3 + 0.1 + 1 + 0.02

28.930.15

)= 10.35 m

SC1 =1ηρgQ1HC1 =

10.8

1000× 9.81× 0.00785× 10.35 = 997 W


U slucaju kada su ukljucene obe crpke, kroz donju i gornju cev idu istiproticaji kao kroz gornju cev u prethodnom slucaju. Kroz gornju cev se nemenja proticaj jer je citanje na manometru M1 ostalo nepromenjeno. Krozdonju cev ide isti proticaj kao kroz gornju jer su cevi istog precnika, duzinei oblika, a manometar M2 je postavljen na mestu odgovarajucem onom nakome je postavljen manometar M1 kod gornje cevi, pa je pijezometarskakota za odgovarajuci presek donje cevi Π2 = Π1 = 99.77m. Proticaj i brzinakroz kosu cev je dva puta veci:

Q′2 = 2Q2 ⇒ v′2 = 2v2 = 2 × 0.44 = 0.89 m/s ⇒

H ′C1 = 110.00− 100.00 +

1.002

19.62

(0.5 + 0.2 + 0.03

17.00.10

)+

+0.892

19.62

(0.3 + 0.1 + 1 + 0.02

28.930.15

)= 10.51 m ⇒

S ′C1 =

1ηρgQ′

1H′C1 =

10.8

1000× 9.81× 0.00785× 10.51 = 1012 W

Dakle, da bi se trazeni uslov ostvario, potrebno je da se snaga crpke povecaza:

∆SC1 =1017− 997

997100% = 1.5%

77

Zadatak 2.7. Za instalaciju prikazanu na slici, izracunati koliko sepotrosi elektricne energije kojom se napaja motor crpke za 5 sati rada, uko-liko je momenat sile na osovini tocka (poluprecnika r = 1.0 m) konstantan iiznosi M = 800 Nm. Koeficijent sile (odnosno odnos sile kojom voda delujena tocak i inercijalne sile na izlazu iz cevi) iznosi CF = 0.9 i on obuhvatasve gubitke usled trenja, razlike brzina tocka i vodenog mlaza i sl. Sracunaticitanje na manometru M1, koji se nalazi neposredno uzvodno od crpke.Nacrtati u pogodnoj razmeri pijezometarsku i energetsku liniju.

Resenje. Moment sile na osovini tocka jednak je proizvodu sile F kojomvoda deluje na tocak i kraka sile (poluprecnik tocka):

M = F × r = CF ρQvr = CF ρv2d22π

4r

Iz ove jednacine dobija se:

v2 =

√4 × 800

0.9× 1000× 0.102 × 3.14× 1.0= 10.64 m/s

Q = 10.640.102 × 3.14

4= 0.0836 m3/s

Na osnovu jednacine kontinuiteta je:

v1 =(

d2

d1

)2

v2 =(

0.100.25

)2

10.64 = 1.70 m/s

Visina dizanja crpke HC odreduje se iz energetske jednacine za presek urezervoaru i izlazni presek:


0.80 = 2.00 +v22

2g+

v21

2g

(ξUL + ξK + λ1

√5.02 + 2.02 + 2.0

d1

)+

+v22

2gλ2

10.0d2

− HC ⇒

HC = 2.0− 0.8 +1.702

19.62

(0.7 + 0.1 + 0.020

7.390.25

)+

+10.642

19.62

(1 + 0.025

10.00.10

)= 21.59 m

79

Snaga crpke i energija utrosena za vreme t = 5 h su:

S =1ηC

ρgQHC =1

0.751 × 9.81× 0.0836× 21.59 = 23.6 kW

E = St = 23.6× 5 = 118 kWh

Pijezometarska kota u preseku ispred crpke dobija se iz energetske jednacineza presek u rezervoaru i presek u kome je prikljucen manometar:

0.80 = Π1 +v21

2g+

v21

2g

(ξUL + ξK + λ1

√5.02 + 2.02 + 2.0

d1

)⇒

Π1 = 0.80− 1.702

19.62

(1 + 0.7 + 0.1 + 0.020

7.390.25

)= 0.46 m

Trazeni pritisak na manometru odreduje se iz jednacine hidrostatike:

p1 = (ΠM1 − ZM1)ρg = (0.46− 2.50)1× 9.81 = −20.0 kPa

Zadatak 2.8. Izracunati snagu crpke, ako se za vrednost koeficijentalokalnog gubitka na zatvaracu ξV = 10 u cevcici A–B precnika d1 = 1 mmostvaruje laminarno tecenje sa Reynolds-ovim brojem Re = 100. Radi jed-nostavnosti proracuna, zanemariti uticaj proticaja u cevcici A–B na jedna-cine kontinuiteta u cvorovima A i B, odnosno zanemariti promenu proticajaduz cevi precnika d2 = 200 mm. Kinematski koeficijent viskoznosti vode jeν = 10−6 m2/s, a gustina vode je ρ = 1.0 kg/dm3.

Resenje. Brzina vode u cevcici je:

Re =v1d1

ν⇒ v1 =

100× 10−6

0.001= 0.10 m/s


Energija izgubljena izmedu preseka A i B, racunato duz cevcice precnika d1,gde se ostvaruje laminarno strujanje, uz zanemarivanje lokalnih gubitaka,iznosi:

∆EA−B =64Re

4.0 + 2(4.0− 3.1)d1

v21

2g=

64100

5.80.001

0.102

19.62= 1.89 m

Taj isti gubitak, racunat duz cevi precnika d2, iznosi:

∆EA−B =v22

19.62

(ξV + λ2

4.0d2

)⇒

v2 =

√19.62× 1.89

10.0 + 0.03 4.00.20

= 1.87 m/s

Posto je d2 = 200d1, proticaj kroz cev d2 je znatno veci od onoga kroz d1

(Q2 Q1), pa se Q1 moze zanemariti u jednacini kontinuiteta.

Q2 = 1.870.202 × 3.14

4= 0.0588 m3/s

Energetska jednacina za struju duz cevi precnika d2 glasi:

1.0 = 1.0 +v22

2g

(ξUL + 2ξK + ξV + λ2

12.0 + 2× 3.0d2

+ ξIZL

)− HC ⇒

HC =1.872

19.62(0.5 + 2 × 0.4 + 10 + 0.03

18.00.20

+ 1) = 2.68 m

S =1ηρgQ2HC =

10.8

1 × 9.81× 0.0588× 2.68 = 1.93 kW

Zadatak 2.9. Za zatvoreni sistem cevi i rezervoara (A i B) odreditiproticaje Q1 i Q2 i potrebnu snagu crpke. U pogodnoj razmeri nacrtatienergetsku i pijezometarsku liniju za gornju cev.

Resenje. Proticaj kroz sistem moze se odrediti iz energetske jednacine zapreseke u rezervoarima duz struje kroz donju cev:

ΠB = ΠA +v22

2g(ξUL + λ2

10.0d2

+ ξIZL) ⇒

v2 =

√19.62(5.00− 4.50)0.5 + 0.0210.0

0.20 + 1= 1.98 m/s

81

Q2 = 1.980.202 × 3.14

4= 0.0622 m3/s

Cevi na prskacu su istih precnika i hrapavosti i postavljene su simetricnou odnosu na vertikalnu osu, pa su i proticaji kroz ove dve cevi medusobnojednaki:

Q1 =0.0622

2= 0.0311 m3/s ⇒ v1 =

4 × 0.03110.052 × 3.14

= 15.85 m/s

Visina dizanja crpke HC odreduje se iz energetske jednacine za presek urezervoaru A i izlazni presek na prskacu:

4.50 = 5.50 +v21

2g+

v22

2g(ξUL + λ2

20.0 + 1.5d2

+ ξK) +

+v21

2g

(ξR + λ1

√1.02 + 0.52

d1

)− HC ⇒

HC = 5.50− 4.50 +1.982

19.62(0.5 + 0.020

21.500.20

+ 0.4) +

+15.852

19.62

(1 + 0.2 + 0.025

1.120.05

)= 24.13 m

Trazena snaga crpke je:

S =1

0.851 × 9.81× 0.0622× 24.13 = 17.33 kW


Zadatak 2.10. Proticaj kroz cev 3 je dva puta veci od proticaja krozcev 2 (Q3 = 2Q2). Odrediti precnik otvora d0 centralno simetricnog prste-nastog zatvaraca na kraju cevi 3. Voditi racuna o kontrakciji mlaza, odnosnoda presek mlaza AML, koji se uzima kao kontrolni presek za energetsku

83

jednacinu, iznosi 70% od poprecnog preseka otvora zatvaraca A0. Gubitakenergije na zatvaracu iznosi 10% od brzinske visine suzenog mlaza. Sracunatisilu kojom fluidna struja deluje na spoj cevi u preseku A–A.

Resenje.

Q3 = 2Q2

Q1 = Q2 + Q3

⇒ Q1 = Q2 + 2Q2 = 3Q2 ⇒

v1d2

1π

4= 3v2

d22π

4⇒ v1 = 3

(0.100.15

)2

v2 =43v2

7.60 =10.0√

3+

v22

2g+

v21

2g

(ξUL + λ1

10.0d1

)+

v22

2g

ξR + λ2

2√310.0

d2

⇒

v2 =√

19.62(7.60− 5.77)(

43

)2(0.5 + 0.020

10.00.15

)+ 1 + 0.2 +

+ 0.02311.550.10

= 2.24 m/s ⇒

Q2 = 2.240.102 × 3.14

4= 0.0176 m3/s

v3 = 2v2 = 4.49 m/s ⇒ Q3 = 4.490.102 × 3.14

4= 0.0352 m3/s

v1 =43v2 = 2.99 m/s ⇒ Q1 = 2.99

0.152 × 3.144

= 0.0529 m3/s

vMLAML = v3A3 ⇒ vMLCAd2

0π

4= v3

d23π

4⇒

7.60 = − 10.0√3

+v2ML

2g+

v21

2g

(ξUL + λ1

10.0d1

)+

+v23

2g

ξR + λ2

2√310.0

d2

+ ξZ

v2ML

2g⇒

vML =[

19.62(7.60+ 5.77)− 2.992(

0.5 + 0.02010.00.15

)−

−4.492(0.2 + 0.023

11.550.10

)]/(1 + 0.1)

0.5

= 13.09 m/s


vMLAML = v3A3 ⇒ vMLCAd2

0π

4= v3

d23π

4⇒

d0 = d3

√v3

vMLCA= 0.10

√4.49

13.09× 0.7= 0.070 m

U zadatku se trazi da se odredi uti-caj fluidne struje na presek A–A,odnosno da se odrede normalna sila,transverzalna i momenat u preseku.Posto cevi 2 i 3 desno od presekaA–A u statickom smislu predstavlja-ju konzolu, presecne sile usled delova-nja fluida, u preseku A–A se odredujupomocu konturne sile vode koja de-luje na konzolu. Ako se posmatra za-premina vode izmedu preseka A–A iizlaznih preseka cevi 2 i 3, moze senapisati jednacina ravnoteze svih sila:

~I1 + ~PX + ~I2 + ~IML + ~G2 + ~G3 + ~K = 0

gde su I – inercijalne sile, P – sila pritiska (u presecima 2 i 3 je 0), G –tezina vode u cevi i K – sila konture, cevi na vodu. Sila vode na konturu,odnosno na konzolu je:

− ~K = ~R = ~I1 + ~PX + ~I2 + ~IML + ~G2 + ~G3

I1 = 1000× 0.0529× 2.99 = 158.2 NI2 = 1000× 0.0176× 2.24 = 39.5 N

IML = 1000× 0.0352× 13.09 = 461.4 N

7.60 = ΠA +v21

2g+

v21

2g

(ξUL + λ

10.0d1

)

ΠA = 7.60− 2.992

19.62(0.5 + 0.020

10.00.15

+ 1) = 6.31 m

PX = pA−AT A1 = 1000× 9.81(6.31− 0.00)

0.152 × 3.144

= 1093.3 N

85

G2 = G3 = 1000× 9.810.102 × 3.14

411.55 = 889.7 N

Presecne sile u preseku A–A su8:

MA−A = (889.7 + 889.7)5.00 = 8896.7 Nm

TA−A = 889.7 + 889.7 + (39.5− 461.4) cos600 = 1568.4 N

NA−A = 158.2 + 1093.3− (39.5 + 461.4) cos300 = 817.7 N

Zadatak 2.11. Posma-tra se laminarno tecenje vo-de kroz cev (unutrasnjeg prec-nika d = 2 mm. Koeficijentkinematske viskoznosti vodeje ν = 10−6 m2s−1. Odre-diti proticaj. Nacrtati pije-zometarsku i energetsku lini-ju. Sracunati prosecni tan-gencijalni napon izmedu vodei zida cevi i ukupnu silu trenjaza celu cev.

Resenje. Energetska jednacina za presek u rezervoaru i izlazni presek glasi:

ΠREZ = ΠIZL +v2

2g+

v2

2g

(ξUL + λ

√5.02 + 3.02

d

)(2.19)

Za laminarno tecenje vazi zavisnost:

λ =64Re

=64ν

vd(2.20)


10.00 = 8.00 +

(1 + 0.3 +

64× 10−6

v × 0.0025.830.002

)v2

2g⇒

8Sila pritiska PA−AX ne deluje u tezistu preseka, ali je njen ekscentricitet veoma mali pa

se odgovarajuci moment sile moze zanemariti.


2.00 = 0.06626v2 + 4.755v

⇒ v = 0.42 m/s ⇒

Q = 0.420.0022 × 3.14

4=

= 1.31 · 10−6 m3/s

Nakon proracuna proticaja, po-trebno je proveriti pretpostavku olaminarnom tecenju:

Re =v d

ν=

0.42× 0.00210−6

= 840 < ReKRIT

Prosecni tangencijalni napon izmedu vode i zida cevi je:

τ = Cτ12ρv2 =

λ

412ρv2 =

14

64× 10−6

0.42× 0.002121000× 0.422 = 1.67 Pa

Ukupna sila trenja je:

T = τOL = 1.67× 0.002× 3.14× 5.83 = 0.062 N

gde je O – okvaseni obim cevi i L – ukupna duzina cevi.

Zadatak 2.12. Na slici je prikazana standardna laboratorijska insta-lacija sa Thompson-ovim ostroivicnim prelivom. Pretpostavljajuci da je do-

87

nji rezervoar R1 dovoljno veliki da nivo vode u njemu ne zavisi od proticajai da je brzinska visina u gornjem rezervoaru R2 zanemarljiva, odrediti kotuvode u gornjem rezervoaru Π2 pri kojoj crpka radi snagom S = 500 W.

Resenje. Potrebno je postaviti tri jednacine: prva je energetska jednacinaza preseke u donjem i gornjem rezervoaru, druga je jednacina prelivanja zaThompson-ov preliv a treca je izraz za snagu crpke:

Π1 = 2.00 + hT +v2

2g(ξRES + λ

1.6D

+ ξIZL) − HC

QT =516

√2gh5

T ⇒ hT =

(256Q2

25 × 19.62

)0.2

= 0.878Q0.4

S =1ηρgQHC ⇒ HC =

ηS

ρgQ

⇒

1.00 = 2.00 + 0.878Q0.4 +1

19.62

(4Q

0.302 × 3.14

)2

(0.5 + 0.021.60.3

+

+ 1) − 0.8× 5009.81× 1000× Q

⇒

−1.00 = 0.878Q0.4 + 16.4Q2 − 0.0408Q−1

Ova jednacina, nakon mnozenja sa −Q, moze se napisati u obliku:

Q = 0.0408− 0.878Q1.4 − 16.4Q3

odnosno, moze se resiti iterativnim postupkom9:

Q(i+1) = 0.0408− 0.878Q1.4(i) − 16.4Q3

(i)

gde je i – redni broj iteracije. Ako se u prvom koraku uzme Q(1) = 0, do-bija se:

Q(2) = 0.0408− 0.878× 0.00001.4 − 16.4× 0.00003 = 0.0408

Q(3) = 0.0408− 0.878× 0.04081.4 − 16.4× 0.04083 = 0.0300

. . .



Q(7) = 0.0408− 0.878× 0.03301.4 − 16.4× 0.03303 = 0.0328

Daljim ponavljanjem moze se pokazati da postupak konvergira vrednostiQ = 0.0328 m3/s. Odgovarajuca visina mlaza na Thompson-ovom prelivuje:

hT = 0.878× 0.03280.4 = 0.224 m

pa je trazena kota vode u gornjem rezervoaru:

Π2 = 2.00 + hT = 2.224 m

3

Tecenje sa slobodnompovrsinom

Zadatak 3.1. Pri ustaljenom jednolikom tecenju u kanalu trapeznogpoprecnog preseka, izmerena je dubina vode H = 1.0 m. Nagib dna kanala jeID = 0.5% a Manning-ov koeficijent hrapavosti je n = 0.014 m−1/3s. Ispitatirezim tecenja u kanalu (da li je mirno ili burno), uz potrebna obrazlozenja.

