Индустријско инжеnjерство у експлоатацији нафте и гаса

НАФТНО-ГАСНИ КОМПЛЕКСИ

(Решени задаци за писмени)

Вер.1 Др. Радослав Д. Мићић, доц

Технички факултет „Михајло Пупин“ Зрењанин

SADRŽAJ:

1. KONVERZIJA JEDINICA............................................................................................................... 3

2. GASNE SMEŠE- UDELI I MOLARNA MASA .............................................................................. 6

3. GASNI ZAKONl (IDEALNO GASNO STANJE) ......................................................................... 10

4. VISKOZNOST GASOVA NA ATMOSFERSKOM PRITISKU .................................................... 16

5. HIDROSTATIKA ............................................................................................................................ 21

6. HIDRODINAMIKA ........................................................................................................................ 26

1. KONVERZIJA JEDINICA

1.1 Dužina gasovoda je 15 milja, a prečnik 10". Kolike su dužina gasovoda u kilometrima i

površina poprečnog preseka u cm2?

Rešenje 1.1.

L= 15 milja

d= 10" (cola)

S=?

konverzija: 1 milja = 1,6093 km → 15 * 1,6093 = 24,14 km

1" = 2,54 cm → 10 * 2,54 = 25,4 cm

(

)

(

)

1.2 Ako je ispunjena trećina rezervoara precnika 15 ft 4 5/8 in i visine 16 ft 1in, koliko barela

sirove nafte je uskladišteno?

Rešenje 1.2.

konverzija: 1 ft = 0,305m

1 in = 2,54 cm

iz ovoga sledi: d = 15 ft 4 5/8 in = 15*0,305 m + 4 5/8 *2,54 cm = 4,575 m + 4,625*2,54 cm = 4,575

m + 11,7475 cm = 4,575 m + 0,117475 m = 4,692475 m

h = 16 ft 1 in = 16*0,305 m + 1*2,54 cm = 4,88 m + 0,0254 m = 4,9054 m

(

)

(

)

1 bbl = 0,159 m3 → 84,83 m3/0,159 = 533,522 bbl, pošto je

→ 533,522/3 = 177,84 bbl

Rezervoar je zapunjen sa 177,7 bbl nafte

1.3 Koja je dimenzija univerzalne gasne konstante, R, koja figuriše u jednačini idealnog gasnog

stanja PV=nRT, ako je p dat u Pa, V u m3, n u mol, a T u K ?

Rešenje 1.3.

PV = nRT

p dat u Pa,

V u m3,

n u mol, a

T u K

PV = nRT →

( )

, ako znamo da je

, zamenom dobijamo,

( )

,pošto je N*m = J rezultat je ( )

1.4 Koliko iznosi "apsolutna nula" izražena u kelvinima i stepenima Celzijusa, Farenhajta i

Rankina?

Rešenje 1.4.

0 K na Kelvinovoj skali, koja predstavnja termodinamičku (apsolutnu) temperatursku skalu

0 K 273,15 K 373,15 K

Pošto je T(K) = 273,15 + toC → toC = T(K) - 273,15 pa je apsolutna 0 u toC = -273,15 oC

koristeći konverziju:T( oF) =T( oC) x1,8 + 32 = (-273,15 x

1,8)+32 = -459,67 oF,

može se koristiti i formula: T(oF) = T( oC ) x9/5 + 32 =

-273,15 x 9/5 +32 = -459,67 oF,

Apsolutna nula je ekvivalentna 0 °R na Rankinovoj

(takođe termodinamičkoj) skali, jer je:

0

T(oR) =[ T( oC ) +273,15] x9/5 = [-273,15+273,15] x9/5 = o0 R

1.5 Temperatura ključanja n-heptana na atmosferskom pritisku (101,325 kPa) je 668,83°R.

Izraziti je u °F i K?

Rešenje 1.5.

T(oR)= 668,83°R

zbog lakše konverzije najbolje je sve pretvoriti u oC, pa je:

T(oC) =( T( oR ) -491,67) x5/9 =( 668,83 -491,67) x 5/9 = 98,42oC, na osnovu korelacija za konverziju:

T(oK) = 273,15 + toC = 273,15 + 98,42 = 371,55 oK

T(oF) = (T( oC ) x 9/5)+32 = (98,42 x 9/5) + 32 = 209,156 oF

1.6 n-butan je uskladišten u sfernom rezervoaru na pritisku od 7 bar i temperaturi od 25°C.

Pritisak izraziti u kPa, atm i psi a temperaturu u K, °R i °F.

Rešenje 1.6.

P = 7 bar, t = 25oC,

pošto je: 1 bar = 100 kPa = 105 Pa

1 atm = 101,000325 kPa = 101000,325 Pa

1 psi = 6,895 kPa

najbolje je sve pretvoriti u kPa:

P (kPa) = P (bar) x 100 = 7 x 100 = 700 kPa

P (atm) = P (kPa)/101,000325 = 700/ 101,000325 = 6,91 atm

P (psi) = P (kPa)/6,895 = 700/6,895 = 101,53 psi

pošto je temperatura u oC, ne treba je pretvarati, nego direktno koristiti jednačine za konverziju:

T(oK) = 273,15 + toC = 273,15 + 25 = 298,15 oK

T(oF) = (T( oC ) x 9/5)+32 = (25 x 9/5) + 32 = 77 oF

T(oR) =[ T( oC ) +273,15] x9/5 =[25+273,15] x 9/5 = 536,67 oR

1.7 Ako je relativna gustina sirove nafte tipa Brent 0,8345 na 60°F, kolika je gustina izraženo

u lb/ft3? Usvojiti da je gustine vode na 60°F 999,02 kg/m3.

Rešenje 1.7.

drel = 0,8345 (obrati pažnju, relativna gustina je bezdimenzionalni broj), gustina predstavlja odnos:

( )

( )

Relativna gustina predstavlja odnos gustina datog fluida i vode, kao referentnog fluida (ako je u

pitanju tečnost). relativna gustina može biti data na nekoj temperaturi, pa se onda uzima gustina

vode na toj temperaturi:

važno je znati da gustina fluida i vode mora biti na istoj temperaturi

833, 68

pošto je 1 ft = 0,305 m

a 1 lb = 0,4536 kg dobijamo:

2. GASNE SMEŠE- UDELI I MOLARNA MASA

2.1. Ukoliko se smesa sastoji od 100 x1023 molekula metana i 8 x 1023 molekula etana, koliko ima

ukupno molova u smeši?

Rešenje:2.1.

Šta je mol? Mol (simbol: mol) je jedna od sedam SI osnovnih jedinica i obično se koristi u hemiji.

Mol meri količinu supstance i definiše se kao količina supstance koja sadrži toliko molekulakoliko

ima atoma u tačno 12 grama ugljenikovog izotopa C12. Ova količina je poznata kao Avogadrov

broj i približno iznosi 6,0221415 × 10²³.

Nmetana = 100 x1023=1 x1025

Netana = 8 x1023

nsmeše = nmetana + netana

iz toga sledi: nsmeše = nmetana + netana = 16,603+1,328 = 17,931 mol

2.2. Gasna smeša se sastoji od 1 mola metana, 2 mola etana i 6 molova .vodonik sulfida. Odrediti

molske udele komponenata.

Rešenje:2.2.

nmetana = 1 mol

nmetana = 2 mol

nH2S = 6 mol

Molski udeli:

∑

∑

∑

∑

2.3. Gasna smeša se sastoji od metana, etana i propana pri čemu je molski odnos komponenata

nCH4: nC2H6: nC3H8 ≈ 1:3:5. Odrediti molske i masene udele komponenata.

Rešenje:2.3.

nmetana: netana: npropana= 1:3:5

Molski udeli:

∑

∑

∑

∑

Provera:

∑

Maseni udeli:

∑

zamenom dobijamo:

∑

∑

∑

∑

Provera:

∑

2.4. Ako je sastav gasne smeše izražen u masenim procentima: 60% metana, 20% propana a ostalo

je butan, izračunati molske udele komponenata i molarnu masu smeše preko masenih udela.

Rešenje:2.4.

Molski udeo komponenti u smeši:

gm=0,6

gp=0,2

gm+ gp+ gb =1 → gb =1-( gm+ gp)=1-(0,6+0,2)=0,2

∑

je zamenom dobijamo:

∑

∑

∑

∑

l

∑

∑

2.5. Molski sastav gasne smeše ie sledeći: 0,60 mol C1; 0,15 mol C2, 0,10 mol C3, 0,10 mol C4 i 0,05

mol C5. Izračunati maseni sastav i molarnu masu smeše preko molskih udela.

Rešenje:2.5.

nc1 = 0,6 mol

nc2 =0,15 mol

nc3 = 0,10 mol

nc4 = 0,10 mol

nc5 =0,05 mol

Molski udeli:

∑

∑

∑

∑

∑

∑

Maseni udeo je:

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

l

2.6. Ako je molarna masa smeše pentana (C5H12) i heksana (C6H14) Msm= 80 g/mol, izračunati

masene udele komponenata u smeši.

Rešenje:2.6.

Msm = 80 g/mol

Mpentana = C*5+H*12 = 5*12+1*12 = 72 g/mol

Mheksana = C*6 + H*14 = 12*6+1*14 =86 g/mol

∑

(

)

(( )

)

( )

j p + gh =1 sledi da je gp =1-gh ili gp = 1-0,614 = 0,386

3. GASNI ZAKONl (IDEALNO GASNO STANJE)

3.1. Određena masa gasa ima zapreminu od 1000 ft3 na 74,7 psi. Ako se pritisak povisi na 134,7

psi, a temperatura ostane nepromenjena, kolika će biti nova zapremina gasa?

Rešenje:3.1.

Ovaj zadatak je primena Boyleovog zakona koji glasi

( )

(

)

Uslovima zadatka je dato:

V1=1000 ft3

p1=74,7 psi

p2=134,7 psi

Potrebno je izvršiti konverziju u SI: 1 ft = 0,305m sledi da je 1ft3 = 0,028372625 m3

1 in = 2,54 cm

1 Psi = 6.89475729 Kilopascals

⁄

⁄

( )

⁄

3.2. Na pritisku od 89,7 psi i temperaturi od 70°F gas ima zapreminu od 1000 ft3.

a) Ukoliko se temperature poveća na 120°F i zapremina ostane nepromenjena, koliki će

biti pritisak gasa?

b) Ako pritisak gasa ostane 89,7 psi i temperatura se poveća na 120°F, kolika će biti

zapremina?

Rešenje:3.2.

a. Ovaj zadatak je primena Amonton's zakona da je pritisak gasa direktno proporcionalan

temperaturi na konstantnoj zapremini V i pri istom boju molova n

(

)

Uslovima zadatka a. je dato:

V1= 1000 ft3

p1 = 74,7 psi

t1 = 70oF

t2 =120oF

V = const.

p2=?

Potrebno je izvršiti konverziju u SI:

1 Psi = 6.89475729 Kilopascals

oF u oK sledi da je ([oF]-32)*5/9 + 273,15 =[oK]

70oF =(70-32) *5/9 +273,15= 21,11 +273,15 =294,26[oK] T1 =294,26[oK]

120oF =(120-32) *5/9 +273,15= 48,89 +273,15 = 322,04[oK] T2 =322,04[oK]

⁄

b. Ovaj zadatak je primena Gay-Lussacov-og zakona da je linearna zavisnost zapremine gasa od

temperature pri konstantnom pritisku (povećanjem temperature gas se širi, tj. povećava se

zapremina i obrnuto)

(

)

Uslovima zadatka b. je dato:

p1=89,7 psi

T1 = 70oF

T2 =120oF

p = const.

V2=?

Potrebno je izvršiti konverziju u SI:

1 ft = 0,305m sledi da je 1ft3 = 0,028372625 m3

70oF =(70-32) *5/9 +273,15= 21,11 +273,15 =294,26[oK] T1 =294,26[oK]

120oF =(120-32) *5/9 +273,15= 48,89 +273,15 = 322,04[oK] T2 =322,04[oK]

( )

⁄

3.3. Ako se idealni gas nalazi u rezervoaru zapremine 250 ft3 pri nadpritisku od 80 psi i

temperaturi 110°F:

a) Kolika će biti zapremina pri standardnim uslovima od 14,73 psia i 60°F?

b) Ukoliko se gas ohladi do 90°F, koliki će biti nadpritisak?

Rešenje:3.3.

a. Zadatak je primena jednačine idealnog gasnog stanja:

p1*V1 =n*R*T1

p2*V1 =n*R*T2

Sređivanjem se dobija (zamenom n i R jer se broj molova ne menja, a Univerzalna gasna

konstanta je za sve gasove ista):

Uslovima zadatka a. je dato:

V1= 250 ft3

p1(nadpritisak) = 80opsi

t1 =110oF

p2(standardni uslovi) = 14,7 psia

t2 = 60 oF

V2 =?