Resenje. Chezy-Manning-ova jednacina za ustaljeno tecenje glasi:

Q =1n

AR2/3√

IE gde je IE = IΠ = ID za jednoliko tecenje (3.1)

(IE – nagib linije energije, IΠ – nagib linije nivoa, odnosno Π-linije, ID –nagib dna kanala, A – proticajna povrsina, R – hidraulicki radijus definisankao odnos proticajne povrsine i okvasenog obima R = A/O, n – dimen-zionalni koeficijent trenja po Manning-u sa dimenzijom [L−1/3T]). Dubinapri kojoj vazi pretpostavka iz jednacine (3.1) o jednolikom tecenju zove se

89

90 3. Tecenje sa slobodnom povrsinom

normalna dubina, pa se moze napisati:

Q =1n

ANR2/3N

√ID

Iz uslova zadatka da je H = HN = 1.0 m, moze se sracunati proticaj Q, uzzamenu:

AN = H(b + 2H) = 7.0 m2

RN =AN

ON=

H(b + 2H)b + 2H

√5

= 0.739 m

Q =1

0.0147.0× 0.7392/3

√0.005 = 28.9 m3/s

Da bi se proverio rezim tecenja u kanalu, potrebno je za zadatu dubinu idobijeni proticaj sracunati Froude-ov broj:

Fr =Q2B

gA3=

Q2(b + 4H)g[H(b+ 2H)]3

=28.92(5.0 + 4 × 1.0)

9.81 [ 1.0 (5.0+ 2 × 1.0)]3= 2.23

i uporediti ga sa kriticnom vrednoscu (FrK = 1). Posto je Fr > 1, tecenjeu kanalu je u burnom rezimu. Do istog zakljucka moze se doci ukoliko sesracuna kriticna dubina za zadati proticaj Q (odnosno dubina HK pri kojojje Froude-ov broj jednak jedinici) pa se uporedi sa normalnom dubinom HN.Za zadatu geometriju poprecnog preseka bice:

FrK =Q2(b + 4HK)

g[HK(b + 2HK)]3= 1 ⇒ HK = 3

√Q2

gb2

3√

1 + 4HK/b

1 + 2HK/b

Poslednji oblik jednacine pogodan je za resavanje iterativnim postupkom1:

H(i+1)K = 3

√Q2

gb2

3√

1 + 4H(i)K /b

1 + 2H(i)K /b

gde je i – redni broj iteracije. Ako se u prvom koraku uzme H(1)K = 0:

H(2)K = 3

√28.92

9.81× 5.02= 1.50

dobija se:

H(3)K = 1.50

3√

1 + 4×1.505.0

1 + 2×1.505.0

= 1.22 H(4)K = 1.50

3√

1 + 4×1.225.0

1 + 2×1.225.0

= 1.27


91

H(5)K = 1.50

3√

1 + 4×1.275.0

1 + 2×1.275.0

= 1.26

Daljim ponavljanjem moze se pokazati da postupak konvergira vrednostiHK = 1.26 m. Ako se sracunata kriticna dubina uporedi sa normalnom, vidise da je HK > HN, odnosno zakljucuje se da je tecenje u kanalu u burnomrezimu.

Kriticna dubina moze da se odre-di i graficki tako sto se, na osno-vu nekoliko sracunatih vrednostiFroude-ovog broja, nacrta dija-gram Fr(h), a zatim se sa njega o-cita HK.

h (m) 1.10 1.20 1.30Fr (–) 1.61 1.19 0.90

Zadatak 3.2. U betonskom kanalu sa Manning-ovim koeficijentom hra-pavosti n = 0.014 m−1/3s i poprecnog preseka kao na slici, kota vode prikojoj se javlja kriticna dubina je HK = 3.0 m. Sracunati pri kom nagibudna kanala je normalna dubina jednaka kriticnoj. Ako se proticaj poveca triputa, da li je za tako sracunat nagib tecenje mirno, kriticno ili burno?

Resenje. S obzirom da je poznata kriticna dubina i geometrija poprecnogpreseka, moguce je sracunati proticaj u kanalu, iz uslova da je Froude-ov


broj jednak jedinici:

Fr =Q2B

gA3= 1 ⇒ Q =

√gA3

B=

√9.81× 17.03

10.0= 69.42 m3/s

Za sracunati proticaj, iz Chezy-Manning-ove jednacine se za poznatu dubinuHK = HN dobija trazeni nagib dna (pri kome ce se u ustaljenom jednolikomtecenju ostvariti dubina jednaka kriticnoj):

Q =1n

AR2/3√

ID ⇒

ID =(

nQ

AR2/3

)2

=

(0.014× 69.4217.0( 17.0

13.07)2/3

)2

= 0.0023 = 0.23 %

Povecanjem proticaja tri puta, Q′ = 3 × 69.42 = 208.27 m3/s, normalnadubina (H ′

N) postaje:

Q′ =1n

A′R′2/3√

ID ⇒ nQ′√

ID= A′R′2/3

60.76 = [17.0 + 10.0(H ′N − 3.0)]

[17.0 + 10.0(H ′

N − 3.0)13.07 + 2.0(H ′

N − 3.0)

]2/3

Dobijena jednacina se moze resiti grafickim putem, metodom probanja ili nu-merickim putem uz prethodno sredivanje u pogodniji oblik. Ako se jednacinadigne na treci stepen, pa se sredi po nepoznatoj H ′

N iz brojioca, dobija se:

H′N =

5√

(2.0H′N + 7.07)2 × 60.763 + 13.0

10.0= 1.55(H

′N + 3.54)0.4 + 1.30

Ovaj oblik jednacine pogodan je za resavanje iterativnim postupkom2:

H′(i+1)N = 1.55(H

′(i)N + 3.54)0.4 + 1.30

gde je i – redni broj iteracije. Polazeci od dubine H′(1)N = 3.0m, u nekoliko

iteracija dolazi se do resenja:

H ′N = 4.95 m


93

Kao i u prethodnom zadatku, za proveru rezima tecenja nije neophodnoracunati kriticnu dubinu, vec je dovoljno sracunati Froude-ov broj za nor-malnu dubinu:

Fr′ =208.262 × 10.09.81× 36.53

= 0.91

Kako je Fr′ < 1, zakljucuje se da sa povecanjem proticaja u kanalu rezimtecenja postaje miran.

Zadatak 3.3. U pravougaonom kanalu sirine dna B = 2.0 m, na sirokompragu se ostvaruje kriticna dubina. Gubitak energije izmedu preseka 1 i 2iznosi 30% od kineticke energije u preseku 2, a izmedu preseka 2 i 3 10%kineticke energije u preseku 3. Za preseke 1, 2 i 3, u kojima se ostvarujehidrostaticka raspodelapritisaka, pri cemu niz-vodni uslovi ne uticu nadubinu u preseku 3, sra-cunati i nacrtati kotedna, pijezometarske i e-nergetske kote, Froude-ove brojeve kao i dija-gram specificne energije(razmera 1 : 50

100). Nagibdna kanala je ID = 2 %.

Resenje. Za dati proticaj, dubina H2 u preseku 2 je kriticna dubina iracuna se iz uslova:

Fr =Q2B

gA32

= 1

A2 = BH2

⇒ H2 = HK = 3

√Q2

gB2= 0.972 m

Dubine u presecima 1 i 3 racunaju se pomocu energetskih jednacina, sobzirom da su poznati lokalni gubici energije. Za preseke 1 i 2 bice:

ZD1 + H1 +v21

2g= ZD2 + H2 +

v22

2g+ ∆E1→2


v22

2g=( 6.0

2.0× 0.972

)2 119.62

= 0.486 m

ZD2 = 100.0− 5.0× 0.02 + 1.0 = 100.90 m

∆E1→2 = 0.3v22

2g= 0.3× 0.486 = 0.146 m

⇒

H1 +Q2

2gB2H21

= 2.503 (3.2)

Ova jednacina pogodna je za resavanje iterativnim postupkom3:

H(i+1)1 = 2.503− 0.4587

H(i)1

2

gde je i – redni broj iteracije. Za H(1)1 = 2.503 m, dobija se:

H(2)1 = 2.503− 0.4587

2.5032= 2.430 H

(3)1 = 2.503− 0.4587

2.4302= 2.426

Daljim ponavljanjem moze se pokazati da postupak konvergira vrednosti4

H1 = 2.425 m. Za odredivanje dubine u preseku 3, postavlja se energetskajednacina izmedu preseka 2 i 3:

ZD2 + H2 +v22

2g= ZD3 + H3 +

v23

2g+ ∆E2→3 (3.3)

Nakon zamene ∆E2→3 = 0.1v23

2g, i izracunatih brojnih vrednosti, dobija se:

2.557 = H3 +0.5046

H23

Jednacina je u formi pogodnoj za resavanje iteracijama5:

H(i+1)3 =

√√√√H(i)3

3+ 0.5046

2.557

Ako se u prvom koraku uzme H(1)3 = 0, u nekoliko iteracija dobija se resenje

H3 = 0.495 m.3Videti objasnjenje na strani 49.4Jednacina (3.2) ima jos dva resenja: H

′1 = −0.398 m i H

′′1 = 0.476 m. Prvo fizicki

nema smisla jer dubina ne moze da bude negativna, a drugo hidraulicki nema smisla jerkota nivoa vode u preseku ispred praga mora biti veca od kote vode na pragu.

5Jednacina (3.3) moze da se napise u nekoliko razlicitih oblika pogodnih za iterisanje.Najbolje je koristiti onaj oblik kojim se najbrze konvergira resenju.

95

Velicina, oznaka (jedinice) Izraz 1 2 3Kota dna, Z (m) ZD 100.00 100.90 99.80Pijezometarska kota, Π (m) ZD + H 102.43 101.87 100.30

Energetska kota, E (m) ZD + H +v2

2g102.51 102.36 102.17

Specificna energija, e (m) H +v2

2g2.51 1.46 2.37

Froude-ov broj, Fr (–)Q2B

gA3 0.064 1.00 7.56


Zadatak 3.4. Za kanal trougaonog poprecnog preseka, sa uglom izme-du bokova kanala od 600, horizontalnog dna, nacrtati dijagram zavisnostizbira sile pritiska i inercijalne sile od dubine H , za proticaj Q = 5 m3/s. Pricrtanju dijagrama sracunati tacku minimuma funkcije i po dve tacke levoi desno od minimuma. Koristeci nacrtanu funkciju, odrediti potrebnu (niz-vodnu) dubinu H2 za formiranje hidraulickog skoka ako je uzvodna, dolaznadubina H1 = 1.00 m.

Resenje. Zbir sila pritiska i inercijalne sile u jednom preseku je:

P + I = pTA + ρQv = ρgH

3H2

√3

3+ ρQ

Q

H2√

33

(3.4)

P + I = ρg

√3H3

9+ ρQ2 3

H2√

3(3.5)

Minimum funkcije moze se dobiti izjednacavanjem prvog izvoda d(P +I)/dHsa nulom ili trazenjem kriticne dubine (znajuci da je za kriticnu dubinu zbirinercijalne sile i sile pritiska minimalan).

Fr =Q2B

gA3=

Q2 2√

33 H

g(√

33 H2

)3 = 1 ⇒ HK = 5

√6Q2

g= 1.73 m

Hidraulicki skok je lokalna pojava koju opisuju jednacina kontinuiteta i di-namicka jednacina primenjena na konacnu zapreminu izmedu preseka 1 i 2.Prema dinamickoj jednacini, vektorski zbir svih sila na konacnu zapreminuje nula, odnosno:

i=n∑

i=1

~Fi = 0 (3.6)

Horizontalna komponenta tezine vode ( ~G), odnosno komponenta u pravcutecenja, jednaka je nuli. Takode, zbog prizmaticnosti kanala, komponenta

97

sile konture na fluid ( ~K) u pravcu tecenja je nula dok se zbog relativno kratkedeonice za koju se pise dinamicka jednacina, sila trenja (~T ) moze zanemariti.Dinamicka jednacina se tako svodi na sledecu jednakost:

P1 + I1 = P2 + I2 (3.7)

Na osnovu dijagrama zavisno-sti sile od dubine, jednacina hi-draulickog skoka (3.7) moze seresiti grafickim putem, ocitava-njem dubine H2 sa dijagramakoja ce se spregnuti sa dubinomH1 u skok. Za H1 = 1.00 m, do-bija se dubina H2 = 2.76 m.

H (m) P + I (kN)0.50 173.441.00 45.191.73 24.242.50 36.433.00 55.79

Zadatak 3.5. Na slici je prikazano potopljeno isticanje iz kolektorakruznog preseka u kanal sa slobodnom povrsinom. Kanal je pravougaonogpoprecnog preseka, horizontalnog dna, sirine iste kao i precnik kolektora. Priproticaju Q = 2.0 m3/s, na pocetku kanala (u preseku 1) izmerena je dubinaH1 = 3.0 m. Odrediti povecanje nivoa vode izmedu preseka 1 i preseka 2 uzsledece pretpostavke:

– isticanje iz kruznog kolektora je bez kontrakcije,


– kota nivoa u preseku 1 je pijezometarska kota za ceo presek, ukljucujucii presek mlaza,

– zanemaruje se trenje izmedu preseka 1 i 2,

– u preseku 2 je merodavna srednja brzina za ceo presek.

Resenje. Zadatak se resava primenom jednacine kontinuiteta i dinamickejednacine za preseke 1 i 2, odnosno:

P1 + I1 = P2 + I2 (3.8)

Prema uslovima zadatka, sila pritiska i inercijalna sila u preseku 1 su:

P1 = pT1 A1 = ρg

H1

2H1B = 44.145 kN

I1 = ρQvKOL = ρQ4Q

D2π= 5.093 kN

a u preseku 2:

P2 = pT2 A2 = ρg

H2

2H2B = 4.905H2

2

I2 = ρQv2 = ρQQ

H2B= 4.00H−1

2

Na osnovu jednacine (3.8) sledi6:

44.145 + 5.093 = 4.905H22 + 4.00H−1

2 ⇒ H2 = 3.127 m

Trazeno povecanje nivoa vode je:

∆H = 3.127− 3.00 = 0.127 m

Zadatak 3.6. Na slici je prikazan pravougaoni kanal sirine B = 5.0 mi koeficijenta hrapavosti po Manning-u n = 0.015 m−1/3s sa promenom na-giba dna. U deonicama kanala 1 i 2 normalne dubine su HN1 = 0.7 m i

6Dato resenje dobija se pomocu iterativne formule H(i+1)2 =

3√

10.038H(i)2 − 0.8155 ;

druga dva resenja (H′2 = −3.208m i H

′′2 = 0.081 m) ocigledno nemaju smisla.

99

HN2 = 2.0 m. Sracunati proticajkanalom, nagib dna kanala u de-onici 1 (ID1) i skicirati slobodnupovrsinu nivoa vode na mestuspajanja dveju deonica kanala.

Resenje. Proticaj kanalom se racuna iz uslova da je u deonici 2 poznatanormalna dubina:

Q =√

ID2

nA2R

2/32 =

√0.001

0.0155.0× 2.0

(5.0 × 2.0

2 × 2.0 + 5.0

)2/3

=

= 22.62 m3/s

Na osnovu sracunatog proticaja i podatka da je u deonici 1 normalna dubina,racuna se nagib dna kanala:

ID1 =

(nQ

A1R2/31

)2

=

0.015× 22.62

5.0× 0.7(

5.0×0.72×0.7+5.0

)2/3

2

= 0.021 = 2.1 %

Da bi se skicirala linija nivoa na mestu promene pada dna kanala, potrebnoje prvo sracunati kriticnu dubinu (iz uslova Fr = 1):

Fr =Q2B

gA3=

22.622 × 5.09.81(5.0HK)3

= 1 ⇒ HK = 3

√22.622

9.81× 5.02= 1.28 m

Kako je HN1 < HK (u deonici 1 je burno tecenje), a HN2 > HK (u deonici 2je mirno tecenje), prelaz iz burnog u mirno tecenje je moguc samo prekohidraulickog skoka. Da bi se odredio polozaj skoka, potrebno je sracunatidubinu H

′1 koja se sa dubinom H1 moze spregnuti u skok:

P1 + I1 = P2 + I2

158.15 = 24.525H′21 +

102.30H ′

1

⇒ H ′1 = 2.12 m

Da bi se hidraulicki skok formirao tacno na mestu promene nagiba dnakanala, potrebna je nizvodna dubina H ′

1 = 2.12 m. Kako je HN2 < H ′1,

hidraulicki skok ce biti “odbacen”, odnosno pomeren nizvodno. Za hidrau-licki skok u nizvodnoj deonici, dubina iza skoka je H

′2 = H2N = 2.0m. Treba,

dakle, sracunati dubinu H2 ispred skoka, tako da bude spregnuta sa dubinomH

′2 iza skoka, i to iz uslova:

P2 + I2 = P2N + I2N


24.525H22 +

102.30H2

= 149.25 ⇒ H2 = 0.76m

Zadatak 3.7. Na laboratorijskoj instalaciji, pravougaonom kanalu sirinedna B = 0.1 m i horizontalnog dna, izmerene su dubine H1, H2 i visinapraga p. Ukoliko se zna da je lokalni gubitak energije od preseka 3 do praga30 % od kineticke energije na pragu (na pragu se ostvaruje kriticna dubina),izracunati proticaj u kanalu QPR. Iz izmerenih podataka o dubinama ispredi iza hidraulickog skoka (H1 i H2), izracunati proticaj QHS. Tako sracunatproticaj uporediti sa proticajem QPR dobijenim iz uslova da je na pragukriticna dubina. Pod pretpostavkom da su sve dubine tacno izmerene i daje podatak o koeficijentu lokalnog gubitka pouzdan, komentarisati dobijenurazliku u izracunatim protocima.

Resenje. Postavljanjem dinamicke jednacine za preseke 1 i 2, racuna seQHS:

P1 + I1 = P2 + I2 ⇒ 0.07 + 833333Q2HS = 19.62 + 50000Q2

HS

⇒ QHS = 5.00 l/s

Na osnovu energetske jednacine, znajuci da se u preseku na pragu ostvaruje

101

kriticna dubina i znajuci lokalne gubitke energije izmedu preseka 3 i presekana pragu, dobija se proticaj QPR:

H3 +v23

2g= p + HK +

v2K

2g(1 + 0.3) ⇒

H3 +Q2

PR

2gB2H23

= p + HK +Q2

PR

2gB2H2K

(1 + 0.3)

S obzirom da su u jednacini nepoznati proticaj QPR i dubina vode na praguHK, koristi se veza:

Fr =Q2

PRB

gA3= 1 ⇒ Q2

PR = gB2H3K

Nakon elementarnih transformacija, dobija se jednacina po HK:

0.2 +H3

K

2 × 0.22= 0.098 + HK +

1.3HK

2⇒ HK = 0.064 m

pa je “tacni” proticaj:

QPR =√

gB2H3K = 5.05 l/s

Vrednost QPR je nesto veca od QHS, sto je moglo i da se ocekuje zato stoje pri proracunu proticaja preko spregnutih dubina u dinamickoj jednacinizanemarena sila trenja (koja deluje u smeru suprotnom od smera tecenja ikoja je na kratkim rastojanjima obicno mala u poredenju sa drugim sila-ma). Ovaj zakljucak, da se zanemarivanjem trenja dobija manji proticaj,nelogican je samo na prvi pogled. Napominje se jos i da, ukoliko kanalnije horizontalan, u dinamickoj jednacini se pojavljuje i komponenta siletezine u pravcu toka. Zanemarivanjem ove sile (sto je opravdano samo zarelativno male nagibe dna), dobija se nesto veci proticaj od stvarnog, postokomponenta sile tezine u pravcu toka deluje u smeru tecenja.

Zadatak 3.8. Na slici je prikazan pravougaoni kanal horizontalnog dna,sirine B = 3.0 m sa trougaonim suzenjem (presek 3). Za dati proticajQ = 4 m3/s, odrediti dubine vode u suzenju H3, neposredno ispred suzenjaH2 i dubinu H1 koja se spreze u skok sa dubinom H2. Pretpostaviti dasu gubici energije izmedu preseka u suzenju i ispred suzenja zanemarljivi.Dubinu H2 racunati za puni (pravougaoni) presek a dubinu H3 za suzeni(trougaoni) presek. Nizvodni uslovi ne remete tecenje kroz suzenje, tako


da je omoguceno formiranje kriticne dubine u suzenju. U pogodnoj razmerinacrtati pijezometarsku i energetsku liniju.

Resenje. Prema uslovima datim u zadatku, u suzenom preseku 3 se for-mira kriticna dubina, definisana sa:

Fr =Q2B

gA3= 1 ⇒

Q2 2× 1.52.5HK

g(

1.52.5H2

K

)3 = 1 ⇒

HK = 5

√√√√√2Q2

g(

1.52.5

)2 = 1.554 m, E3 = 1.942 m

Dubina vode u preseku 2 se racuna iz energetske jednacine:

H2 +v22

2g= HK +

v2K

2g⇒ H2 +

Q2

2gB2H22

= HK +v2K

2g⇒

H2 = 1.917 m, E2 = 1.942 m

dok se dubina u preseku 1 dobija iz dinamicke jednacine uz zanemarenje siletrenja:

P1 + I1 = P2 + I2 ⇒ ρgH2

1

2B + ρQv1 = ρg

H22

2B + ρQv2

14715H21 +

5333.3H1

= 56858 ⇒ H1 = 0.094 m E1 = 10.31 m

Do istog resenja za dubinu H1 se moglo doci i koriscenjem jednacine:

103

H1 =H2

2

(√1 + 8Fr2 − 1

)

koja se takode dobija primenom dinamicke jednacine za pravougaono korito,nakon zanemarenja sile trenja i elementarnih transformacija.

Zadatak 3.9. Radi ispitivanja tecenja preko sirokog praga u labora-torijskom kanalu pravougaonog poprecnog preseka sirine dna B = 0.2 m,nagiba dna ID = 0.5 % i hrapavosti po Manning-u n = 0.013 m−1/3s, us-postavljeni su uslovi kao na slici. Izmerena dubina vode u preseku 4 jeH4 = 0.117 m. Pretpostavlja se da nizvodno od preseka 4 nema nikakvihporemecaja, pa se moze smatrati da je H4 normalna dubina. Skicirati linijunivoa ako je prelivanje preko sirokog praga nepotopljeno a hidraulicki skokse formira izmedu preseka 3 i 4. Gubitak energije izmedu preseka 1 i 2 je10 % kineticke energije u preseku 2.


Resenje. S obzirom da je omoguceno nepotopljeno prelivanje preko sirokogpraga, na pragu se ostvaruje kriticna dubina, a nizvodno se formira burnotecenje (presek 2), H2 < H1. Izmedu preseka 3 i 4 se formira hidraulickiskok, sa uzvodnom dubinom H3 > H2, a nizvodnom H4 = HN = 0.117 m.Na osnovu ovih podataka, moguce je skicirati liniju nivoa. Na osnovu poda-tka da je u preseku 4 normalna dubina, racuna se proticaj u kanalu:

Q =√

ID

nAR2/3 =

√0.005

0.0130.2× 0.117

(0.2× 0.117

2 × 0.117 + 0.2

)2/3

=

= 18.17 l/s

Na pragu se ostvaruje kriticna dubina H1 = HK:

Fr =Q2B

gA3= 1 ⇒ HK = 3

√Q2

gB2= 0.094 m, EK = 0.157 m

dok se dubina u preseku 2 dobija iz energetske jednacine (uz zanemarenjepromene kote dna izmedu preseka 1 i 2):

p + HK +v2K

2g= H2 +

v22

2g(1 + 0.1)

0.157 = H2 +1.1 Q2

2gB2H22

⇒ H2 = 0.074 m E2 = 0.151 m

Dubina u preseku 3 je dubina koja se sa H4 spreze u skok, pa se racuna izdinamicke jednacine (pri cemu se pored sile trenja zanemaruje i komponentasile tezine u pravcu toka):

P3 + I3 = P4 + I4 ⇒ ρgH2

3

2B + ρ

Q2

BH3= 27.68 ⇒

H3 = 0.075 m E3 = 0.150 m

105

Zadatak 3.10. Iz rezervoara u kome se odrzava konstantan nivo isticevoda kroz kratki pravougaoni kanal na cijem kraju se nalazi ustava kojasluzi za regulisanje proticaja. Dno kanala je horizontalno. Gubitak energijeizmedu nekog preseka 0 u rezervoaru (gde je brzina priblizno jednaka nuli) ipreseka 1 iznosi 10% kineticke energije u preseku 1, a gubitak izmedu preseka1 i 2 iznosi 15 % kineticke energije u preseku 2. Isticanje ispod ustave jeuvek slobodno, a koeficijent kontrakcije mlaza CA = 0.7. Nacrtati dijagramproticaja kroz kanal u zavisnosti od visine dizanja ustave za raspon U od 0do 0.3 H0.

Resenje. Postavljanjem dve energetske jednacine, za preseke 0 i 1, od-nosno 1 i 2, dobijaju se dve jednacine sa dve nepoznate, dubinom H1 iproticajem Q. Pri tome se smatra da je visina dizanja ustave U = H2/CA

poznata, jer se ona nezavisno zadaje u rasponu od 0 do 0.3H0.

H0 = H1 +v21

2g(1 + 0.1) , H1 +

v21

2g= H2 +

v22

2g(1 + 0.15)

Sabiranjem ove dve jednacine dobija se:

H0 = H2 + 0.1v21

2g+ 1.15

v22

2g

Ova jednacina se, uz primenu jednacine kontinuiteta Q = v1H1B = v2H2B ,moze napisati u obliku:

Q =0.7√1.15

UB

√2g(H0 − 0.7U)− 0.1

(Q

BH1

)2

Dalje se proracun obavlja iterativno:

Q(i+1) = 1.632U

√√√√19.62(2.0− 0.7U)− 0.016

(Q(i)

H(i)1

)2

H(i+1)1 = 2.0− 0.009

(Q(i+1)

H(i)1

)2


gde je i – redni broj iteracije. Ako se, za nekoliko visina dizanja ustave, uprvoj iteraciji uzmu vrednosti koje odgovaraju zatvorenoj ustavi (U = 0),odnosno Q(1) = 0, H

(1)1 = 2.0 m, dobija se da postupak prakticno konvergira

resenju iz par iteracija (vidi tabelu).

U/H0 (–) 0.1 0.2 0.3U (m) 0.200 0.400 0.600Q(2) (m3/s) 1.972 3.792 5.451H

(2)1 (m) 1.991 1.968 1.933

Q(3) (m3/s) 1.971 3.789 5.440H

(3)1 (m) 1.991 1.967 1.929

4

Otpori trenja i otpori oblika

Zadatak 4.1. Na osnovu pritisaka izmerenih duz konture prikazanogstuba, izlozenog homogenoj vazdusnoj struji, odredeni su koeficijenti priti-saka Cp (dati u tabeli). Izracunati pritiske u datim tackama, rezultujucusilu na stub po metru visine i koeficijent sile CF .

R. br. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12X (m) −2.0 −2.0 −1.3 −0.7 0.0 1.5 3.0 1.5 0.0 −0.7 −1.3 −2.0Y (m) 0.0 1.0 1.7 2.3 3.0 1.5 0.0 −1.5 −3.0 −2.3 −1.7 −1.0Cp (–) 1.0 0.9 0.1 −0.6 −0.8 −0.6 0.1 0.9

107

108 4. Otpori trenja i otpori oblika

Resenje. Pritisak u nekoj tacki na konturi objekta moze se izraziti kaoproizvod zaustavnog pritiska (1

2ρU2) i koeficijenta pritiska (Cp):

p = Cp12ρU2 (4.1)

gde je ρ – gustina fluida i U – neporemecena brzina fluidne struje. Koe-ficijent pritiska Cp predstavlja meru za koliko je stvarni pritisak p veci ilimanji od referentnog pritiska u neporemecenoj struji. Zaustavni pritisak seizracunava preko neporemecene brzine fluida U . U zadatku su poznati koe-ficijenti pritisaka Cp za tacke 1 do 12, kao i gustina vazduha ρ i brzina uneporemecenoj struji U . Pritisak u tackama se racuna preko jednacine (4.1).U tabeli su dati sracunati pritisci u svim tackama po obimu stuba.

R. br. 1 2 3 4 5–9 10 11 12Cp (–) 1.0 0.9 0.1 −0.6 −0.8 −0.6 0.1 0.9p (Pa) 15.0 13.5 1.5 −9.0 −12.0 −9.0 1.5 13.5

Sila na objekat od dejstva fluida je suma proizvoda pritisaka i pripadajucihelementarnih povrsina:

~F =∫

Ap~ndA (4.2)

Kada su poznati pritisci u svim tackama konture, proracun sile se svodina izracunavanje integrala (4.2), pri cemu se obicno vektor sile ~F razlazena komponente u osnovnim koordinatnim pravcima, FX i FY . Na slicije prikazan dijagram pritisaka na konturu sa ucrtanim smerovima1. Priproracunu sile usvojena je linearna promena pritisaka izmedu datih tacaka.Prvo se racunaju komponente sila F1, . . . , F5 (po metru visine stuba) up-ravne na ravne povrsi:

F1 = 215 + 13.5

2× 1.0 = 28.5 N/m′

F2 = 0.943(

13.5 + 1.52

+1.5 − 9.0

2+

−9.0− 12.02

)= −6.37 N/m′

F3 = 12× 4.243 = 50.92 N/m′

F4 = F3 = 50.92 N/m′

F5 = F2 = −6.37 N/m′

1Obratiti paznju na konvenciju o znaku i smeru pritiska na strani 52.

109

Znakovi ovako sracunatih sila pokazuju da li je sracunati smer sile isti kaousvojen (znak +, kao kod F1 i F3) ili je suprotan (znak −, kao kod F2 i F5).Ukupna sila na metar visine stuba u pravcima X i Y je:

FX = F1 + 2F2 cos 450 + 2F3 cos 450 = 91.5 N/m′

FY = 0.0 N/m′

Koeficijent sile CF predstavlja odnos stvarne sile (F ) i proizvoda zaustavnogpritiska (1

2ρU2) i maksimalne povrsine upravne na smer fluidne struje (APP):

CF =F

12ρU2 APP

APP = (6 × 1)m2/m (4.3)

S obzirom da je ukupna sila u ovom zadatku podeljena na dve komponente,FX i FY , postoje i dva koeficijenta sile:

CFX =FX

12ρU2 APP

= 1.02

CFY =FY

12ρU2 APP

= 0

Voditi racuna da se u izrazima za CFX i CFY koristi ista karakteristicnapovrsina APP, odnosno, povrsina APP ne zavisi od smera za koji se racunakoeficijent sile, vec samo od smera fluidne struje.


Zadatak 4.2. Na slici je prikazan presek kroz garazu. Za jedan metarduzni, odrediti sile na krov, prednji i zadnji zid za dva slucaja:

a) kada su zatvo-reni i vrata iprozor na garazi(koeficijent pri-tiska u garazi jeCpU = 0.0),

b) kada je otvorensamo prozor.

Resenje. a) U slu-caju kada su zatvorenii vrata i prozor, uunutrasnjosti garazeje koeficijent pritiska

CpU = 0.0, pa su opterecenja na zidove i krov kao prema slici (pritisci seracunaju prema jednacini pi = Cpi

12ρU2 za svaki zid):

b) Kada je otvoren prozor, pritisak se sa spoljne strane prenosi i na unutra-snjost prostorije (koeficijent pritiska CpU = −0.7). Dijagram opterecenja jesada nesto izmenjen:

111

Ukupna sila na pojedine delove garaze na metar duzni se dobija integrisa-njem proizvoda elementarnih povrsina i pritisaka na zidove i krov garaze,usvajajuci linernu interpolaciju izmedu tacaka. Rezultati proracuna su datiu tabeli.

Slucaj FPZ (N/m′) FKR (N/m′) FZZ (N/m′)a) 432 935 252b) 768 235 0

Zadatak 4.3. Na slici je prikazana krovna konstrukcija perona (npr.na zeleznickoj stanici). Odrediti presecne sile u preseku A–A jednog stubanosaca, za brzinu vetra U = 40 m/s kada je voz u stanici. Srednja vrednost


koeficijenta pritiska, kao i dimenzije, date su na slici. Debljinu krovne kon-strukcije, kao i sile na stubove, zanemariti.

Resenje. Za date vrednosti koeficijenata pritiska moze se nacrtati dija-gram opterecenja od vetra:

Sile FL i FD su:

FL = (768 + 672)× 4.08× 15 = 88.13 kNFD = 2 × 576 × 4.08× 15 = 70.50 kN


MA−A = 2.0 (FL − FD) cosα + 5.4 (FL − FD) sinα = 53.2 kNmTA−A = (FL − FD) sinα = 3.5 kNNA−A = (FL + FD) cosα = 155.5 kN (α = 11.30)

Zadatak 4.4. Sracunati staticke uticaje od opterecenja vetrom, u pre-seku A–A fabrickog dimnjaka u obliku zarubljene kupe. Raspored brzinavetra je dat izrazom:

U(y) = U0

(y

H

)1/6

113

gde je U0 = 20 m/s – brzina ve-tra na visini y = H = 80 m.Pretpostavlja se da deo dimnja-ka elementarne visine (dy) pri-ma silu kao da ravnomerna strujabrzine U(y) opstrujava oko cilin-dra precnika d(y) datog jednaci-nom:

d(y) = D0 − (D0 − D)y

H

gde je D0 = 20 m, D = 6 m iH = 80 m. Koeficijent sile ot-pora se moze smatrati konstant-nim (CF = 0.35) ako je na bar90 % visine dimnjaka zadovoljenuslov da je Reynolds-ov broj:

Re =ρ U(y) d(y)

µ> 106

Gustina vazduha iznosi ρ = 1.2 kgm−3, a dinamicki koeficijent viskoznostivazduha µ = 1.8 · 10−5 kg m−1s−1.

Resenje. Potrebno je sracunati vrednosti Reynolds-ovog broja za y =0.1H i na vrhu dimnjaka kako bi se proverila pretpostavka da je strujanjeoko dimnjaka u turbulentnom rezimu:

y = 0.1H U = 13.6 m/s d = 18.6m ⇒ Re = 17 · 106 > 106

y = H U = 20 m/s d = 6 m ⇒ Re = 8 · 106 > 106

Postavljeni uslov da je Reynolds-ov broj veci od 106 zadovoljen je na viseod 90 % visine dimnjaka pa se moze smatrati da je koeficijent sile konstan-tan i da je horizontalna sila na dimnjak data integralom

∫H0 dF . Sila na

elementarnu povrsinu dF definisana je sa:

dF = CF12ρU2(y) d(y) dy = CF

12ρU2

0

(y

H

)2/6 [D0 − (D0 − D)

y

H

]dy

pa je ukupna sila na dimnjak (odnosno transverzalna sila u preseku A–A):


F = CF12ρU2

0

[∫ H

0D0

(y

H

)1/3

dy −∫ H

0(D0 − D)

(y

H

)4/3

dy

]

TA−A = CF12ρU2

0 3H

[14D0 − (D0 − D)

17

]= 60.5 kNm

Moment sile u preseku A–A se dobija iz sume elementarnih momenata dM :

MA−A =∫ H

0dM =

∫ H

0y dF =

= CF12ρU2

0 3H2[17D0 − (D0 − D)

110

]= 2.35 MNm

Zadatak 4.5. U cev precnika D = 250 mm postavljen je leptirasti zat-varac Z. Pri proticaju Q = 100 l/s i otvorenom zatvaracu, nivoi u pije-zometarskim cevima u presecima 1, 2 i 3 su Π1 = 10.2 m, Π2 = 10.0 mi Π3 = 9.5 m. Odrediti silu kojom fluid gustine ρ = 1 kgdm−3 deluje nazatvarac Z u njegovom otvorenom polozaju. Koliki je koeficijenat gubitkaenergije na zatvaracu ξZ?