Pošto je dat nadpritisak p1(nadpritisak) = 80opsi potrebno ga je pretvoriti u apsolutni pritisak:

pabs = p(standardni uslovi) + p(nadpritisak),

p1= p2(standardni uslovi) + p1(nadpritisak) =14,7+80 = 94,7 psi

Potrebno je izvršiti konverziju u SI:

1 ft = 0,305m sledi da je 1ft3 = 0,028372625 m3

1 Psi = 6.89475729 Kilopascals

110oF =(110-32) *5/9 +273,15= 43,33 +273,15 =316,48[oK] T1 = 316,48[oK]

60oF =(60-32) *5/9 +273,15= 48,89 +273,15 = 288,7[oK] T2 =288,7[oK]

⁄ ( )

⁄

⁄

Uslovima zadatka b. je dato:

V1=V2= 250 ft3

p1(nadpritisak) = 80opsi

t1 =110oF

p2(standardni uslovi) = 14,7 psia

t2 = 90 oF

p2 =?

Pošto je dat nadpritisak p1(nadpritisak) = 80opsi potrebno ga je pretvoriti u apsolutni pritisak:

pabs = p(standardni uslovi) + p(nadpritisak),

p1= p2(standardni uslovi) + p1(nadpritisak) =14,7+80 = 94,7 psi

Potrebno je izvršiti konverziju u SI:

1 ft = 0,305m sledi da je 1ft3 = 0,028372625 m3

1 Psi = 6.89475729 Kilopascals

110oF =(110-32) *5/9 +273,15= 43,33 +273,15 =316,48[oK] T1 = 316,48[oK]

90oF =(90-32) *5/9 +273,15= 48,89 +273,15 = 288,7[oK] T2 =305,37[oK]

Ovaj zadatak je primena Amonton's zakona da je pritisak gasa direktno proporcionalan

temperaturi na konstantnoj zapremini V i pri istom boju molova n

Pošto je apsolutni pritisak p2 = p2= p2(standardni uslovi) + p2(nadpritisak) sledi:

p2(nadpritisak) = p2 -p(standardni uslovi) = 91,375-14,7 = 76,676 psi =76,676 psi *6.89475729 ⁄

3.4. Izračunati gustinu smeše koju čine metan i etan u molskom odnosu 1:3, pri pritisku od 50 psia

i 200°F.

Rešenje:3.4.

Ovaj zadatak je direktna primena jednačine idealnog gasnog stanja:

pi*Vi = ni*R*Ti

pošto je l j zamenjujemo u jednačinu:

pi*Vi = *R*Ti

j j b j

pi*Mi = *R*Ti

j

( )

( )

Z u j u b j

pi*Mi = *R*Ti

Nepoznato je Msm, koje je

∑

D b z u l l ul b j l u l l ul

komponenata:

Uslovima zadatka je dato: nmetana:netana = 1:3

Molski udeli:

∑

∑

l

Pritisak je potrebno pretvoriti u kPa, pa u Pa :

1 Psi = 6.89475729 Kilopascals = 6894.75729 Pa

p = 50 psi*6.89475729 kPa/psi = 349,25 kPa = 349250 Pa

Temperaturu je potrebno pretvoriti u oK:

T[oK] =(t[oF]-32)*5/9+273,15 = (200-32) *5/9+273,15 = 366,48[oK]

Zamenom vrednosti u jednačinu se dobija:

3.5. Izračunati gustinu smeše i parcijalne pritiske komponenata u smeši ako su zapremine koje

zauzimaju komponente sledeće: 0,2 dm3 H2S, 1 dm3 N2, 3 dm3 C2 i 4 dm3 C3 na temperaturi od

852°R i pritisku od 1,5 bar.

Rešenje:3.5.

Ovaj zadatak je direktna primena jednačine idealnog gasnog stanja:

pi*Vi = ni*R*Ti

pošto je l j zamenjujemo u jednačinu:

pi*Vi = *R*Ti

sređivanjem jednačine se dobija:

pi*Mi = *R*Ti

pošto je:

( )

( )

Zamenom u jednačinu dobijamo:

pi*Mi = *R*Ti

Važno je znati da su kod idealnih gasova zapreminski udeli (ri) jednaki molskim udelima:

ri = yi

Na osnovu toga kompletan proračun je identičan kao i za molske udele.

Zadatkom je dato:

V1 = 0,2 dm3

V2 = 1,0 dm3

V3 = 3,0 dm3

V4 = 4,0 dm3

T = 852°R

pukupno = 1,5 bar

; pi = ?

Vrši se konverzija:

1 bar = 100 000 Pa

[oK]=([oR]-491,67)*5/9 + 273,15

Primenjuju se jednačine:

ri = yi

pi = yi * pukupno

∑

Zapreminski udeli:

∑

∑

∑

∑

∑

∑

pi = yi * pukupno

p1 =

p2 =

p3 =

p4 =

∑

l

(( ) )

3.6. Pokazati zašto je moguće relativnu gustinu gasa izračunati kao odnos njegove molske mase i

molske mase vazduha.

Rešenje:3.6.

Relativna gustina:

4. VISKOZNOST GASOVA NA ATMOSFERSKOM PRITISKU

4.1. Primenom zavisnosti promene viskoznosti sa temperaturom (Grafik 1.) očitati viskoznost

metana (CH4) na 50°C.

Rešenje:4.1.

Dijagram je dat u [°F], pa je potrebno [°C]

pretvoriti u [°F]

Konverzija: [°F] = ([°C] *9/5+32)

Pošto je uslovima zadatka dato da je gas metana

(CH4) i temperatura 50 [°C]; [°F] = ([50°C] *9/5+32)

sledi da je potrebno naći viskozitet na 122 [°F].

Rezultat očitan iz dijagrama je 0,012 cP.

4.2. Na kojoj temperaturi je viskoznost etana jednaka kao viskoznost propana na 300°F?

Rešenje:4.2.

Potrebno je na dijagramu odrediti viskoznost

propana na 300°F (1), pa produžiti liniju na istom

viskozitetu dok se ne preseče sa linijom etana (2),

pa „spustiti“ na x-osu. Rezultat je ≈ 218[°F]

4.3. Ako u sastavu homogene gasne smeše ima 20% molskih gasa čija je viskoznost 6 x 10-6 P, a

molarna masa 18 g/mol, dok ostatak smeše čini komponenta molske mase 17 g/mol i

viskoznosti 8 x 10-6 P, izračunati viskoznost smeše.

Rešenje:4.3.