Resenje. Na skici je izdvojen deo cevi izmedu preseka 2 i 3 sa ucrtanimsilama koje deluju na masu fluida izmedu ta dva preseka. Postavljanjemdinamicke jednacine za konacnu zapreminu izmedu tih preseka moze se sra-cunati sila F , sila kojom fluid deluje na zatvarac:

∑~P +

∑~I + ~T + ~K = ~0 ⇒ ~F = − ~K =

∑~P +

∑~I + ~T

115

S obzirom da je cev konstantnogpreseka i bez usputne promene pro-ticaja, inercijalne sile I2 i I3 su is-tog intenziteta i pravca, a suprotnogsmera pa se medusobno potiru. Naosnovu podataka o pritiscima u te-zistima preseka 2 i 3 moguce je sra-cunati (ZT

2 = ZT3 = 5.0 m):

P2 = pT2 A = ρg(Π2 − ZT

2 )A = 2.408 kNP3 = pT

3 A = ρg(Π3 − ZT3 )A = 2.167 kN

Pretpostavlja se da se sila trenja (po metru duznom) dobija iz podataka zapreseke 1 i 2 (postavljanjem dinamicke jednacine za ova dva preseka):

T12 = T23 = (P1 − P2) = ρg(Π1 − Π2)A = 96.31 N

Ukupna sila na zatvarac je:

F = P2 − P3 − T23 = 0.144 kN

Do istog rezultata moze se doci ako se uoci da su za razliku pijezometarskihkota od 2 do 3 odgovorni trenje i gubitak energije na zatvaracu. Ako se zna daje na duzini od 10 m razlika pijezometarskih kota zbog trenja ∆ΠT = 0.2 m(iz preseka 1 i 2), dobija se da je ∆ΠZ = 0.5 − 0.2 = 0.3 m pa je sila nazatvaracu F = ρg∆ΠZA = 0.144 kN. Koeficijenat sile je:

CF =F

12ρv2A

=ρg∆ΠZA

12ρv2A

= 2g∆ΠZ

v2= 1.42

gde je karakteristicna povrsina A povrsina poprecnog preseka cevi. Akose pad energije na zatvaracu napise u obliku proizvoda brzinske visine ikoeficijenta lokalnog gubitka energije, dobija se:

∆EZ = ∆ΠZ = ξZv2

2g⇒ ξZ = 2g

∆ΠZ

v2= CF = 1.42

odnosno, dolazi se do toga da je koeficijenat lokalnog gubitka energije nazatvaracu u stvari koeficijenat sile koju zatvarac prima od fluida.

Zadatak 4.6. Konstrukcija prikazana na slici izlozena je vetru brzineU0 = 7 m/s. Sracunati dodatne momente savijanja i torzije u ukljestenjuA–A usled opterecenja vetrom. Zanemariti debljinu konstrukcije i uticaj


vetra na stub. Koeficijent pritiska sa prednje strane konstrukcije je kon-stantan i iznosi Cp = 0.95 a sa zadnje strane Cp = −1.5. Apsolutnahrapavost ploce je k = 8 mm, dinamicki koeficijent viskoznosti vazduhaµ = 1.8 · 10−4 gr cm−1s−1 a gustina vazduha ρ = 1.2 kgm−3.

Resenje. Na levoj ploci je dominantna sila otpora oblika (FL), a na desnojje dominantna sila otpora trenja (FD). Sila na levu plocu je:

FL = [Cp1 + (−Cp2)]12ρU2

0A = 216 N

Za proracun sile trenja na desnu plocu potrebno je proveriti da li je granicnisloj u laminarnom ili u turbulentnom rezimu. Ukoliko je Reynolds-ov brojReX = ρU0X/µ (izrazen preko rastojanja od pocetka ploce kao karakteri-sticne duzine) na kraju ploce manji od kriticnog (ReK = 106), tada je ceogranicni sloj u laminarnom rezimu. Ako je Reynolds-ov broj vec na prvih10 % duzine veci od kriticnog, moze se usvojiti da je granicni sloj duz celeploce turbulentan.

Provera za X = 0.1L ReX =ρU00.1L

µ= 93 · 103 < 106

Na kraju ploce ReL =ρU0L

µ= 933 · 103 < 106

Zakljucuje se da je granicni sloj duz cele ploce laminaran, pa je sila FD:

FD = 2 × CF12ρU2

0A = 2 × 1.4√ReL

12ρU2

0A = 0.512 N

Trazeni momenti su:

MTOR = 538.72 Nm MSAV = 758 Nm

1

Testovi i zadaci

3. deo – TESTOVI I ZADACISA ISPITNIH ROKOVA

Ispitni rok 30. IX 1993. – teorijski deo ispita

1. Posmatra se zbir dva integrala (I1 + I2):

∫

Vρ∂uj

∂tdV

︸︷︷︸I1

+∫

Vρui

∂uj

∂xidV

︸︷︷︸I2

(ρ – gustina, V – zapremina i ui, uj – komponente brzine). Za taj zbirtvrdi se sledece:

(a) u slucaju ustaljenog tecenja drugi clan jednak je nuli (I2 = 0);

(b) posmatrani izraz (I1 + I2) predstavlja zapreminsku silu na zapre-minu V ;

(c) pri ustaljenom tecenju oba clana jednaka su nuli (I1 = I2 = 0).

2. Za slucaj ustaljenog tecenja integral I2 iz prethodnog zadatka mozese izraziti povrsinskim integralom I3 po povrsini A koja ogranicavaposmatranu zapreminu V (pri izvodenju koristiti i jednacinu kontinui-teta):

I3 = I2 =∫

A

(upisati izraz)

117

118 1. Testovi i zadaci

3. U otvorenom sudu se nalaze, u stanju mirovanja, dve tecnosti razlici-tih gustina (neizmesane, jedna iznad druge). Na granici izmedu dvetecnosti nalazi se metalna lopta na takvom polozaju da joj je cen-tar u horizontalnoj ravni dodira dve tecnosti. Lopta je za dno sudapricvrscena krutim stapom. Slobodni nivo gornje tecnosti je iznadnajvise tacke lopte. Sila u stapu ce se promeniti ako se:

(a) u sud dolije tecnost manje gustine (gornja tecnost);

(b) u sud dolije tecnost vece gustine (donja tecnost), tako da se ravandodira dve tecnosti pomeri navise;

(c) ako se iz suda odlije izvesna kolicina lakse (gornje) tecnosti, alitako da lopta i dalje ostane potpuno uronjena.

4. U kruznoj cevi konstantnog precnika ostvaruje se laminarni rezim tece-nja pri nekoj vrednosti Reynolds-ovog broja (Re1). Pri ovim uslovimagubitak energije po jedinici tezine na nekoj deonici iznosi E izg

1 = 27 m.Ako se Reynolds-ov broj smanji 3 puta (Re2 = Re1/3), i to samousled smanjenja brzine, gubitak energije na istoj deonici, za isti fluid,iznosice:

E izg2 = (upisati jedinice)

5. Posmatra se ustaljeno i jednoliko strujanje, u pravcu x1, nestisljivogfluida gustine ρ = 0.8 kg/dm3. U laminarnom podsloju poprecnogpreseka struje (u blizini cvrste konture gde je raspored brzine linearan),u tacki x2 = 0.6 cm vrednost komponenata napona je σ12 = σ21 =0.004 Pa. Izmerene su brzine u1(x2 = 0.4 cm) = 0.1 m/s i u1(x2 =0.8 cm) = 0.2 m/s. Kinematicki koeficijent viskoznosti posmatranogfluida iznosi:

ν = (upisati jedinice)

6. Ravna kruzna ploca male debljine postavljena je upravno na pravacstrujanja. Prosecna vrednost koeficijenta pritiska iznosi na prednjojstrani Cpred

p = 0.60 a na zadnjoj strani Czadp = −0.30. Koeficijent sile

otpora za posmatranu plocu iznosi (pozitivan smer sile se poklapa sasmerom strujanja):

119

CF =

7. Kanal konstantnog poprecnog preseka i konstantnog nagiba dna sastojise od dve deonice od kojih je uzvodna sa hrapavijim dnom i zidovima, anizvodna je sa manje hrapavim dnom i zidovima. U poprecnom presekuna mestu promene hrapavosti menja se i rezim tecenja. Dubina vodeu tom preseku ce se promeniti ako se:

(a) poveca hrapavost uzvodne deonice;

(b) smanji hrapavost nizvodne deonice;

(c) poveca nagib dna kanala, a da se pri tom ne promeni rezim tecenjani u jednoj deonici;

(d) promeni proticaj.

8. Voda tece kroz kruznu cev koja se na posmatranoj deonici prosiruje saprecnika d1 na precnik d2 (u prelaznoj deonici cev ima oblik omotacazarubljene kupe). Za masu nestisljivog fluida koji ustaljeno tece odmanjeg precnika ka vecem, u posmatranoj deonici vazi sledece:

(a) inercijalna sila jednaka je nuli jer je tecenje ustaljeno;

(b) konvektivno ubrzanje delica koji teku duz osovine cevi jednako jenuli;

(c) lokalno ubrzanje delica koji teku duz osovine cevi jednako je nuli.

Ispitni rok 30. IX 1993. – zadaci

Zadatak 1. Dat je zid slozenog pre-seka, kao na slici. Odrediti staticke utica-je u preseku A–A od fluida 1 i 2. Zada-tak je ravanski, racunati na metar duzinezida.


Zadatak 2. Na slici su prikazana dva suda u kojima je pritisak razlicit odatmosferskog. Za dato citanje na manometrima, odrediti proticaj i potrebnusnagu crpke da bi se u cevi precnika d = 1 mm ostvarilo laminarno tecenje,sa Reynolds-ovim brojem Re = 10. Zanemariti koeficijente lokalnog gubitkaenergije na ulazu u cev i na izlazu. Kinematicki koeficijent viskoznosti vodeje ν = 10−6 m2/s.

Zadatak 3. U kanalu trapeznog poprecnog preseka ustaljeno tece voda.Izmeren je proticaj Q = 3.875 m3/s, kao i dubina ispred hidraulickog skokaH1 = 0.4 m. Izracunati kriticnu dubinu, HK. Nacrtati dijagram zbira iner-cijalnih sila i sila pritiska u funkciji od dubine. Za crtanje koristiti najmanjesedam tacaka sa dubinama u intervalu od 0.3m do 3m. Za izmerenu dubinuH1 odrediti spregnutu dubinu H2.

Ispitni rok 17. X 1993. – teorijski deo ispita

1. Dve kuglice istih precnika, ali razlicitih tezina, slobodno padaju krozrazlicite tecnosti koje su u stanju mirovanja. Teza kuglica pada krozvodu, a laksa kroz ulje (gustina ulja je manja od gustine vode). Obekuglice se krecu istim, konstantnim brzinama. Tvrdi se sledece:

(a) sile otpore su iste za obe kuglice;(b) sila otpora na kuglicu koja pada kroz ulje je manja od sile otpora

na kuglicu koja pada kroz vodu;

121

(c) sile uzgona su iste za obe kuglice;(d) sila uzgona koja deluje na laksu kuglicu je veca od sile uzgona

koja deluje na tezu kuglicu.

2. U pravougaoni kanal, u kome je za posmatrani proticaj normalna du-bina veca od kriticne, postavljen je siroki prag. Prelivanje preko pragaje nepotopljeno (donja voda ne utice na dubinu na pragu). Dubina napragu ce se promeniti ako se:

(a) uz zadrzavanje istog proticaja i istih nizvodnih uslova samo po-veca visina praga;

(b) uz zadrzavanje istog proticaja samo smanji visina praga i to takoda prelivanje preko praga i dalje ostane nepotopljeno;

(c) samo promeni proticaj.

3. Strujanje stisljivog fluida je dato sa:

u1 =U0

2hx1, u2 =

U0

2hx2 u3 = 0

gde su U0 = 2 cm/s i h = 2 cm. Gustina fluida se menja kroz vreme, alije, u posmatranom vremenskom trenutku, ista u svim tackama strujnogpolja. Ako je na pocetku strujanja gustina ρ(t = 0) = ρ0 = 100 kg/m3,naci funkciju njene promene kroz vreme:

ρ = f(t) =

(upisati izraz)

4. Za strujanje dato u prethodnom zadatku naci brzinu zapreminske di-latacije posmatranog fluida:

ωii = (upisati vrednost i jedinice)

5. Posmatra se pravolinijsko i ustaljeno strujanje njutnovskog (viskoznog)fluida. Od devijatorskog dela napona razlicite od nule su samo kom-ponente σ12 = σ21, koje su date izrazom:

σ12 = σ21 = σ0(1−x2

h)

Tvrdi se sledece:


(a) postoji samo komponenta brzine u pravcu x1, u1, i ona je linearnafunkcija od x2;

(b) postoji samo komponenta brzine u pravcu x2, u2, i ona je linearnafunkcija od x2;

(c) postoji samo komponenta brzine u pravcu x1, u1, i ona je kva-dratna funkcija od x2;

(d) postoji samo komponenta brzine u pravcu x2, u2, i ona je kva-dratna funkcija od x2;

6. Poznato je da su u strujanju opisanom u prethodnom zadatku kompo-nente napona σ11 i σ22 konstantne. Za povrsinsku silu koja deluje utakvom strujanju se tvrdi:

(a) deluje samo u pravcu x1;

(b) deluje samo u pravcu x2;

(c) konstantna je;

(d) jednaka je nuli.

7. Za modeliranje otpora oblika podmornice koristi sa Reynolds-ova slic-nost. Sile otpora se mere na modelu cije su dimenzije 20 puta manjeod dimenzija podmornice u prirodi. Ako se na modelu koristi voda(isti fluid kao u prirodi), opsegu izmerenih sila na modelu: 500–2000Nodgovara opseg sila u prirodi (u [N]):

250–1000 500–2000 1000–4000 2000–8000

8. Voda tece kroz vertikalnu kruznu cev koja se na posmatranoj deonicisuzava sa precnika d1 na precnik d2 (u prelaznoj deonici cev ima oblikomotaca zarubljene kupe). Smer tecenja se poklapa sa smerom silegravitacije. Na masu nestisljivog fluida koji ustaljeno tece u posma-tranoj deonici izmedu precnika d1 i d2 ne deluju, odnosno jednake sunuli, sledece sile:

(a) sila tezine fluida, jer je tecenje pod pritiskom;

(b) sila pritiska, jer je tecenje u pravcu sile gravitacije;

(c) inercijalna sila jer je strujanje ustaljeno.

123

Ispitni rok 17. X 1993. – zadaci

Zadatak 1. Diferencijalnimanometar pokazuje razliku priti-saka ∆pM = −9 kPa. Odrediti ne-poznati nivo tecnosti gustine ρ2.Odrediti staticke uticaje (M , T ,N) u preseku A–A (u ukljestenju).U proracunu uzeti u obzir sopstve-nu tezinu konstrukcije koja iznosiq = 3.5 kN/m2, a zanemariti uti-caj debljine konstrukcije. Zadatakje ravanski (raditi na metar duzinekonstrukcije).

Zadatak 2. Proticaj Q = 0.135 m3/s crpi se iz rezervoara C u rezervoarA crpkom snage S = 12 kW i koeficijenta korisnog dejstva η = 0.8. Istiproticaj istice iz rezervoara A u rezervoar B i iz rezervoara B u rezervoar C.Sve cevi su istog precnika d = 250 mm i koeficijenta trenja λ = 0.035, akoeficijenti lokalnih gubitaka su: ξul = 1 (na ulazima) i ξkol = 0.2 (na kole-nima). Odrediti nivoe vode u sva tri rezervoara. Nacrtati pijezometarsku ienergetsku liniju za sve cevi u razmeri 1 : 200. Gustina vode je ρ = 1 kg/dm3.


Zadatak 3. Kutija oblika kocke postavljena je u ravnomernu horizon-talnu vazdusnu struju tako da su joj dve strane normalne na pravac stru-janja. Spoljna ivica kutije je a = 5 m, a debljina zidova kutije je d = 0.15 m.Gustina vazduha je ρ1 = 1.3 kg/m3, a gustina materijala od koga je nacinjenakutija je ρ2 = 1.3 kg/dm3. Koeficijenti pritiska Cp u tackama I–XVIII nezavise od brzine vazduha i dati su u tabeli. Gustina tecnosti u kutiji jeρ3 = 0.8 kg/dm3. Na poklopcu kutije postoji mali otvor u tacki VI, takoda je pritisak vazduha u kutiji uvek jednak (spoljnom) pritisku vazduha utoj tacki. Odrediti najmanju vrednost brzine vazduha uX u neporemecenojstruji koja ce preturiti kutiju. Pretpostaviti da je pri toj brzini sila trenjaklizanja izmedu kutije i podloge dovoljno velika da ne dolazi do klizanja.Pretpostaviti da se pritisak (na spoljasnjosti kocke) ne menja po pravcu Y ,a da se, izmedu zadatih vrednosti, linearno menja po pravcima X i Z.

tacka I–V VI VII VIII IX–XVIIICp 0.95 0.00 −0.25 −0.50 −0.75

125

Ispitni rok 27. I 1994. – teorijski deo ispita

1. Pri ustaljenom kretanju fluida strujnice se mogu izraziti sa:

x3 = − 2x2

x2 > 0

Koordinate tacke A(x2, x3) u kojoj je zadovoljen uslov da je u2 = 2u3

(u2, u3 su komponente brzine u pravcima x2 i x3) su:

(1,√

2) (−1, 2) (2,−1) (−√

2,√

2)

2. U prizmaticnom kanalu je, za posmatrani proticaj, normalna dubinahN manja od kriticne hK. Nizvodni granicni uslov je takav da se nasredini kanala formira hidraulicki skok. Uzvodno od skoka dubina jejednaka normalnoj hN, a u nekom preseku nizvodno od skoka dubinaje jednaka h2. Za energetsku kotu u nizvodnom preseku (gde je dubinah2) tvrdi se da je:

(a) ista kao energetska kota u uzvodnom preseku jer su zbirovi silepritiska i inercijalne sile u oba preseka isti;

(b) veca od energetske kote u uzvodnom preseku jer je veca dubina;(c) manja od energetske kote u uzvodnom preseku.