Uslovima zadatka je dato:

y1 = 0,2

µ1 = 6 x 10-6 P

M1 = 18 g/mol

y1+ y2 =1 → y2 = 1- y1 → y2 = 1- 0,2 → y2 = 0,8

µ2 = 8 x 10-6 P

M2 = 17 g/mol

Viskozitet smeše se računa direktnom primenom Herning i Zipperer-ove jednačine, koja glasi:

∑ √

∑ √

zamenom se dobija:

∑ √

∑ √

√ √

√ √

√ √

√ √

4.4. Izračunati viskoznost smeše: C1= 82 %mol, C2 = 10%mol, C3 = 5 %mol i C4 = 3 %mol na

temperaturi na kojoj je viskoznost C1 0,013 cP.

Rešenje:4.4.

C1=82% mol =yC1 = 0,82

C2=10% mol =yC2 = 0,10

C3=5% mol =yC3 = 0,05

C4=3% mol =yC4 = 0,03

Na osnovu viskoziteta C1 0,013 cP nađe se

temperatura iz dijagrama koja je oko 175oF, na

toj temperaturi su viskoziteti ostalih

komponenti:

µC2 = 0,011 cP

µC3 = 0,0096 cP

µC4 = 0,009 cP

molekulske mase su:

MC1=16 g/mol

MC2=30 g/mol

MC3 = 44g/mol

MC4 = 58g/mol

Viskozitet smeše se računa direktnom primenom Herning i Zipperer-ove jednačine, koja glasi:

∑ √

∑ √

( √ ) ( √ ) ( √ ) ( √ )

( √ ) ( √ ) ( √ ) ( √ )

4.5. Odrediti dinamičku viskoznost prirodnog gasa čija je molarna masa 22 kg/kmol na temperaturi

od 130°C, ako je sastavu gasa ima 10% mol N2 (Grafik 2). Relativna gustina gasa je 0,76.

Rešenje:4.5.

Msm = 22 kg/kmol

t = 130oC

yn2 = 0,1

d =0,76

Pretvorimo 130oC u oF; F =oC*9/5+32=130*9/5+32 = 234+32 = 266 F

Iz dijagrama:

se dobije za datu Msm = 22 kg/kmol i T =266oF, da je µsm = 0,0132.

na osnovu d = 0,76 i yn2 = 0,1 (10%), iz dijagrama se dobija da je korekcija 0,0008 cP

µsm (corr) = 0,0132+0,0008 = 0,0140 cP

4.6. Odrediti viskoznost gasne smeše sledećeg masenog sastava

(prikazan u tabeli) na 200°F pri atmosferskom pritisku.

Relativnu gustinu izračunati preko odnosa molarnih masa

(d=Msm/Mv), gde je Mv molarna masa vazduha, 28,96 g/mol.

Rešenje:4.6.

Potrebno je odrediti Msm, na osnovu masenih udela:

gi M (g/mol)

Nz 0,071 28

CO2 0,111 44

H2S 0,034 34

C1 0,643 16

C2 0,075 30

C3 0,066 44

∑

Iz Msm = 19,9 g/mol i Tsm =200oF, na osnovu dijagrama se dobija: da je µsm=0,0124cP

Za svaku od neugljovodoničnih komponenti smeše potrebno je uvesti korekcioni faktor :

1. Izračunati relativnu gustinu: d=Msm/Mv =19,9/28,96 =0,687

2. Izračunati molske udele za svaku od komponenti:

∑

∑

∑

∑

Na osnovu relativne gustine d=0,687 i mol% dobijaju se korekcije N2=0,0004; CO2=0,00028

i H2S=0,00005

Ako se µsm=0,0124cP dodaju korekcije dobija se µsm(cor)=0,0124+0,0004+0,00028+0,00005=0,0131cP

5. HIDROSTATIKA

5.1. Podmornica roni na dubini 50 m. Koliki je pritisak morske vode na prozor podmornice?

Kolikom silom voda djeluje na pomenuti prozor ako je njegova površina 30 dm2. Gustina

morske vode je 1030 kg/m3.

Rešenje:5.1.

ρ = 1030 kg/m3,

H = 50 m,

P = ?

A = 30 dm2 = 0,3 m2

F = ?

Pritisak morske vode na dubini od 50 m izračunava se na sledeći način:

p = ρ g H = 1030 kg/m3 ∙9,81 m/s2 ∙50 m = 505215 Pa = 505 kPa.

Stoga je (pomoću osnovne formula za pritisak) sila koja djeluje na prozor:

F = p A = 505215 Pa 0,3 m2 = 151564,5 N = 151,6 kN

5.2. Ako je otvoreno bure zapremine 1 bbl i unutrašnjeg prečnika 0,5 m u potpunosti ispunjeno

sirovom naftnom gustine 890 kg/m3, koliki je pritisak na: a) površini tečnosti, b) u tečnosti na

polovini visine bureta.

Rešenje:5.2.

V = 1 bbl =0,159 m3

D = 0,5 m

ρ = 890 kg/m3

Ppovr.?, P1/2H=?

a. Ppovr. = Patm.=101325 Pa

b. P1/2H = Patm. + P1= 101325 Pa + ρ∙g∙(H/2)

Treba izračunati H (V =A∙H = D2 /4∙H)

P1/2H = Patm. + P1= 101325 Pa + 890∙kg/m3∙9,81m/s2∙(0,81/2 m) = 101325 + 3536,0145 = 104861,0145 Pa =

104,8610145 kPa

(Zapamti: 1 Pa = 1 N/m2 = 1 (kg·m/s2)/m2 = 1 kg/m·s2)

5.3. U rezervoaru u kom vlada napritisak od 100 kPa nalaze se sloj vode i sloj nafte u

zapreminskom odnosu 1:2. Ukupna visina tečnosti u rezervoaru je 12m. Koliko je

hidrostatički pritisak u tački koja se nalazi na četvrtini od ukupne visine tečnosti u

rezervoaru? Gustina nafte je 930 kg/m3.

Rešenje:5.3.

ρ = 930 kg/m3

pnatp.= 100 kPa = 100000 Pa

V naf : V vode = 2:1

1/2 H

Patm

P = gH1 ρ

1/3 H

2/3 H

Patm

Voda

Nafta

1/4 H

Pritisakvode

Pritisak

nafte

Nadpritisak

H = 12 m

p1/4H=?

p1/4H = paps + pnafte + pvode =patm + pnatp + ρnafte ∙g∙2/3H + ρvode∙g∙(1/3H-1/4H) =

= (101325 Pa + 100000 Pa) + 930 kg/m3∙9,81 m/s2∙(2/3∙12 m)+1000 kg/m3∙9,81 m/s2∙(1/3∙12-1/4∙12) =

p1/4H = 282552 Pa = 282,552 kPa

5.4. U dvema tačkama horizontalnog cevovoda pripojen je stakleni U - manometar napunjen

živom, pri čemu je razlika nivoa žive u kracima Δhm = 26 mm. Koliku razliku pritisaka

pokazuje taj manometar, ako kroz cev protiče nafta gustine 830 kg/m3. Gustina žive je 13570

kg/m3.