3. U nekom strujnom polju brzine dilatacije delica fluida date su sledecimizrazima:

∂u2

∂x2=

∂u3

∂x3

∂u1

∂x1= −2

∂u3

∂x3

a sve brzine klizanja jednake su nuli. Zakljucuje se sledece:

(a) posmatrani fluid je stisljiv;(b) delici posmatranog fluida povecavaju svoju zapreminu;(c) delici posmatranog fluida ne menjaju svoj oblik.

4. Posmatra se izraz:

−p∂u1

∂x1dV

gde je p – pritisak, u1 – komponenta brzine u pravcu x1 i dV – ele-mentarna zapremina. Ovaj izraz predstavlja:


(a) deo motornog rada sfernog dela napona, u jedinici vremena;

(b) deo deformacionog rada na promeni oblika, u jedinici vremena;

(c) deo deformacionog rada na promeni zapremine, u jedinici vreme-na;

(d) ukupan deformacioni rad na promeni oblika, u jedinici vremena.

5. Iz rezervoara voda istice kroz horizontalnu cev kruznog poprecnog pre-seka. Precnik cevi se niz struju smanjuje. U jednoj tacki u cevi kon-statovano je da postoji pozitivna lokalna komponenta ubrzanja. Naosnovu prethodnog zakljucuje se sledece:

(a) u istoj tacki postoji i konvektivna komponenta ubrzanja;

(b) nivo vode u rezervoaru se povecava kroz vreme;

(c) materijalni izvod brzine u posmatranoj tacki je pozitivan.

6. Za strujanje nestisljivog fluida napisan je izraz:

I = −∫

V

Du1

DtρdV

gde su ρ – gustina posmatranog fluida, u1 – komponenta brzine fluidau pravcu x1, V – posmatrana zapremina fluida i D/Dt – oznaka zamaterijalni izvod.

(a) ovaj izraz predstavlja komponentu zapreminske sile u pravcu x1;

(b) ovaj izraz predstavlja komponentu inercijalne sile u pravcu x1;

(c) brojna vrednost posmatranog izraza jednaka je zbiru ukupne po-vrsinske i zapreminske sile na masu fluida u posmatranoj zapre-mini V .

7. Na modelu napravljenom po principu Froude-ove slicnosti izmerena jesila na deo konsrukcije i ona iznosi Fmod = 4 N. Sve duzine na modelusu smanjene 25 puta u odnosu na dimenzije u prirodi. Na modelu jekoriscen isti fluid kao u prirodi. Na objeku ce ova sila biti:

Fobj = (upisati jedinice)

127

8. Kroz kruznu cev konstatnog poprecnog preseka i duzine L proticenestisljiv fluid poznatih karakteristika (gustine i viskoznosti). Sred-nja brzina fluida u cevi je v0. Pri ovoj brzini vazi kvadratni zakonotpora trenja. Ako umesto posmatranog fluida kroz istu cev tece fluidkoji ima dva puta vecu gustinu, dva puta manji dinamicki koeficijentviskoznosti i dva puta vecu brzinu, desice se sledece:

(a) koeficijent trenja ostace nepromenjen;

(b) gubitak energije na trenje na duzini L povecace se dva puta;

(c) gubitak energije na trenje na duzini L ostace nepromenjen.

Ispitni rok 27. I 1994. – zadaci

Zadatak 1. Dat je zid slozenog pre-seka, kao na slici. Odrediti horizontalnu ivertikalnu komponentu hidrostaticke silena zid A–B–C–D. Zadatak je ravanski,racunati na 1 m duzine zida.

Zadatak 2. Na slici su prikazana dva rezervoara velike povrsine, u ko-jima se moze smatrati da je nivo vode konstantan. Za date kote vode uuzvodnom i nizvodnom rezervoaru, odrediti proticaj i snagu turbine akose u cevi ostvarilo razvijeno turbulentno tecenje, sa Reynolds-ovim brojemRe = 107. Koeficijenti lokalnog gubitka energije na ulazu u cev i na izlazunisu zanemarljivi.


Zadatak 3. Kroz kanal trapeznog poprecnog preseka ustaljeno tece voda.Izmeren je proticaj Q = 3.875 m3/s i dubina uzvodno od mesta gde se menjanagib kanala H1 = 0.4 m. Nacrtati dijagram zbira inercijalne sile i silepritiska u funkciji od dubine. Za crtanje koristiti najmanje sedam vredno-sti dubina u intervalu od 0.3m do 2.5m. Pod pretpostavkom da se namestu promene nagiba kanala javlja hidraulicki skok, za izmerenu dubinu H1

odrediti spregnutu dubinu H2. Odrediti nagibe kanala u deonicama 1 i 2,ako je hrapavost kanala po Manningu n = 0.014m1/3s. Obe deonice su velikeduzine.

Ispitni rok 11. VI 1994. – teorijski deo ispita

1. Posmatra se ustaljeno ravansko strujanje nestisljivog fluida izmedu dveparalelne horizontalne ploce. Strujanje je u ravni (x1, x2) i usmerenoje u pravcu horizontalne ose x1. Za osrednjene komponente brzina (u1

i u2) i za proizvod fluktuacionih komponenata (u′1u

′2) u nekoj tacki u

neposrednoj blizini zida vazi:

u1 > 0 u2 = 0 u′1u

′2 6= 0

Srednja brzina struje za poprecni presek A odredena je kao:

v =∫

Au1dA

Za prikazano strujanje se tvrdi sledece:

(a) rezim tecenja je turbulentan;

(b) nagib linije energije je proporcionalan sa v;

(c) nagib linije energije je proporcionalan sa va, gde je 1 < a ≤ 2;

(d) nagib linije energije zavisi od vrednosti u′1u

′2.

129

2. Izraz:

∂u1

∂x1+

∂u2

∂x2+

∂u3

∂x3= 0

predstavlja:

(a) jednacinu kontinuiteta za elementarnu zapreminu nestisljivog flui-da;

(b) brzinu zapreminske dilatacije fluidnog delica;

(c) brzinu klizanja;

(d) prosecnu brzinu dilatacije.

3. Na modelu napravljenom po principu Froude-ove slicnosti ispituje sesila kojom vodena struja deluje na prepreku. Sve dimenzije na modelusu 16 puta manje u odnosu na objekat, dok je na modelu i objektu istifluid. Razmera za ukupnu silu, F∗ je:

F∗ =

4. Posmatra se tecenje u otvorenom prizmaticnom kanalu konstantnognagiba koji se na kraju uliva u jezero. Za posmatrani proticaj, ukanalu se ostvaruje normalna dubina, hN, koja je manja od kriticnedubine, hK. Ako se nivo vode u jezeru povecava, dubine vode u kanalu,neposredno uzvodno od uliva u jezero, ce se povecavati kada nivo vodeu jezeru (meren od dna kanala u njegovom najnizvodnijem preseku)dostigne:

(a) normalnu dubinu, hN;

(b) kriticnu dubinu, hK;

(c) dubinu pri kojoj je Froude-ov broj jednak jedinici, Fr = 1;

(d) dubinu koja je konjugovana (spregnuta) normalnoj dubini, h′′N.

5. Dve metalne kugle, istih precnika, napravljene od istog materijala gu-stine ρ0, slobodno padaju kroz tecnosti razlicitih gustina. Nakon posti-zanja ustaljenog kretanja, koeficijenti sila otpora oblika kugli ne zaviseod Reynolds-ovog broja i isti su za obe kugle, dok je odnos brzina


padanja prve kugle v1, kroz fluid gustine ρ1 i brzine padanja drugekugle v2, kroz fluid gustine ρ2, dat kao:

v1

v2=[(ρ0 − ρ1)ρ2

(ρ0 − ρ2)ρ1

]a

gde eksponent a ima vrednost:

−1 −12

−14

12

14

1

6. Data su dva integrala:

I1 =∫

A−pnjdA I2 =

∫

V− ∂p

∂xjdV

gde su p – pritisak i nj – ort spoljne normale povrsine A koja ograni-cava posmatranu zapreminu fluida V . Za ta dva integrala tvrdi se:

(a) svaki od njih predstavlja ukupnu povrsinsku silu sfernog dela na-pona na omotac A zapremine V ;

(b) I1 i I2 imaju razlicitu vrednost kod neustaljenog strujanja;

(c) I1 i I2 imaju istu vrednost za svaku konacnu zapreminu V ogra-nicenu povrsinom A.

7. Mlaz vode istice iz vertikalne cevi i osnosimetricno udara silom FI uspoljni omotac ljuske oblika polusfere. Kada se ista ljuska okrene za1800, a svi ostali uslovi ostanu nepromenjeni, voda deluje silom FII naposmatranu ljusku (oslonac ljuske u oba slucaja ne utice na sile FI iFII). Precnik mlaza vode je manji od precnika polusfere. Za sile FI iFII se moze reci:

(a) sila FII je veca od sile FI;

(b) sile FI i FII su iste jer je povrsina projek-cije polusfere na horizontalnu ravan (Ax)ista u oba slucaja;

(c) sila FI je veca od sile FII jer je tacka od-vajanja granicnog sloja jasno definisana;

(d) ne moze se nista reci o odnosu sila FI i FII, jer on zavisi od precnikapolusfere i precnika i brzine mlaza.

131

8. U kanalu trougaonog poprecnog presaka (ugao pri dnu preseka je 900)voda miruje jer je kanal zatvoren ustavom koja je postavljena poduglom od 450 prema horizontali. Sa donje strane ustave kanal jeprazan. Gustina vode je 1 kg/dm3. Pri dubini vode u kanalu odh = 3 m vertikalna komponenta hidrostaticke sile na ustavu je:

Fz =

(upisati jedinice)

Ispitni rok 11. VI 1994. – zadaci

Zadatak 1. a) Odreditiintenzitet, pravac i smer rezul-tante hidrostatickih sila kojimatecnosti gustina ρ1 = 1.0 kg/dm3

i ρ2 = 1.1 kg/dm3 deluju nabranu. Pri proracunu sile za-nemariti postojanje temeljnog is-pusta. Silu racunati na jedanmetar duzine. b) U telu branenalazi se temeljni ispust, kru-zni tunel precnika D = 2 m.Izracunati ukupnu silu na tabla-sti zatvarac koji pregrduje ispust.

Zadatak 2. Kanalom pra-vougaonog poprecnog presekasirine b = 1 m, nagiba dnaID = 0.05% i Manning-ovogkoeficijenta hrapavosti n =0.0148 m−1/3s, ustaljeno tecevoda proticajem Q = 300 l/s. Ukanalu se nalazi ustava sa ostro-ivicnim otvorom, visine u, koeficijentom kontrakcije mlaza CA = 0.75 i koefi-cijentom lokalnog gubitka energije ξ = 0.2. Dubina vode uzvodno od ustave


je H . Nizvodno od ustave je kanal dovoljne duzine, tako da se u kanaluostvaruje jednoliko tecenje. Izracunati dubinu vode H , uzvodno od ustave,pretpostavljajuci da brzinska visina u tom preseku nije zanemarljiva.

Zadatak 3. Iz rezervoara A u rezervoar B crpi se voda sa proticajem Q1.Snaga crpke je S = 50 kW, koeficijenat korisnog dejstva η = 0.80, a gustinavode ρ = 1.0 kg/dm3. Manometar M1 pokazuje pritisak pM1 = 70 kPa.Odrediti proticaje kroz sve cevi i nivo vode u rezervoaru A. Nacrtati urazmeri pijezometarske i energetske linije za sve cevi.

Ispitni rok 25. VIII 1994. – teorijski deo ispita

1. U nekom strujnom polju sa ravanskim strujanjem u ravni (x1, x2),merenjem dve komponente brzine u nekoj tacki utvrdeno je da osre-dnjena vrednost proizvoda fluktuacionih komponenata brzina u′

1 i u′2

ima konstantnu negativnu vrednost:

u′1u

′2 = const < 0

Na osnovu toga moze se zakljuciti da ce vrednost Reynolds-ovog na-pona (napona turbulencije σt

12 = σt21) u posmatranoj tacki biti:

(a) jednaka nuli;

(b) veca od nule;

(c) manja od nule.

133

2. Za neko strujanje, brzine dilatacija fluida u pravcima x1 i x2 iznose:

∂u1

∂x1= 0.2 s−1 ∂u2

∂x2= −0.1 s−1

Da bi se posmatrani fluid mogao smatrati nestisljivim, brzina dilatacijeu pravcu x3 treba da ima vrednost (u jedinicama s−1):

0.3 0.2 0.1 0 −0.1 −0.2 −0.3

3. Fotografisanjem je utvrdeno da se u okolini neke tacke formiraju tra-jektorije i emisione linije koje imaju oblik koncentricnih krugova sacentrom u tacki A. U posmatranom, ustaljenom tecenju, strujnice cebiti sledeceg oblika:

(a) prave linije koje tangiraju dobijene koncentricne krugove;

(b) snop pravih linija koje se seku u tacki A;

(c) koncentricni krugovi sa centrom u tacki B koja se ne poklapa satackom A;

(d) koncentricni krugovi sa centrom u tacki A.

4. Posmatra se zbir dva clana u dinamickoj jednacini za elementarnumasu fluida:

1ρ

∂σdij

∂xi− 1

ρ

∂p

∂xj

gde su ρ – gustina, σdij – devijatorski deo napona i p – pritisak. Po-

smatrani zbir predstavlja:

(a) ubrzanje delica;

(b) zapreminsku silu po jedinici mase;

(c) zbir zapreminske i povrsinske sile po jedinici mase;

(d) povrsinsku silu po jedinici mase.

5. Posmatra se ustaljeno kretanje nestisljivog fluida kroz povrsinu oblikakvadrata, ivice 1 dm. U svim tackama tog poprecnog preseka brzinefluida su usmerene upravno na poprecni presek i iznose 2 m/s. Gustinafluida je ρ = 1200 kg/m3. Sracunati vrednosti proticaja zapremine,mase, kolicine kretanja i kineticke energije.


velicina proticaj proticaj proticaj koli- proticaj kine-zapremine mase cine kretanja ticke energije

vrednost

jedinice

6. Laminarno ravansko strujanje fluida u ravni (x1, x2), izmedu dve pa-ralelne ploce na rastojanju 2h, odredeno je sledecim izrazom:

u1 = u0

(1− x2

2

h2

)u2 = 0 − h ≤ x2 ≤ h

Dinamicki koeficijent viskoznosti je µ. Za posmatrano strujanje tan-gencijalni naponi σ12 = σ21 izrazavaju se sledecom funkcijom:

σ12 = σ21 =

7. Na modelu sacinjenom po principu Froude-ove slicnosti, sve duzine susmanjene 16 puta u odnosu na odgovarajuce duzine u prirodi. Na mo-delu je fluid gustine 900 kg/m3, a u prirodi je voda gustine 1000 kg/m3.Na modelu, u nekoj tacki, pritisak fluida na cvrstu konturu iznosi120 Pa. Odgovarajuci pritisak na objektu ce iznositi:

pobj = (upisati jedinice)

8. U kanalu sa slobodnom povrsinom vode, pri proticaju Q1 normalnadubina hN = hN1 ostvaruje se pri Froude-ovom broju Fr = 9. Udrugom kanalu iste geometrije kao prvi kanal (istog oblika poprecnogpreseka), pri proticaju Q2 ostvaruje se kriticna dubina jednaka dubinihN1, odnosno hK = hK2 = hN1. Veza dva proticaja je Q2 = aQ1, gdeje a = const. Vrednost konstante a iznosi:

a =

135

Ispitni rok 25. VIII 1994. – zadaci

Zadatak 1. Na slici je prikazan rezervoar u kome se preko plovka ipoluge zatvara kruzno poklopac na dovodnoj cevi. Odrediti potreban precniksfernog plovka, ako je potrebno da dovodna cev bude zatvorena pri pritiskuna manometru od 400 kPa, i kada je pola sfere u vodi (kao na slici). Za (tako)odreden precnik sfere,maksimalni pritisak prikome plovak moze dadrzi dovodnu cev zatvo-renu zavisi od nivoa vo-de u rezervoaru. Odre-diti najveci pritisak namanometru pri komecev moze da ostane za-tvorena i odgovarajucinivo vode u rezervoaru.

Zadatak 2. Posma-tra se kanal pravougao-nog poprecnog presekasirine dna B = 1.0 m.Nagib dna kanala jeID = 0.1%, a Manning-ov koeficijent trenja n =0.013 m−1/3/s. U kanalje postavljena ostroivicna ustava, sa visinom otvora u = 0.15 m, koeficijen-tom kontrakcije mlaza CA = 0.666 i koeficijentom lokalnog gubitka energijeξ = 0.2. Kanal je dovoljne duzine da se u njemu nizvodno od ustave formirajednoliko tecenje. Izracunati dubinu uzvodno od ustave (H1) i neposrednonizvodno od ustave, u suzenom preseku (Hs). Skicirati liniju nivoa. Ukolikose nizvodno od ustave javlja hidraulicki skok, izracunati spregnute dubine.

Zadatak 3. Na slici je prikazan vodovodni sistem koji se sastoji od dvaglavna rezervoara (R1 i R2), dva rezervoara koji sluze kao crpni bunari (R3i R4), dve pumpe (P1 i P2) i cevi koje su sve istog precnika d = 100 mmi istog koeficijenta linijskih gubitaka λ = 0.02. Svi rezervoari su dovoljnovelikih preseka da se moze smatrati da je pijezometarska kota konstantna zasvaki posmatrani slucaj rada. Razmatraju se tri slucaja rada sistema.