Rešenje:5.4.

Δhm = 26 mm = 0,0026 m

ρnafte = 830 kg/m3

ρHg = 13570 kg/m3

Δp =p1 –p2 = ?

pA = pB

pA = p1+ ρnafte∙g∙h1

pB = p2+ ρnafte∙g∙h2+ ρHg∙g∙Δhm pošto je h2=h1- Δhm

pB = p2+ ρnafte∙g∙( h1- Δhm)+ ρHg∙g∙Δhm

zamenom pA = pB →

p1+ ρnafte∙g∙h1 = p2+ ρnafte∙g∙( h1- Δhm)+ ρHg∙g∙Δhm

p1-p2 = ρnafte∙g∙( h1- Δhm)+ ρHg∙g∙Δhm- ρnafte∙g∙h1

p1-p2 = ρnafte∙g∙h1- ρnafte∙g∙ Δhm+ ρHg∙g∙Δhm- ρnafte∙g∙h1

p1-p2 = ∙g∙Δhm∙( ρHg - ρnafte) = 9,81 m/s2∙0,026 m∙(13570 kg/m3-830 kg/m3) =3249 Pa

5.5. Razlika pritisaka u fluidu ispred i iza prigušne ploče u horizontalnoj cevi meri se pomoću U-

cevi napunjene živom. Odrediti razliku pritisaka koja bi uslovila razliku nivoa žive u kracima

U-cevi od 260 mm, ukoliko kroz cev protiče nafta gustine 870 kg/m3. Gustina žive je 13570

kg/m3.

Rešenje:5.5.

Δhm = 260 mm = 0,26 m

ρnafte = 870 kg/m3

ρHg = 13570 kg/m3

Δp =p1 –p2 = ?

pA = pB

pA = p1+ ρnafte∙g∙h1

pB = p2+ ρnafte∙g∙h2+ ρHg∙g∙Δhm pošto je h2=h1- Δhm

pB = p2+ ρnafte∙g∙( h1- Δhm)+ ρHg∙g∙Δhm

zamenom pA = pB →

p1+ ρnafte∙g∙h1 = p2+ ρnafte∙g∙( h1- Δhm)+ ρHg∙g∙Δhm

p1-p2 = ρnafte∙g∙( h1- Δhm)+ ρHg∙g∙Δhm- ρnafte∙g∙h1

A BΔhm

h1

h2

1 2

A BΔhm

h1

h2

1 2

p1-p2 = ρnafte∙g∙h1- ρnafte∙g∙ Δhm+ ρHg∙g∙Δhm- ρnafte∙g∙h1

p1-p2 = ∙g∙Δhm∙( ρHg - ρnafte) = 9,81 m/s2∙0,26 m∙(13570 kg/m3-870 kg/m3) = 32392,62 Pa

5.6. Vakuumetar postavljen na barometarskom kondenzatoru pokazuje vakuum od 8 x 104 Pa.

Stanje barometra je 1 x105 Pa. Izračunati: a) apsolutni pritisak u kondenzatoru, b) visinu

nivoa vode u barometarskoj cevi kondenzatora u odnosu na površinu vode u razmenjivaču.

Rešenje:5.6.

pvak = 8 x 104 Pa

patm = 1 x105 Pa

ρvode = 1000 kg/m3

paps = ?; h = ?

paps = patm + pnad

paps = patm - pvak

a. paps = patm - pvak = 1 x105 Pa - 8 x 104 Pa = 0,2 x105 Pa

= 20000 Pa (100000 – 80000)

b. pA =pB

c. pA = patm

pB = paps+ ρvode∙g∙h

hm = 260 mm = 0,26 m

patm = paps + ρvode∙g∙h

ρvode∙g∙h = patm - paps

5.7. U jednom rezervoaru za sirovu naftu kružnog poprečnog preseka površine 2,4 m2, u kome

vlada pritisak od 1,1 x 105 Pa, količina tečnosti se meri otvorenim U - manometrom, koji je

priključen na visini 0,75 m u odnosu na dno suda. Gustina tečnosti u rezervoaru je 890 kg/m3.

Kada su nivoi žive u manometru izjednačeni, tada je rastojenje od priključnog mesta

manometra do nivoa žive 0,18 m. Atmosferski pritisak je 1 x 105 Pa. Kolika je masa nafte koja

se nalazi u rezervoaru, ako manometar napunjen živom

pokazuje skretanje od 320 mm?

Rešenje:5.7.

S = 24 m2

paps = 1,1 x 105 Pa

patm = 1 x105 Pa

h1 = 0,75 m

ρnafte = 890 kg/m3

a = 0,18 m

Δh = 320 mm = 0,32 m

m = ?

pA =pB

pB = patm + ρHg∙g∙Δh

pA = paps + ρnafte∙g∙(h+a+ Δh)

patm + ρHg∙g∙Δh = paps + ρnafte∙g∙(h+a+ Δh/2)

tečnost

para

paps

patmh

A B

paps

H

h

h1

Δh

Δh/2

a

A B

( )

(

)

(

)

( ) ( )

5.8. Dimenzije rezervoara za gas u obliku plivajućeg cilindra su: unutrašni prečnik D = 10 m,

visina H0 = 6 m i debljina zida zvona δ = 6 mm. Gustina materijala od kojeg je napravljeno

zvono rezervoara je ρM = 7900 kg/m3. U zvonu se nalazi gas čija je gustina na normalnim

uslovima ρg = 0,38 kg/m3. Ako maksimalna visina do

koje ispliva zvono računajući od nivoa vode u

rezervoaru iznosi Hmax = 5,95 m, odrediti

maksimalnu masu gasa u rezervoaru. Temperatura

okoline iznosi 20°C, a pritisak 760 mmHg

Rešenje:5.8.

D = 10 m

Ho =6 m

δ = 6 mm = 6x10-3 m

ρM = 7900 kg/m3

ρgasa = 0,38 kg/m3 (T = 20oC; p = 1,013∙105 Pa-

normalni uslovi)

Hmax = 5,95 m

mgasa-max = ?

Ako plivajući cilindar sa gasom plovi, zbir svih sila koje deluju na njega je jednak 0. Na njega

deluju sledeće sile: F1 = sila koja potiče od gasa uskladištenog u rezervoaru, rezervoar hoče da

ispliva; F2 = sila atmosferskog pritiska, hoće da potopi rezervoar; F3 = sila koja potiče od težine

samog rezervoara, hoće da ga potopi; F4 = sila koja potiče od potiska vode, hoće da ga izbaci.

Postavi se bilans sila („+“, one koje ga „izbacuju“, a „-„, one zbog kojih tone:

F1 - F2 - F3 + F4 = 0

j

Drugi Newtonov zakon

Ovaj zakon glasi: "Intenzitet sile koja pokreće telo jednak je proizvodu mase tela i ubrzanja koje

telo dobija djelovanjem te sile", tj. F = m*a, gdje je F sila koja pokreće telo i daje mu

Ho

Hmax

F4

F2F

1

F 3

D

ubrzanje, m masa tog tela i a ubrzanje koje telo dobija djelovanjem te sile. Pošto je jedinica za silu

N = 1 kgm/s2, F3 (sila koja potiče od težine samog rezervoara) možemo dobiti kao m x g.

(

( ) )

(

( ) )

( )

( )

( )

F1 = F2 + F3 - F4 =

6. HIDRODINAMIKA

6.1. Ako kroz horizontalnu cev kružnog poprečnog preseka (unutrašnji prečnik D1=40cm) protiče

sirova nafta gustine 870 kg/m3 zapreminskim protokom 20 dm3/s, odrediti: a) maseni protok

i srednju brzinu strujanja; b) srednju brzinu u suženju cevi (unutrašnji prečnik D2=30 cm)

(slika).

Rešenje:6.1.

D1 = 40 cm

D2 = 30 cm

ρnafte = 870 kg/m3

Vs = 20 dm3/s

a. Gs = ? Wsr1 = ?

b. Wsr2 = ?

a. Gs = Vs ∙ ρnafte = (20∙10-3 m3/s)∙ 870 kg/m3 = 17,4 kg/s

Wsr1 =Vs /A1 = (20∙10-3 m3/s) / (D12 = (20∙10-3 m3/s) / (D12 = (20∙10-3 m3/s) / (0,402 = 0,159

m/s

b. D2 = 30 cm

m1 = m2

ρnafte = const.

Nema promene mase i gustine i strujanje je stacionarno.

Wsr1∙A1 = Wsr2∙A2

6.2. Prirodni gas molarne mase 0,019 kg/mol protiče srednjom brzinom od 9 m/s kroz cevovod na

temperaturi od 30oC i nadpritisku od 1 at. Spoljašnji prečnik i debljina cevi iznose 38 mm i 2

mm, respektivno. Ambijentalni pritisak je 740 mmHg. Odrediti maseni protok gasa.

Rešenje:6.2.

M = 0,019 kg/mol

Wsr = 9 m/s

T = 30oC = 303,15 oK

pnadp = 1 at

Dsp = 38 mm

δ = 2 mm

patm = 740 mmHg

Gs = ?

p = pnad + patm = 740 mmHg∙133,3 Pa/1 mmHg +1at∙98066,5 Pa/1at = 196708 Pa

Gs = ρgasa ∙ Vs = ρgasa ∙ Wsr ∙A

p∙V = n∙R∙T na osnovu n = m/M → p∙V = (m/M)∙R∙T, na osnovu ρgasa = m/V dobija se:

p∙V = (ρgasa V /M)∙R∙T → p∙V∙M = ρgasa V∙R∙T →

D1

D2

( )

( )

Gs = ρgasa ∙ Vs = ρgasa ∙ Wsr ∙A =

6.3. Kroz cevovod protiče nafta gustina 790

kg/m3. Izračunati razliku pritisaka

između dve pozicije, ako se prva

pozicija nalazi na deonici čiji je

unutrašlji prečnik 0,05 m, a druga na

suženju gde je unutrašnji prečnik 0,03

m. Razlika u visini pozicija je 1 m, pri

čemu je druga viša (slika). Brzina

proticanja na prvoj poziciji je 1 m/s.

Usvojiti uprošćenje da je fluid idealan.

Rešenje:6.3.

ρnafte = 790 kg/m3

Dun1 = 0,05 m

Dun2 = 0,03 m

Δz = z2 –z1 = 1 m

Wsr1 = 1 m/s

Δp = ?

Wsr1*A1 = Wsr2*A2

6.4. Kroz cevni vod prikazan na slici protiče Gs = 1,2 kg/s tečnosti gustine ρ = 990 kg/m3. Visina

tečnosti u piezometru u tački 1 je h1 = 62 mm, a u tački 2 h2 = 108 mm. Odrediti pad pritiska

usled gubitaka izmenu ovih tačaka, ako su prečnici cevi d1 = 25 i d2 = 50 mm.

Rešenje:6.4.

Gs = 1,2 kg/s

ρe = 990 kg/m3

h1 = 62 mm

h2 = 108 mm

d1 = 25 mm

d2 = 50 mm

Δz = z2 –z1 = 0,5 m

Δp = ?

𝑝

𝜌𝑔 𝑊

𝑔 𝑧

𝑝

𝜌𝑔 𝑊

𝑔 𝑧

𝑝

𝜌𝑔 𝑊

𝑔 𝑧

𝑝

𝜌𝑔 𝑊

𝑔 𝑧

𝑝 𝑝

𝜌𝑔

𝑊 𝑊

𝑔 𝑧 𝑧

𝑝 𝑝 𝑊

𝑊

𝜌 (𝑧 𝑧 )𝜌𝑔

( )

𝑃𝑎

D1

D2

Δz

( )

( ) ( )

(

)

( )

(

)

( )

pošto je

(

)

( )

(

)

( )

( )

( ) (

)

( )

( ) (

)

(

)

(

)

(

)

( ) (

)

( )

6.5. Sirova nafta gustine 870 kg/m3 i kinematičke viskoznosti 15 cSt protiče kroz naftovod

spoljašnjeg prečnika Dsp=156 mm i debljine zida δ = 8 mm srednjom brzinom proticanja od

0,2 m/s. Odrediti režim proticanja na osnovu Rejnoldsovog broja, maksimalnu brzinu

proticanja kao i koeficijent podužnog trenja (flow coefficient) ako se smatra da je cev glatka.

Rešenje:6.5.

ρnafte = 870 kg/m3

ν = 15 cSt = 15 mm2/s

Dsp=156 mm

δ = 8 mm

( )

( )

( )

𝑅𝑒 𝑤𝑑𝑒𝜌

𝜇 𝑤𝑑𝑒𝜈

𝑝𝑜 𝑡𝑜 𝑠𝑒 𝑢 𝑧𝑎𝑑𝑎𝑡𝑘𝑢 𝑝𝑟𝑒𝑑𝑝𝑜𝑠𝑡𝑎𝑣𝑙𝑗𝑎 𝑑𝑎 𝑗𝑒 𝑐𝑒𝑣 𝑝𝑜𝑡𝑝𝑢𝑛𝑜 𝑜𝑘𝑣𝑎 𝑒𝑛𝑎

de = Dun

Re = ?; Wmax = ?;λ = ?