A) Prvi slucaj je kada su obe pumpe iskljucene, kota vode u rezervoaruR1 je ΠR1 = 115.00 m i u rezervoaru R2 je ΠR2 = 111.38 m. Vodatece samo iz rezervoara R1 u rezervoar R2. Odrediti proticaj krozsistem (Q1 = Q5 = Q2 = ?, Q3 = Q4 = 0). Koeficijent lokalnoggubitka energije na obe racve kod pumpi je1 ξA = 0.3.

B) U drugom slucaju je ukljucena pumpa P1 i izmereno je da je visinadizanja te pumpe HP1 = 88.31 m. Pumpa P2 je ugasena. Kota vodeu rezervoaru R1 je ostala ista (ΠR1 = 115.00 m), a u rezervoaru R2je doslo do promene kote i sada je ista kao u R1, odnosno ΠR2 =115.00 m. Odrediti proticaje Q1, Q2, Q3 i Q5 (Q4 = 0), kao i snagupumpe NP1. Gustina vode je ρ = 1000 kg/m3. Lokalni gubici energijena racvi kod pumpe P1 su ξB1 = 0.6 (za smer tecenja vode od pumpeP1 ka rezervoaru R1) i ξB5 = 0.6 (za smer od P1 ka R2). Na drugojracvi (kod pumpe R2) koeficijenat lokalnog gubitka energije je isti kaoi u prethodnom slucaju i iznosi ξB = 0.3.

1U indeksima lokalnih gubitaka slova se odnose na odgovarajuce slucajeve (A, B ili C,a brojevi na smerove tecenja vode odgovarajucih proticaja (1, 2, . . . , 5).

137

C) U trecem slucaju su ukljucene obe pumpe. Pri tome, pumpa P1 i daljeradi istom snagom kao u slucaju B mada su se proticaj i visina dizanjapromenili. Pijezometarske kote u oba rezervoara su iste kao u slucajuB (ΠR1 = ΠR2 = 115.00 m). Odrediti sve proticaje u sistemu ako sepostavlja uslov da je Q5 = 0 (ovaj uslov znaci da pumpa P1 snabdevasamo rezervoar R1 a pumpa P2 snabdeva samo rezervoar R2, kao i daje energetska linija ujedno i pijezometarska na delu izmedu dve racvejer je v5 = 0, i jednaka je ukupnoj energiji u preseku a–a, odnosnoΠb−b = Eb−b = Ea−a = Ec−c). Odrediti citanje na manometru Mkoji se nalazi na koti 49m.


1. Voda ustaljeno tece krozkruznu cev precnika d ipovrsine poprecnog pre-seka Ad. Na jednoj deoni-ci cev se prosiruje do prec-nika D (poprecnog prese-ka AD), a zatim se ponovosuzava na precnik d. Oso-vina cevi je horizontalna.Posmatra se rezultujucainercijalna sila na masu fluida u zapremini VK dela cevi koji se prosiruje(osenceno) koja je omedena sa dva kruga (precnika d i D) i omotacemzarubljene kupe. Ta inercijalna sila je jednaka:

∫

VK

D

Dt(ρU1)dU

∫

AD+Ad+AK

ρU1UinidA ρQ(vd − vD)∫

AK

ρU1UinidA

2. Za uslove date u zadatku 1 smer rezultante inercijalne sile na posma-tranu (osencenu) masu je:

(a) nizvodni (tj. poklapa se sa osovinom X1);

(b) uzvodni (smer je −X1);

(c) nanize (smer je −X3) jer je cev horizontalna pa deluje samo silatezine;

(d) navise (smer je X3) jer se cev prosiruje.


3. Za uslove date u zadatku 1 i sa dopunskom pretpostavkom da se datifluid moze smatrati idealnim, za pritisak se tvrdi sledece:

(a) pd = pD, odnosno pritisak u tezistu preseka Ad, pd, isti je kao i utezistu preseka AD, pD, jer je cev horizontalna a fluid idealan;

(b) pd > pD;

(c) pd < pD.

4. U delu granicnog sloja laminarno ustaljeno tece njutnovski fluid takoda se brzina U1 menja linearno sa promenom X2 a ostale brzine (U2 iU3) su nula. Posmatra se napon σ12 = σ21 i tvrdi se:

(a) napon σ12 se takode menja linearno duz X2 jer je fluid njutnovski;

(b) napon σ12 je u posmatranom delu strujnog polja konstantan;

(c) u tom delu strujnog polja napon σ12 jednak je nuli, jer su kom-ponente brzina U2 i U3 takode jednake nuli.

5. Potrebno je na modelu obaviti istrazivanje tako da se zadovolji istovre-meno slicnost za inercijalne i uticaje tezine i viskoznosti. Duzine namodelu su 2 puta vece od duzina na objektu. Gustina fluida na modeluje 1.2 puta manja od gustine na objektu. Da bi se ostvarila zahtevanaslicnost, potrebno je da bude ispunjen jos i sledeci uslov:

6. Kanal sa slobodnom povrsinom vode konstantnog poprecnog presekai nagiba dna sastoji se od dve deonice velike duzine sa razlicitim hra-pavostima. Rezim tecenja u uzvodnoj deonici, koja ima vecu hra-pavost, buran je. Za tecenje u nizvodnoj deonici (manje hrapavosti)tvrdi se sledece:

(a) dubina vode je veca nego u uzvodnoj deonici;

(b) rezim tecenja je miran;

(c) kineticka energija toka po jedinici tezine ce se smanjiti u odnosuna uzvodnu deonicu;

(d) na prelasku iz prve u drugu deonicu formirace se hidraulicki skok.

139

7. Laboratorijskim ispitivanjem je utvrdeno da je zavisnost koeficijentatrenja λ ispitivane cevi precnika D od Reynolds-ovog broja takva dase ista moze aproksimirati funkcijom za takozvani “gladak rezim” uoblasti Re-brojeva za koje je obavljeno ispitivanje. Na osnovu rezultatatog ispitivanja se moze zakljuciti sledece:

(a) za ispitivanu cev u oblasti ostvarenih Re-brojeva vazi takozvani“kvadratni zakon otpora”;

(b) pri smanjivanju brzina moze se ostvariti laminarni rezim tecenja;

(c) pri promeni fluida koji tece kroz cev (fluid druge gustine), uz za-drzavanje u istoj oblasti Re-brojeva, rezim otpora ce se promeniti.

8. Vozilo sa ugasenim motorom, bez kocenja, slobodno se spusta niz putpoduznog nagiba s1 = 10% i nakon uspostavljanja ustaljenog kretanjaostvaruje brzinu v1. Svi unutrasnji otpori i otpori pri kontaktu tockovasa povrsinom puta su zanemarljivi. Na putu nagiba s2 = 11%, a prisvim istim ostalim uslovima, vozilo se, pri ustaljenom kretanju, krecebrzinom v2. Koeficijent otpora oblika je isti za oba slucaja (CF1 =CF2). Odnos brzina (v2/v1) iznosi :

v2/v1 =


Zadatak 1. Na slici je prikazan betonski cevovod kruznog poprecnogpreseka koji je polozen u rov pravougaonog preseka u fazi izgradnje. Zbogprisustva podzemne vode dubine 4.0m (mereno od dna rova), potrebno jebetonskim balastom otezati cevovod, tako da on ne ispliva kada je prazan.Izracunati potrebnu sirinu betonskog balasta (na slici oznaceno sa b) ako sepostavlja na svakih 6.0m duz cevovoda. U proracunu sile potiska zanemaritiuticaj betonskog balasta. Racunati da jedan balast uravnotezuje 6 m duzinecevovoda. Odrediti najveci unutrasnji precnik cevovoda d, pri kome prazancevovod (istog spoljnog precnika D), ne bi isplivao ni kada nema balasta.


Zadatak 2. Na slici su prikazana dva rezervoara sa vodom. Kota vode urezervoaru R1 je 10m, a u drugom je nepoznata. Volumetrijskom metodomje izmeren proticaj kroz obe cevi. Za izmereni proticaj kroz cev koja izlazi izrezervoara R1 proveriti rezim tecenja i izracunati koeficijenat lokalnog gu-bitka energije na zatvaracu Z1. Na osnovu datog citanja na diferencijalnommanometru ∆pM = 15 kPa, i pretpostavljajuci da se u drugoj cevi ostvarujeturbulentno tecenje (λ = 0.115(k/d+ 60/Re)1/4), odrediti nivo u rezervoaruR2 i koeficijenat lokalnog gubitka energije na zatvaracu Z2.

Zadatak 3. U horizontalno recnokorito pravougaonog preseka, u komeje tecenje vode u mirnom rezimu,postavljen je betonski “zub”. Pri da-tom proticaju i dubinama u presecima1 i 2, izracunati silu koju prima beton-ski “zub”. Silu trenja izmedu preseka1 i 2 zanemariti.

141

Ispitni rok 24. I 1995. – teorijski deo ispita

1. Brzine dilatacije fluidnog delica odredene su sa:

∂u1

∂x1= −0.1s−1 ∂u2

∂x2= 0.2s−1 ∂u3

∂x3= 0.1s−1

Na osnovu ovoga se zakljucuje:

(a) fluid je nestisljiv;

(b) gustina fluida se menja kroz vreme;

(c) materijalni izvod gustine jednak je nuli.

2. Kroz kruznu cev konstantnog poprecnog preseka pod pritiskom usta-ljeno tece fluid gustine ρ i dinamickog koeficijenta viskoznosti µ, pricemu se, za brzinu u0, ostvaruje laminaran rezim tecenja. Na osnovuprethodnog tvrdi se sledece:

(a) ostvaruje se tzv. kvadratni zakon otpora;

(b) u celoj oblasti izmedu zida i osovine cevi brzina se linearno menjasa rastojanjem od zida;

(c) hrapavost unutrasnjeg zida cevi utice na gubitke energije;

(d) rezim tecenja je buran.

3. Pri strujanju njutnovskog fluida u delu strujnog polja u neposrednojblizini zida ostvaruje se raspored brzina takav da je komponenta brzineu pravcu strujanja (u3) zavisna od drugog stepena rastojanja od zida(x2), odnosno u3 = f(x2

2), a druge dve komponente brzine jednake sunuli, odnosno u1 = u2 = 0. Za takve uslove, u posmatranoj oblasti,tangencijalni napon σ23 = σ32 bice proporcionalan sa xn

2 . Vrednosteksponenta n je:

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

4. Dinamicka jednacina za elementarnu masu fluida napisana za pravac(x3) glasi:

∂u3

∂t︸︷︷︸(1)

+ ui∂u3

∂xi︸︷︷︸(2)

= f3

︸︷︷︸(3)

− 1ρ

∂p

∂x3︸︷︷︸(4)

+1ρ

∂u3

∂xi∂xi︸︷︷︸(5)


Uz svaki od uslova navedenih u nastavku napisati koji od clanova (1)–(5) je na osnovu njega jednak nuli:

fluid je idealan ⇒ ( ) = 0;strujanje je ustaljeno ⇒ ( ) = 0;

u1 = u2 = 0, pravac x3 je horizontalan,od zapreminskih sila deluje samo tezina

⇒ ( ) = 0.

5. Dve sfere precnika D1 i D2 (takve da je D1 > D2), napravljene su odistog materijala gustine ρ1 = ρ2. Sfere su pricvrscene za krajeve stapaduzine L. Ovaj stap moze da se obrce oko ose u tacki koja deli stapna dva dela duzina L1 i L2, odnosno L = L1 +L2. Poprecne dimenzijei tezina stapa su zanemarljivi. Odnosi precnika D1 i D2 i duzina L1

i L2 su takvi da, kada su kugle u vazduhu, stap je u horizontalnompolozaju u stanju indiferentne ravnoteze. Ovakav sistem postavi se uvodu dovoljne dubine da su obe kugle uvek u vodi bez obzira na polozajstapa. Tokom samog stavljanja u vodu rotacija stapa je sprecena, aposle toga je opet moguca. Nakon sto se stap pusti i umiri, stanje jesledece:

(a) stap je u istom (horizontalnom) polozaju, u stanju indiferentneravnoteze;

(b) stap je u kosom (ni u horizontalnom ni u vertikalnom) polozaju,veca sfera na visoj koti od manje, u stanju stabilne ravnoteze;

(c) stap je u kosom (ni u horizontalnom ni u vertikalnom) polozaju,veca sfera na nizoj koti od manje, u stanju stabilne ravnoteze;

(d) stap je u vertikalnom polozaju, veca sfera gore, manja sfera dole,u stanju stabilne ravnoteze;

(e) stap je u vertikalnom polozaju, veca sfera dole, manja sfera gore,u stanju stabilne ravnoteze.

6. U horizontalnom kanalu pravougaonog poprecnog preseka sirine 10 m,formira se hidraulicki skok sa konjugovanim dubinama h1 = 2 m ih2 = 5 m. Gubitak energije po jedinici tezine na skoku iznosi:

Eizg = (upisati jedinice)

143

7. Model je nacinjen po principu slicnosti za inercijalne uticaje i za uticajetezine. Razmera za proticaj je Q∗ = 88. U nekoj tacki na modeluizmeren je pritisak od 150Pa. Odgovarajuci pritisak na objektu ceiznositi:

pobj =

8. Posmatra se ravna ploca postavljena u ravnomernu struju tako da jeparalelna sa pravcem struje. Smer struje je s desna na levo. Zadatak jeravanski. Granicni sloj duz cele ploce je laminaran. Sila otpora tecenjana levoj polovini ploce je F1, a na desnoj je F2. Odnos ovih dveju silaiznosi:

F1/F2 =

Ispitni rok 24. I 1995. – zadaci

Zadatak 1. Kvadratna prizma nepoznate prosecne gustine ρ1 pricvr-scena je za zid tako da, pod uticajem sila, moze da se obrce oko (linijskog)zgloba u tacki 0. Zadatak je ravanski. Odrediti najmanju gustinu prizme(ρ1) pri kojoj ona moze da bude u polozaju prikazanom na slici, i to za dvaslucaja:

a) Prizma i zid su potpuno ravni, tako da ne dolazi do prodiranja flui-da gustine ρ3 ispod prizme, odnosno ne treba uzimati u obzir hidro-staticku silu na prizmu duz njenog kontakta sa zidom.

b) Prizma i zid nisu potpuno ravni, tako da dolazi do prodiranja fluidagustine ρ3 ispod prizme, odnosno treba uzeti u obzir vertikalnu hidro-staticku silu na prizmu duz njenog kontakta sa zidom (u ovom slucajuzglob ne propusta, odnosno ne dolazi do mesanja fluida sa jedne i drugestrane zgloba).


Zadatak 2. Prizma iz zadatka 1, prosecne gustine ρ1, postavljena je uravnomernu horizontalnu vazdusnu struju brzine u0 (gustina vazduha je ρ0).Koeficijenti pritiska (Cp) u naznacenim tackama dati su u prilozenoj tabeli.Na delu prizme izlozenom vazduhu, pritisak se menja linearno izmedu tacakau kojima su zadate vrednosti Cp.

a) Odrediti najmanju brzinu vazduha (u0) koja bi izvela prizmu prosecnegustine ρ1 = 150 kg/m3 iz polozaja prikazanog na slici ako su prizmai zid potpuno ravni, tako da ne dolazi do prodiranja vazduha ispodprizme, odnosno ne treba uzimati u obzir sila od vazduha na prizmuizmedu tacaka 0 i 7.

b) Odrediti najmanju gustinu prizme (ρ1) za koju ona moze da ostaneu prikazanom polozaju pri brzini vazduha u0 = 45 m/s ako prizma izid nisu potpuno ravni, tako da dolazi do prodiranja vazduha ispodprizme, odnosno treba uzeti u obzir silu na prizmu izmedu tacaka 0 i 7(u ovom slucaju zglob ne propusta vazduh, odnosno pritisak vazduhaizmedu tacaka 0 i 7 je konstantan i iznosi p7).

tacka 0 1 2 3 4 5 6 7Cp −0.2 −0.2 −0.2 −0.8 0.0 0.9 0.9 0.9

Zadatak 3. Preko Thompson-ovog ostroivicnog preliva voda se pre-liva iz rezervoara R2 u rezervoar R1. Kroz crevo precnika d2 duzine L

istice proticaj Q2 = 3.10 lit/s. Zbir ova dva proticaja crpi se pomocu crpke

145

snage S = 700 W kroz cev precnika d1. Odrediti koeficijent korisnog dejstvacrpke η.

Ispitni rok 28. III 1995. – teorijski deo ispita

1. Dve kuglice razlicitih precnika (D1 > D2), ali istih tezina, slobodnopadaju kroz tecnosti koje su u stanju mirovanja. Manja kuglica padakroz vodu (gustina vode je ρv = 1000 kg/m3), a veca kroz ulje (gustinaulja je ρu = 800 kg/m3). Obe kuglice se krecu istim, konstantnimbrzinama. Tvrdi se sledece:

(a) zbir sile otpora i sile uzgona koje deluju na vecu kuglicu je veciod zbirnog dejstva istih sila koje deluju na manju kuglicu;

(b) zbir sile otpora i sile uzgona koje deluju na vecu kuglicu je manjiod zbirnog dejstva istih sila koje deluju na manju kuglicu;

(c) zbir sile otpora i sile uzgona koje deluju na vecu kuglicu je identi-can zbiru istih sila koje deluju na manju kuglicu.