Na osnovu tablice se utvrđuje da je kretanje laminarno:

LAMINARNI REŽIM Re<2300

PRELAZNI REŽIM 2300<Re<10000

TURBULENTNI REŽIM Re>10000

Izraz λ= 64/Re naziva se koeficijentom podužnog trenja za laminarno strujanje fluida.

λ= 64/Re = 64/1866,6 = 0,034 bezdimenzionalna veličina

6.6. Sirova nafta gustine 840 kg/m3 i kinematičke viskoznosti 6 cSt protiče kroz naftovod

spoljašnjeg prečnika Dsp = 530 mm i debljine zida δ =8 mm srednjom brzinom proticanja od

0,8 m/s. Odrediti režim proticanja na osnovu Rejnoldsovog broja i koeficijent podužnog trenja

ako se smatra da je cev glatka.

Rešenje:6.6.

ρnafte = 840 kg/m3

ν = 6 cSt = 6 mm2/s

Dsp=530 mm

δ = 8 mm

( )

( )

( )

Na osnovu tablice se utvrđuje da je kretanje turbulentno:

Pošto je u pitanju turbulentno strujanje koeficijentom podužnog trenja za turbulentno strujanje se

određuje iz dijagrama, na osnovu λ= (Re, n (koeficienta rapavosti))

𝑅𝑒 𝑤𝑑𝑒𝜌

𝜇 𝑤𝑑𝑒𝜈

𝑝𝑜 𝑡𝑜 𝑠𝑒 𝑢 𝑧𝑎𝑑𝑎𝑡𝑘𝑢 𝑝𝑟𝑒𝑑𝑝𝑜𝑠𝑡𝑎𝑣𝑙𝑗𝑎 𝑑𝑎 𝑗𝑒 𝑐𝑒𝑣 𝑝𝑜𝑡𝑝𝑢𝑛𝑜 𝑜𝑘𝑣𝑎 𝑒𝑛𝑎

de = Dun

U dijagramu se odabira vrednost za Re = 6,8 104, i linija u dijagramu za glatke cevi kako je dato

uslovima zadatka. Dobija se da je λ = 0,02.

6.7. Odrediti pad pritiska u deonici naftovoda od 800 m kroz koji protiče nafta gustine 805 kg/m3

i kinematičke viskoznosti 6 cSt srednjom brzinom od 0,6 m/s. Naftovod ima unutrašnji

prečnik od 0,45 m. Usvojiti aspolutnu hrapavost cevi od 0,00015 ft koja odgovara novim

cevima izrađenim od ugljeničnog čelika.

Rešenje:6.7.

L = 800 m

ρnafte = 805 kg/m3

ν = 6 cSt = 6 mm2/s

Wsr = 0,1 m/s

Dun = 0,45m

ε = 0,00015 ft = (1 ft = 0.3048 m) = 4,575 10-5 m

Δp = ?

Ovaj zadatak se rešava pomoću Darcy–Weisbach jednačine koja u cevi uniformnog preseka (Dun),

koja je potpuno ispunjena tečnošću (de = Dun). Kod ove jednačine pad pritiska je proporcionalan

dužini cevovoda, zbog viskoznih efekta prilikom tečenja.

U cilindričnoj cevi uniformnog preseka D, potpuno okvašenoj, gubitak pritiska je posledica

viskoznih efekata Δp je proporcionalan dužini L i može se predstaviti pomoću Darcy–Weisbach

jednačine.

On se izražava kao promena pritiska po dužini cevovoda Δp/L (SI jedinice mera su Pa/m) i on je

funcija:

gde su:

ρ, gustina fluida (kg/m3);

Dun, hidraulični prečnik cevi,(za cevi kružnog poprečnog preseka, on je jednak unutrašnjem

prečniku cevi) (m);

Wsr, brzina protoka, eksperimentalno se određuje kao količnik zapreminskog protoka po

jedinici poprečne okvašene površine kroz koju fluid teče (m/s);

fD, je Darcy-ev frikcioni faktor .fD se naziva i koeficient protoka λ .

( )

Na osnovu tablice se utvrđuje da je kretanje turbulentno:

Pošto je u pitanju turbulentno strujanje koeficijentom podužnog trenja za turbulentno strujanje se

određuje iz dijagrama, na osnovu λ= (Re, n (koeficienta rapavosti))

potrebno je odrediti n:

λ = 0,022

⁄

⁄

6.8. Odrediti srednju brzinu proticanja nafte kroz naftovod dužine 530 m i unutrašnjeg prečnika

300 mm. Na početku i kraju cevovoda su postavljene piezometrijske cevi koje pokazuju

razliku visina stuba tečnosti od 52 mm. Gustina nafte je 810 kg/m3 a kinematička

viskoznost je 8 cSt. Usvojiti da su cevi glatke.(napomena: Zadatak rešiti pomoću

Karmanovog dijagrama)

Rešenje:6.8.

L = 530 m

Dun = 300 mm = 0,3 m

Δh = 52 mm = 0,052 m

ρnafte = 810 kg/m3

ν = 8 cSt = 8 mm2/s

n = 0 (glatke cevi)

Wsr = ?

Da bi se zadatak rešio Karmanovim dijagramom potrebno je odrediti Karmanov broj koji se računa

iz jednakosti srednje brzine fluida prikazane Re-brojem i prikazane jednačinom Darsi-Vajsbaha:

√ √

U jednačini za Karmanov koeficient je nepoznat , koji se računa iz ukupnih pritisaka u

tačkama 1 i 2. Ukupni pritisci za tačke 1 i 2 su jednaki zbiru atmosferskog i hidrostatičkog

pritiska stuba tečnosti u piezometarima:

( ),

( ) ( )

( ) ⁄⁄ ( )⁄

U jednačini za Karmanov koeficient uzima se u obzir dinamička viskoznost µ (Pa∙s), pa

kinematičku viskoznost ν = 8 cSt = 8 mm2/s datu zadatkom treba pretvoriti:

µ = ρ∙ν = 810 kg/m3∙ 8 (10-3)2 m2/s = 6,48∙10-3 Pa∙s

√

√

( ) √

Za vrednost Karmanovog koeficienta Ka = 9∙102 i za glatke cevi (n = 0) se dobija iz dijagrama da je

√

Na osnovu Darcy–Weisbach jednačine:

√ √

√

⁄

6.9. Sirova nafta protiče kroz horizontalnu deonicu

cevovoda pri čemu je protok 3 gal/min. Dužina

horizontalne deonice cevovoda je 10 ft, a unutrašnji

prečnik 0,75 in. Nakon horizontalne deonice, sirova

nafta protiče kroz standardno koleno pod uglom od

90° vertikalno na niže. Dužina vertikalne deonice

cevovoda je 12 ft, a zatim protiče kroz drugo koleno

pod uglom od 90° i nastavlja strujanje kroz drugu horizontalnu deonicu dužine 14 ft (slika).

Gustina sirove nafte je ρnafte = 54 lb/ft3, a kinematička viskoznost ν = 75 cSt. Akoje pritisak

na ulazu 90 psi, koliki je pritisak na izlazu?

10 ft

12 ft

14 ft

p =90 psi1

p = ?2

Rešenje:6.9.

l ⁄

(

)

p2 = ?

Za dva preseka postavljamo Bernulijevu jednačinu:

Pošto je ( )

( )

Potrebno je izračunati ukupnu visinu hidrauličnog gubitka f1,2

Δpg (Pa) – ukupni pad pritiska usled hidrauličnih otpora između preseka „1” i „ 2” – obično se meri

pomoću U-manometra ili pijezometarskih cevi;

fm (m) – visina izgubljena usled lokalnih (mesnih) otpora;

ft (m) – visina izgubljena usled podužnog trenja.

Visina izgubljena usled podužnog trenja na pravoj deonici cevovoda dužine L (m) i ekvivalentnog

prečnika De (m), pri srednjoj brzini strujanja fluida wsr (m/s) može se izračunati iz Darcy-

Weisbach-ove jednačine:

Δpt (Pa) – pad pritiska usled trenja na posmatranom delu cevovoda – obično se meri pomoću U-

manometra ili pijezometarskih cevi;

λ (-) - koeficijent podužnog trenja.

Pri hidrauličkom proračunu cevovoda obično su poznati geometrijski parametri cevne mreže (de, L,

i relativna hrapavost cevovoda n) i -fizički parametri fluida (ρ i μ)

n (-) - relativna hrapavost cevovoda, n = ε / de

ε (m) - apsolutna hrapavost cevovoda (Iz Tabele 2)

fm (m) – visina izgubljena usled lokalnih (mesnih) otpora

Lokalni (mesni otpor je svako mesto unutar cevnog voda gde se menja intenzitet ili pravac vektora

brzine, npr. koleno, krivina, naglo proširenje i suženej cevovoda, ventil slavina itd.

Visina energije izgubljena usled lokalnog otpora na deonici cevnog voda konstantnog poprečnog

preseka određena je vrednošću koeficijenta mesnog otpora () ili ekvivalentnom dužinom prave

cevi (le), čiji je podužni otpor jednak mesnom otporu. Za sve lokalne otpore na nekoj deonici važi:

∑

Iz tablice 1. se određuje za pravo koleno koje iznosi 1,1; = = 1,1

Potrebno je odrediti brzinu proticanja:

Wsr =Vs /A = (1,893∙10-4 m3/s) / (D2 = (1,893∙10-4 m3/s) / (0,0192 = 0,664 m/s

Potrebno je odrediti Re broj, da bi se utvrdio režim strujanja:

kretanje je laminarn, pa se koeficijentom podužnog trenja za laminarno strujanje fluida može

odrediti:

λ= 64/Re = 64/168,213 = 0,38 bezdimenzionalna veličina

∑

(

∑ )

(

)

z1-z2 = L2 = 3,66 m

( )

6.10. Sirova nafta gustine 810 kg/m3 i viskoznosti 8 cSt

se transportuje iz rezervoara A u rezervoar B pri

čemu je visina podizanja nafte 8 m. Usvojiti da se

visina od površine fluida do izlaza cevi u

rezervoaru A ne menja tj. da je konstantno 2 m.

Odrediti opseg pritiska u rezervoaru A koji

obezbeđuje laminarno strujanje. ako je u

rezervoaru B atmosferski pritisak. Usvojiti da se

nivo tečnosti u rezervoaru A ne menja i da je

atmosferski pritisak 100 kPa. Koeficijent mesnog otpora ventila je εv=3,5.

Rešenje:6.10.

ρnafte = 810 kg/m3

ν = 8 cSt = 8 mm2/s = 8∙10-6 m2/s

H = 8 m

Dun = 0 ,7 m

49,5 m

2 m

8 m

p 1

p2

A

B

Re = 2300

pb = 100 kPa = 100000 Pa

εv=3,5

pA = ?

Za dva preseka postavljamo Bernulijevu jednačinu:

Pošto se uslovima zadatka nivo tečnosti u rezervoaru A ne menja w1 = 0

Pošto je dat Re broj, iz izraza za Re broj se može odrediti w2:

kretanje je laminarno, pa se koeficijentom podužnog trenja za laminarno strujanje fluida može

odrediti:

λ= 64/Re = 64/2300 = 0,028 bezdimenzionalna veličina

∑ ( )

∑

(

∑ )

(

)

iz čega sledi:

( )

( )

= 100000 + 0,28013445 + 63571,347 = 163571,3469 Pa

6.11. Sirova nafta gustine 810 kg/m3 i viskoznosti 8

cSt se transportuje iz rezervoara A u rezervoar

B pri čemu je visina podizanja nafte 8 m.

Usvojiti da se visina od površine fluida do

izlaza cevi u rezervoaru A ne menja tj. da je

konstantno 2 m i da je atmosferski pritisak 100

kPa. Koeficijent mesnog otpora ventila je

εv=3,5.. Koji je maseni protok, ako je pritisak u

rezervoaru A 185,2 kPa, a podužni koeficijent trenja 0,0192.

Rešenje:6.11.

ρnafte = 810 kg/m3

ν = 8 cSt = 8 mm2/s = 8∙10-6 m2/s

0

49,5 m

2 m

8 m

p 1

p2

A

B

H = 8 m

Dun = 0 ,7 m

λ = 0,0192

pA = 100 kPa = 100000 Pa

pb = 185200 Pa

εv=3,5

w2 = ?

Za dva preseka postavljamo Bernulijevu jednačinu:

Pošto se uslovima zadatka nivo tečnosti u rezervoaru A ne menja w1 = 0

∑ ( )

∑

zamenom se dobija:

(

∑ )

( (

∑ )

( )

(

( )) ( (

∑ )

√

0