2. Kanal konstantnog poprecnog preseka sastoji se od dve dugacke deo-nice: uzvodne sa blagim nagibom u kojoj je pri posmatranom kon-stantnom proticaju Q vrednost Froude-ovog broja manja od jedinicei nizvodne sa strmim nagibom dna u kojoj je pri istom proticaju Qvrednost Froude-ovog broja veca od jedinice. Za deo kanala u blizinipromene nagiba dna tvrdi se sledece:

(a) na mestu promene nagiba dna formira se kriticna dubina;

(b) na mestu promene nagiba dna formira se hidraulicki skok;


(c) od mesta promene nagiba dna, dubina vode se u uzvodnom smerusmanjuje tezeci normalnoj dubini;

(d) od mesta promene nagiba dna, dubina vode se u nizvodnom smerupovecava tezeci normalnoj dubini.

3. Model napravljen po principima slicnosti za uticaje inercije i viskozno-sti ima sve dimenzije smanjene 5 puta u odnosu na odgovarajuce di-menzije objekta. Na modelu se, uz koriscenje istog fluida kao na ob-jektu, ispituje snaga motora za pogon potpuno potopljenog tela kojese krece konstantnom brzinom. Na objektu je snaga motora 500kW,sto znaci da je snaga na modelu, Smod jednaka:

Smod =

(jedinice)

4. U paralelnu struju nestisljivog fluida, konstantne brzine U0 i pije-zometarske kote u neporemecenom fluidu Π0, uronjena je polovina sfere

(videti skicu). Posmatra se pijezometarskakota na spoljasnjoj ivici granicnog slojaformiranog na omotacu polovine sfere, Πδ (δje debljina granicnog sloja) koja se menja duzkrivolinjske koordinate s. Za Πδ na prednjojstrani polovine sfere, osim u tacki Z, moze setvrditi da je:

(a) ∂Πδ∂s

> 0;

(b) ∂Πδ∂s < 0;

(c) ∂Πδ∂s

= 0;

(d) Πδ(s) > Π0 + U20

2g ;

(e) Πδ(s) < Π0 + U20

2g ;

(f) Πδ(s) = Π0 + U20

2g .

147

5. Kroz cev kruznog preseka precnika D = 0.2 m protice fluid gustineρ = 1200 kg/m3. Proticaj kineticke energije kroz posmatrani poprecnipresek je QEk

= 150.72 J/s. Za date uslove prosecna brzina fluida upoprecnom preseku iznosi:

v = (upisati jedinice)

6. Posmatra se strujno polje u kome su komponente brzina u1, u2 i u3 unekoj tacki (x1, x2, x3) definisane sledecim zavisnostima:

u1 = u1(x2, x3) u2 = u2(x1, x3) u3 = 0 µ 6= 0

gde je µ – dinamicki koeficijent viskoznosti, a x1, x2, x3 – prostornekoordinate posmatrane tacke. Za takvo strujanje u posmatranoj tackimoze se pouzdano zakljuciti sledece:

(a) zapreminska dilatacija delica postoji i pozitivna je;

(b) strujanje je neustaljeno;

(c) sve komponente devijatorskog dela napona su jednake nuli.

7. Posmatra se ustaljeno strujanje nestisljivog fluida gustine ρ kroz cevkruznog poprecnog preseka sa horizontalnom osovinom ciji se precnikduz struje (u pravcu x1) smanjuje. Posmatra se vrednost integrala:

I = −∫

Aρu1u1n1dA

gde je u1 – komponenta brzine u pravcu toka, A – poprecni presekstruje, n1 – ort spoljne normale preseka A. Tvrdi se sledece:

(a) posmatrani integral predstavlja komponentu inercijalne sile;

(b) apsolutna vrednost integrala niz struju se povecava;

(c) lokalna komponenta materijalnog izvoda delica koji se krece duzosovine cevi veca je od nule;

(d) konvektivna komponenta materijalnog izvoda delica koji se kreceduz osovine cevi jednaka je nuli.


8. Strujanje nestisljivog fluida je dato sa:

u1 =U0

2h2x2

2 u2 = u3 = 0

gde je U0 = 1 m/s, h = 0.5 m i µ = 10−3 Pa s. Motorni rad fluida utacki A, koja ima koordinate A(1, 2, 3), iznosi:

Mot =

(jedinice)

Ispitni rok 28. III 1995. – zadaci

Zadatak 1. Na slici jeprikazana ustava koja mozeda se rotira oko tacke O. Za-datak je ravanski. Odredi-ti dubinu vode h i minimalniugao α pri kome je ustava uravnotezi (dobijenu jednacinuresiti po uglu α). Nacrtati za-visnost dubine vode h od uglaustave α. Na dijagramu sra-firati zonu uglova α u ko-joj je ravnoteza ustave la-bilna (ako se ustava izvede izravnoteznog polozaja za ugao∆α, ne vraca se u prvobitnipolozaj).

Zadatak 2. Za sistem prikazan na skici (rezervoar, sifonska cev, izlaznosuzenje) izracunati proticaj po uspostavljanju tecenja. Nacrtati pijezome-tarsku i energetsku liniju u razmeri i na dijagramu upisati sve potrebne kote.

149

Zadatak 3. Za kanal trougaonog poprec-nog preseka odrediti kriticnu dubinu pri proticajuQ = 2 m3/s. Ako je hrapavost kanala po Man-ningu n = 0.018 m−1/3s, odrediti pri kom nagibukanala se normalna dubina poklapa sa kriticnom(odnosno odrediti kriticni nagib kanala).

Ispitni rok 11. VI 1995. – teorijski deo ispita

1. Dati su izrazi:

I1 =∫

Aρujuj

2niuidA I2 =

∫

V

∂

∂t(ρ

ujuj

2)dV

gde je A = povrsina omotaca posmatrane zapremine V . Za ove inte-grale tvrdi se sledece:

(a) integrali I1 i I2 su vektorske velicine u pravcu j;

(b) integral I1 predstavlja komponentu inercijalne sile u pravcu j;

(c) integral I2 predstavlja prirastaj kolicine kretanja (izlaz− ulaz) uzapremini V , u jedinici vremena;


(d) zbir integrala I1 + I2 brojno je jednak radu svih sila, u jedinicivremena, koje deluju na zapreminu V .

2. U nekoj tacki strujnog polja osrednjena vrednost brzine u pravcu 1, u1,menja se po sinusnom zakonu; osrednjena vrednost komponente brzineu pravcu 2, u2, konstanta je kroz vreme, dok je osrednjena vrednostbrzine u pravcu 3, u3, jednaka nuli:

u1 = U0 sin(ωt + c) u2 = const u3 = 0

(2π/ω – perioda, t – vreme, U0, c – konstante). Fluktuacione kompo-nente (u′

1, u′2, u

′3) su razlicite od nule i menjaju se na slucajan nacin

(nemaju izrazenu pravilnost). Za strujanje u toj tacki tvrdi:

(a) sve komponente Reynolds-ovog napona razlicite su od nule;(b) posto je u3 = 0, komponente Reynolds-ovog napona σt

13 = σt31,

σt23 = σt

32 i σt33 jednake su nuli;

(c) komponente Reynolds-ovog napona σt13 = σt

31 menjaju se po si-nusnom zakonu.

3. U laminarnom (viskoznom) podsloju turbulentnog toka fluida gustineρ = 1.2 kg/m3, brzina fluida u pravcu toka x1, u1, povecava se linearnosa rastojanjem od zida cevi, duz x2, dok su ostale komponente brzinejednake nuli:

u1 = ax2 u2 = u3 = 0 0 < x2 < 0.02 m

(a = const, a > 0). Prirastaj brzine izmedu dve tacke na rasto-janju ∆x2 = 0.4 mm iznosi ∆u1 = 0.4 m/s. Na polovini rastojanjaizmedu tih tacaka tangencijalni napon iznosi σ12 = σ21 = 0.02 Pa.Za date uslove kinematicki koeficijent viskoznosti iznosi:

= (upisati oznaku,vrednost i jedinice)

4. Za strujanje dato u predhodnom zadatku, u tacki x2 = 0.01 m vrednostmotornog rada po jedinici zapremine iznosi:

Mot = (upisati vrednosti jedinice)

151

5. Model sacinjen tako da zadovolji uslove slicnosti za inercijalne i gra-vitacione uticaje koristi se za odredivanje povecanja dubine uzvodnood mostovske pregrade u toku. Pri proticaju na modelu od 20 l/s, kojiodgovara proticaju od 20.48m3/s na objektu, izmereno je nadvisenjeod 0.5cm. Odgovarajuce nadvisenje na objektu ce biti (u [cm]):

2 4 8 16 24 36 40 48

6. Kruzni cilindar se nalazi u struji nestisljivog fluida ciji je smer upravanna osovinu cilindra. U neporemecenoj zoni brzina je konstantna. Po-smatra se elementarna zapremina fluida na prednjoj strani cilindra, ugranicnom sloju (cija se debljina niz struju povecava). Za zbir sila pri-tiska i tezine koje deluju na posmatranu elementarnu zapreminu tvrdise sledece:

(a) zbir te dve sile jednak je nuli jer je fluid nestisljiv;(b) zbir te dve sile usmeren je niz struju;(c) zbir te dve sile usmeren je uz struju;(d) zbir te dve sile uravnotezuje se sa inercijalnom silom jer je sila

trenja jednaka nuli.

7. Posmatra se sila koja deluje na deo cvrste konture koja je u kontaktusa fluidom koji miruje. Posmatrani deo konture nije ravan. Tvrdi seda su nuli jednake sledece sile:

(a) horizontalna komponenta sfernog dela povrsinske sile:(b) vertikalna komponenta sfernog dela povrsinske sile;(c) lokalna komponenta inercijalne sile na elementarnu masu fluida u

neposrednom kontaktu sa fluidom;(d) konvektivna komponenta inercijalne sile na elementarnu masu flu-

ida u neposrednom kontaktu sa fluidom;(e) sila usled delovanja devijatorskog dela napona.

8. Za tecenje u otvorenom kanalu, za kriticnu dubinu tvrdi se sledece:

(a) ostvaruje se na kraju kanala sa mirnim rezimom tecenja koji seuliva u jezero ciji je nivo ispod dna kanala;

(b) ostvaruje se uvek na sirokom pragu pri nepotopljenom prelivanju;(c) ostvaruje se uvek kada je specificna energija jednaka nuli;(d) zavisi od nagiba dna kanala.


Ispitni rok 11. VI 1995. – zadaci

Zadatak 1. Na slici je prikazana usta-va. Za 1m duzine ustave, izracunati kolikije momenat u ukljestenju usled opterece-nja od fluida. Zadatak je ravanski, sve silei momenat racunati na jedan metar duzinezida.

Zadatak 2. Voda se iz rezervoara R1 crpi pumpom u rezervoar R2, aiz rezervoara R2 izlazi kroz drugu cev koja se zavrsava mlaznikom. Mlazvode iz mlaznice udara u ravnu kruznu plocu, na kojoj se dinamometrommeri sila. Odrediti potreban gubitak energije na zatvaracu (ξzat) tako daizmerena sila bude F = 128.8 N. Kolika je potrebna snaga pumpe tako daproticaj iz R1 u R2 bude isti kao proticaj koji izlazi iz R2?

153

Zadatak 3. Na slici je prikazanmehanicki anemometar – uredaj zamerenje brzine vetra. Dve sfere suizlozene homogenoj vazdusnoj strujibrzine U . Gornja veca i laksa, idonja manja i teza, spojene su kru-tim stapom, sa mogucnoscu rotacije utacki O. Nacrtati dijagram zavisnostiugla rotacije sistema α u funkciji brzi-ne vetra U . Zanemariti uticaj vetrana sam stap.


1. Posmatra se elementarna zapremina fluida koji miruje, oblika kocke(sa stranama dx1 = dx2 = dx3) u koordinatnom sistemu u kome jeosovina x3 vertikalna i usmerena na gore (osovine x1 i x2 leze u ho-rizontalnoj ravni). Elementarna zapremina je postavljena tako da jehidrostaticki pritisak u njenom tezistu T(0, 0, 5dx3) jednak nuli. Naosnovu prethodnog se zakljucuje:

(a) u svim tackama koje se nalaze na osovini x1 (x1, 0, 0) pritisak jejednak nuli;

(b) pritisak je konstantan (ima istu vrednost) u svim tackama u ravni(x1, x2);

(c) pijezometarska ravan je vertikalna i paralelna je sa ravni (x2, x3);

(d) pijezometarska ravan prolazi kroz koordinatni pocetak (x1 = 0,x2 = 0, x3 = 0).

2. Posmatra se ustaljeno jednoliko kretanje vode duz otvorenog kanalapravougaonog poprecnog preseka sa konstantnim nagibom dna. Zamasu fluida izmedu dva poprecna preseka tvrdi se sledece:

(a) u oba posmatrana preseka dubina je ista;

(b) rezultujuca inercijalna sila na posmatranu masu fluida jednaka jenuli;


(c) komponente sile pritiska u posmatranim poprecnim presecima sujednake po intezitetu, a suprotnog smera, tako da je rezultantasile pritiska jednaka nuli;

(d) sila trenja uravnotezuje se sa komponentom sile tezine u pravcutecenja.

3.

Posmatraju se integrali II i III na-pisani za ustaljeno strujanje vodeu kanalu pravougaonog poprecnogpreseka (vidi sliku):

II = −∫

V

∂

∂t(ρuj)dV

III = −∫

AujρniuidA

gde su: V – zapremina posmatrane mase fluida izmedu dva poprecnapreseka, A – povrsina omotaca posmatrane mase fluida (A = A1 ++A2 + A3 + A4), ρ – gustina vode, ni – ort spoljne normale povrsine,ui, uj – komponente brzine (u2 = u3 = 0). Za prethodne uslove napi-sati integral III u razvijenom obliku (umesto indeksa i i j koristiti 1, 2i 3, kao i oznake date na slici) i izostaviti clanove koji su jednaki nuli.

III =

4. Za integrale date u prethodnom zadatku tvrdi se sledece:

(a) integral II jednak je nuli kad je kretanje ustaljeno;

(b) integral III jednak je nuli kad je kretanje ustaljeno;

(c) integral III jednak je nuli kad je kretanje jednoliko;

(d) zbir integrala II i III jednak je nuli kad je kretanje ustaljeno ijednoliko.

5. Pri ispitivanju sile otpora oblika nekog tela, a pri opstrujavanju fluidagustine ρ1 i viskoznosti µ1, utvrdeno je da koeficijent sile otpora oblikaCF ne zavisi od Re-broja u oblasti ispitivanih Reynolds-ovih brojeva.Ako se uz zadrzavanje Re broja u pomenutoj oblasti, koristi neki drugifluid razlicite gustine ρ2 i viskoznosti µ2, desice se sledece:

155

(a) koeficijent sile otpora ce se promeniti u zavisnosti od odnosagustina ρ2/ρ1;

(b) pri istoj brzini fluida sila otpora ce se promeniti u zavisnosti ododnosa koeficijenata viskoznosti µ2/µ1;

(c) pri istoj brzini sila otpora se nece promeniti.

6. U laminarnom ravanskom tecenju fluida (u ravni x1, x2), poznate gu-stine i viskoznosti, ostvaruje se linearan raspored brzine, tj. brzina u1

zavisi linearno od rastojanja x2 od zida. Za oblast vazenja datog ras-poreda brzina tvrdi se sledece:

(a) napon σ12 = σ21 zavisi linearno od rastojanja x2 od zida;(b) napon σ12 = σ21 je konstantan i ne zavisi od rastojanja x2 od zida;(c) povrsinska sila na elementarnu zapreminu dV u posmatranoj obla-

sti strujanja jednaka je nuli.

7. U posmatranoj tacki fluidnog prostora, gustina delica stisljivog fluidau jednom trenutku t1 iznosi ρ = 900 kg/m3. Gustina se kroz vrememenja tako da je u posmatranom trenutku t1 vrednost materijalnogizvoda gustine Dρ/Dt = 360 kgm−3s−1. U posmatranoj tacki brzinedilatacija u trenutku t1 iznose:

∂u1

∂x1= −0.1 s−1 ∂u2

∂x2= −0.2 s−1

Vrednost brzine dilatacije za pravac x3 u trenutku t1 iznosi:

∂u3

∂x3=

(upisati vrednost i jedinice)

8. U nekoj tacki strujnog polja osrednjene, trenutne i fluktuacione kom-ponente brzina su definisane sledecim izrazima:

pravac trenutna osrednjena fluktuacionax1 u1 = u0[1 + α sin(ωt + c)] u0 u0α sin(ωt + c)

α = constx2 u2 = u′

2 0 u′2 6= 0

stohastickax3 u3 = u′

3 0 u′3 6= 0

stohasticka


gde su 2π/ω – perioda, t – vreme, a α i c – konstante razlicite od nule.Za komponente Reynolds-ovog napona vazi sledece:

(a) sve komponente tenzora Reynolds-ovog napona σtij su razlicite od

nule;

(b) komponente Reynolds-ovog napona σt22, σt

33 su jednake nuli jer jeu2 = u3 = 0;

(c) komponenta Reynolds-ovog napona σt11 jednaka je nuli.


Zadatak 1. Gustina zida jeρb = 2.4 kg/dm3. Zadatak je ra-vanski. Izracunati moment savija-nja (po metru duzine konstrukcije)u preseku A–A (kod ukljestenja).

Zadatak 2. Posmatra se tecenje kroz laboratorijski kanal trougaonogpoprecnog preseka (sa pravim uglom izmedu zidova kanala) ciji Manning-ov koeficijent hrapavosti obloge iznosi n = 0.011 m−1/3s, a nagib dna ID =0.155%. Voda iz kanala slobodno istice u rezervoar, iz koga dalje istice prekoThompson-ovog preliva (oblici preliva i poprecnog preseka kanala su isti). Prinekom proticaju Q kriticna dubina u kanalu hK iznosi 80% od normalne du-bine hN (koja bi se ostvarila kada bi kanal bio dovoljno dugacak). Odreditiproticaj kroz kanal Q iz datog uslova da je hK = 0.80hN. Odrediti dubinuvode hA (u preseku A–A, gde je slobodno isticanje) i visinu mlaza hB (upreseku B–B, tj. na Thompson-ovom prelivu).

157

Zadatak 3. Voda slobodno istice iz rezervoara kroz cevi istog precnikad = 100 mm i iste hrapavosti.

a) Odrediti proticaj Q3 za slucaj kada je nivo vode u rezervoaru na visiniΠa = 13.95 m, sto je najvisi nivo pri kome voda jos uvek istice samokroz jednu cev, odnosno kada je Q1 = Q3 i Q2 = 0. Koeficijent trenjaza sve cevi iznosi λ = 0.0215. Koeficijent lokalnog gubitka na spojuiznosi ξs,a = ξ1−3

s,a = 2. Odrediti do kog nivoa ce se voda popeti ucevi kroz koju nema proticaja (koja je delimicno ispunjena vodom ustanju mirovanja) iz uslova da su energetske kote u presecima 1 i 2 (upresecima cevi 1 i 2 neposredno ispred spoja) medusobno jednake.


b) Odrediti proticaje Q1, Q2 i Q3 za slucaj kada je nivo vode u rezervoaruna visini Πb = 15.95 m, odnosno kada je Q1 + Q2 = Q3 i Q2 > 0.Koeficijent trenja za sve cevi iznosi λ = 0.0215. Koeficijent lokalnoggubitka na spoju iznosi ξs,b = ξ1−3

s,b = ξ2−3

s,b = 1.35.

c) Ako se pri proticaju Q3, odredenom za slucaj pod a), ostvaruje turbu-lentno tecenje u prelaznom rezimu iz glatke u hrapavu cev, odnosno a-ko je λ = λ(k/d, Re) = 0.0215, odrediti apsolutnu hrapavost cevi k.Kinematicki koeficijent viskoznosti vode iznosi ν = 10−6 m2/s.

d) Ako vaze pretpostavke iznete pod c), onda to znaci da je u slucajupod b) ucinjena izvesna greska posto je, pri proticajima razlicitim odQ3 odredenom za slucaj pod a), odnosno pri razlicitim Re-brojevima,koeficijent trenja λ razlicit od 0.0215. Do “tacnog” resenja2 bi se moglodoci ako bi se, koristeci vrednost k sracunatu pod c), za proticajesracunate pod b) odredili odgovarajuci λ1, λ2 i λ3, pa zatim s tim vre-dnostima ponovo izracunali proticaji, i tako nekoliko puta dok proracunne konvergira. Objasniti da li se bez ovakvog iterativnog proracunamoze reci da li je proticaj Q3 sracunat pod b) precenjen ili potce-njen (u odnosu na “tacno” resenje); ako moze – reci na koju stranu jeucinjena greska, a ako ne moze – objasniti zasto ne moze.


1. Zatvorena lopta, nacinjena od materijala zanemarljive tezine, pluta navodi. Lopta je do svoje polovine ispunjena crvenom tecnoscu cija jegustina manja od gustine vode. Iznad tecnosti zarobljen je vazduhpod pritiskom tako da se pijezometarska kota crvene tecnosti u loptipoklapa sa povrsinom vode izvan lopte. Ako se na dnu lopte izbusiotvor, desice se sledece:

(a) voda ce poceti da ulazi u unutrasnjost lopte;

(b) crvena tecnost ce poceti da istice iz lopte;

(c) nece doci ni do kakvih promena.

2Pridev tacno pisan je sa navodnicima jer je razlika izmedu pribliznog resenja dobijenogpod b) i tacnog veoma mala, manja od 1%.

159

2. U strujnom polju u ravni (x2, x3) utvrdeno je da se napon σ23 = σ32

linearno smanjuje sa povecanjem koordinate x3. Brzina u2 je funkcijasamo rastojanja x3. Na osnovu prethodnog se zakljucuje:

(a) brzina u2 menja se linearno sa promenom rastojanja x3;

(b) brzina u2 je konstantna duz pravca x3;

(c) brzina u2 menja se proporcionalno sa kvadratom rastojanja x3.

3. Posmatra se dinamicka jednacina po jedinici mase za pravac j = 3 u ko-joj deo povrsinske sile usled delovanja devijatorskog dela napona glasi:

1ρ

∂σi3

∂xi

U Navier-Stokes-ovoj jednacini za isti pravac odgovarajuci clan ce bitinapisan na sledeci nacin:

4. Fluidni delic deformise se tako da su brzine dilatacija medusobno jed-nake i istog su znaka. Tvrdi se sledece:

(a) prethodno je moguce samo kod nestisljivog fluida;

(b) prethodno je moguce i kod stisljivog i kod nestisljivog fluida;

(c) jednacina kontinuiteta je zadovoljena.

5. Posmatraju se nepotopljeno i potopljeno prelivanje preko sirokog pragau kanalu pravougaonog poprecnog preseka. Nagib dna kanala je takavda se, izvan zone nejednolikog tecenja izazvane lokalnim poremecajima,ostvaruje buran rezim tecenja. Za ovakvu situaciju tvrdi se sledece:

(a) za nepotopljeno prelivanje neposredno uzvodno od praga ostvaru-je se miran rezim tecenja;

(b) za nepotopljeno prelivanje na uzvodnoj deonici ostvaruje se hi-draulicki skok;

(c) za potopljeno prelivanje neposredno nizvodno od praga ostvarujese mirno tecenje izazvano nekom drugom nizvodnom preprekom;

(d) za potopljeno prelivanje na pragu se ne ostvaruje kriticna dubina.


6. Visoka zgrada, osnove oblika kvadrata i sa fasadnim zidovima kojisu ravni, vertikalni i svi iste visine, izlozena je dejstvu vetra u ra-zlicitim pravcima. Pretpostavlja se da se brzina vetra od terena navisepovecava, a da je u svakoj horizontalnoj ravni konstantna.

Za dva pravca duvanja prikazana na slici tvrdi se sledece:

(a) za slucaj 1) sile na povrsine a1 i a3 su istog intenziteta a suprotnogsmera;

(b) za slucaj 1) sile na povrsine a2 i a4 su istog inteziteta a suprotnogsmera;

(c) za slucaj 1) rezultanta sile u pravcu 2 jednaka je nuli;

(d) za slucaj 2) inteziteti sila na povrsine b1 i b4 su isti i sile delujuupravno na te povrsine;

(e) za slucaj 2) inteziteti sila na povrsine b1 i b2 su isti i deluju up-ravno na te povrsine;

(f) za slucaj 2) rezultanta sile u pravcu 2 jednaka je nuli.

7. Posmatra se koeficijent tangencijalnog napona (Cτ ) za dve kruznecevi razlicitog precnika (D1 6= D2) i razlicitih apsolutnih hrapavosti(k1 6= k2), a istih relativnih hrapavosti (k1/D1 = k2/D2). Za oblastkvadratnog zakona otpora, za posmatrani koeficijent Cτ za obe cevi,vazi sledece:

(a) pri povecanju Reynolds-ovog broja Cτ ce se smanjivati;

(b) Cτ ce se povecavati proporcionalno kvadratu Reynolds-ovog bro-ja;

(c) Cτ se nece menjati pri promeni Reynolds-ovog broja.

8. Model je nacinjen tako da su zadovoljeni uslovi slicnosti za inercijalneuticaje i uticaje gravitacije. Na modelu i objektu je isti fluid. Sveduzine na modelu su 25 puta manje od odgovarajucih na objektu.Ispituje se sila kojom mlaz, nakon prelivanja preko brane, deluje na

161

prepreku na dnu kanala. Sili na objektu od 312.5kN odgovara sila namodelu od:

Fmod =

(upisati vrednost i jedinice)


Zadatak 1. Na slici je prikaza-na ustava. Za 1m duzine ustave,izracunati potrebnu kotu fluida 3pa da momenat ukljestenja u tackiA bude nula. Zadatak je ravan-ski, sve sile i momenat racunati najedan metar duzine ustave. Zane-mariti sopstvenu tezinu i debljinuustave.

Zadatak 2. Na slici je prikazan slozen sistem koji se sastoji od cevovodai crpke. Voda se prebacuje iz rezervoara Ra u rezervoar Rh, a zatim se tavoda otvorenim kanalom vraca u rezervoar Ra. Posmatra se samo sistempod pritiskom. Za data citanja na manometrima (otvoreni manometri M1 iM4, i diferencijalni manometri M2 i M3) odrediti proticaj u cevi (koristecirazliku pritisaka izmedu preseka d i e) kao i koeficijente linijskih gubitakaenergije za cevi precnika D (uzvodno od crpke) i precnika d (nizvodno odcrpke). Na osnovu izracunatog proticaja, kao i citanja na diferencijalnommanometru kod pumpe, izracunati snagu pumpe. Napomena: na slici su svipotrebni preseci oznaceni malim slovima, od a do g. Koristiti te oznake uradu.


Zadatak 3. Posmatra se sistem tecenja sa slobodnom povrsinom, prika-zan na slici. Proticaj u sistemu se odreduje na osnovu prethodno kalibrisanogsuzenja sa dijafragmom. Tecenje u kanalu pravougaonog preseka je takvo dase na samom izlivu kanala u rezervoar Ra formira hidraulicki skok. Kanal jedovoljne duzine da se u nizvodnom delu kanala ostvaruje jednoliko tecenje.Odrediti proticaj u kanalu, pijezometarske kote u rezervoarima Rh i Ri inagib dna kanala.

2

Resenja testova i zadataka iz3. dela

Ispitni rok 30. IX 1993. – resenja

1. svi ponudeni odgovori su pogresni

2. I3 = I2 =∫A ρujuinidA

3. (b)

4. E izg2 = 9 m

5. ν = 0.2 · 10−6 m2/s

6. CF = 0.90

7. (d)

8. (c)

Zadatak 1.M = 498.9 kNm/m,T = −201.1 kN/m,N = 64.2 kN/m.

163

164 2. Resenja testova i zadataka iz 3. dela

Zadatak 2.Π1 = 0.98 m, Π2 = 5.08 m, Q = 7.85 mm3/s, HC = 4.78 m.

Zadatak 3.HK = 0.95 m, H2 = 1.81 m.

Ispitni rok 17. X 1993. – resenja

1. (b)

2. (c)

3. ρ = f(t) = 100e−t

4. ωii = 1 s−1

5. (c)

6. (a), (c)

7. 500–2000


165

Zadatak 1.Z = 3.87 m,M = 0.0 kNM/m, T = 17.7 kN/m, N = 0.0 kN/m.

Zadatak 2.ΠB = 26.58 m, ΠA = 28.16 m, ΠC = 24.81 m.(Pijezometarske i energetske linije prikazane su na crtezu na strani 166.)

Zadatak 3.Kutija ce se preturiti (obrta-njem oko tacke XVIII) pri br-zini struje umin = 56.5 m/s.Pri brzinama manjim od ovenece doci do klizanja ako jekoeficijent trenja klizanja iz-medu kutije i podloge veci od:

µ =ΣFy

ΣFz=

83.1405.9

= 0.205


Zadatak 2.(nastavak)

167

Ispitni rok 27. I 1994. – resenja

1. (2, -1)

2. (c)


4. (c)

5. (a), (b), (c)

6. (b), (c)

7. Fobj = 62.5kN

8. (a)

Zadatak 1.RX = 270.8 kN, RY = 53.0 kN.

Zadatak 2.Q = 15.7 m3/s, ST = 1.2 MW.

Zadatak 3.Dijagram je isti kao u resenju zadatka 3 na str. 164.H2 = 1.81 m, I1 = 7.4%, I2 = 0.03%.


Ispitni rok 11. VI 1994. – resenja

1. (a), (c), (d)

2. (a), (b)

3. F∗ = 4096

4. (d)

5.12

6. (c)

7. (a)

8. FZ = 88.29kN

Zadatak 1.a) R = 17.96 MN.b) Fzat = 1.54 MN.

Zadatak 2.H = 1.36 m.

169

Zadatak 3.Q2 = 0.272 m3/s, Q3 = 0.194 m3/s, Q1 = 0.466 m3/s, ΠA = 44.58 m.

Ispitni rok 25. VIII 1994. – resenja

1. (b)

2. −0.1

3. (d)

4. (d)

5. 0.02m3 s−1; 24 kg s−1; 48 kg ms−2; 48 kgm−2 s−3

6. σ12 = σ21 = −2µu0x2

h2

7. pobj = 2.13 kPa

8. a = 0.333

Zadatak 1.d = 0.142 m.Sila potiska na plovak je maksi-malna kada je on ceo potopljen. Pri(bilo kom) nivou vode iznad vrhaplovka maksimalni pritisak pri komece dovodna cev ostati zatvorena jepM = 1062 kPa.


Zadatak 2.H1 = 1.62 m, HS = 0.10 m,HN = 0.513 m, HK = 0.294 m.HN > HK, pa se u kanalu (pri jedno-likom tecenju) ostvaruje miran rezim.Posto je HN < H ′′

S = 0.666 m (H ′′S

je dubina koja bi se sa HS spreglau skok), skok je odbacen od ustave,do mesta gde dubina dostize vrednostH ′′

N = 0.15 m.

Zadatak 3.A) Q1 = Q5 = Q2 = 3.0 l/s.B) Q1 = 7.8 l/s, Q5 = Q2 = 2.8 l/s, Q3 = 10.6 l/s, NP1 = 11.5 kW.C) Q1 = Q3 = 10.4 l/s, Q2 = Q4 = 13.0 l/s, pM = 694 kPa.


1.∫

VK

D

Dt(ρU1)dV ;

∫

AD+Ad+AK

ρU1UinidA; ρQ(vd − vD)

2. (a)

3. (c)

4. (b)

5. µ∗ = 0.424


7. (b)

8. v2/v1 = 1.05

Zadatak 1.b = 0.45 m, d = 1.52 m.

Zadatak 2.Re1 = 1000 (laminaran rezim), ξZ1 = 19562, Π2 = 9.90 m, ξZ2 = 82.4.

171

Zadatak 3.−K = 55.0 kN.

Ispitni rok 24. I 1995. – resenja

1. (b)


3. 1

4. fluid . . .⇒ (5) = 0; strujanje . . .⇒ (1) = 0; u1 . . .⇒ (3) = 0

5. (a)

6. Eizg = 0.675 m

7. pobj = 900 Pa

8. F1/F2 = (1−√

2)/√

2

Zadatak 1.a) ρ1 = 0.669 kg/dm3,b) ρ1 = 1.025 kg/dm3.

Zadatak 2.a) u0 = 63.0 m/s.b) ρ1 = 76.6 kg/m3.


Zadatak 3.η = 0.783.

Ispitni rok 28. III 1995. – resenja

1. (c)

2. (a)

3. Smod = 2500 kW

4. (b), (e)

5. v = 2 m/s


7. (a), (b)

8. Mot = 0.032 kgm−1 s−3

Zadatak 1.h = 2.304 3

√sin2 α cosα m,

αmin = 10.820,hmin = 0.751 m.

173

Zadatak 2.Q = 31.4 l/s.

Zadatak 3.HK = 1.20 m, IDK = 0.95%.

Ispitni rok 11. VI 1995. – resenja

1. (d)

2. (a)

3. ν = 1.67 · 10−5 m2/s

4. Mot = 0 Pa/s

5. 8 cm

6. (b)

7. (c), (d), (e)

8. (a), (b)


Zadatak 1.MA−A = 24.67 kNm/m.

Zadatak 2.ξzat = 37, NC = 1.57 kW.

Zadatak 3.u = 12.87

√tgα m/s.


1. (b)

2. (a), (b), (c), (d)

3. III =∫

A1

ρu21dA −

∫

A2

ρu21dA

4. (a), (c), (d)

175


6. (b), (c)

7. ∂u3/∂x3 = −0.1s−1

8. (a)

Zadatak 1.MA−A = 25.6 kNm/m.

Zadatak 2.Q = 7.20 l/s,hA = hK = 0.101 m, hB = hT = 0.106 m.

Zadatak 3.a) Q3,a = 21.24 l/s, Π2 = 13.60 m.b) Q1,b = 20.19 l/s, Q2,b = 8.98 l/s, Q3,b = 29.17 l/s.c) k = 0.10 mm.d) Posto je Q3,b > Q3,a > Q1,b, sledi da je λ3,b < λ3,a < λ1,a (jer je∂λ/∂Q = ∂λ/∂Re < 0), odnosno koeficijent trenja je u slucaju b) za cev3 precenjen, a za cev 1 potcenjen u odnosu na “tacno resenje”. Nadalje,kako je L3 L1 (cev 3 je znatno duza od cevi 1), v3,b > v1,b i λ3,b ≈ λ1,b,sledi da je λ3,bL3v

23,b λ1,bL1v

21,b. Dakle, merodavna je greska u proracunu

gubitka duz cevi 3, odnosno, moze se bez iterativnog proracuna reci da jeproticaj Q3,b potcenjen.



1. (a)

2. (c)

3.µ

ρ

∂2u3

∂x1∂x1

4. (c)

5. (a), (b), (c), (d)

6. (b), (c), (d), (f)

7. (c)

8. Fmod = 20N

Zadatak 1.Π3 = 1.86 m.

Zadatak 2.Q = 20.0 l/s, λd = 0.03, λD = 0.02, NC = 1.00 kW.

Zadatak 3.Q = 20.0 l/s, hK = hU = 0.101 m, Πi = 0.60 m, Πh = 1.13 m, h′′

N = 0.157 m,hN = 0.060 m, ID = 4.3%.

ZBIRKAZADATAKA IZMEHANIKEFLUIDA -...

Documents

Transcript of ZBIRKAZADATAKA IZMEHANIKEFLUIDA -...