MFzbirkafull makedonska

UNIVERZITET "SV. KLIMENT OHRIDSKI" - BITOLA

TEHNI^KI FAKULTET - BITOLA

BITOLA, 2007

MEHANIKA NA FLUIDI(Zbirka na re{eni zada~i)и испитни

Владимир И. МИЈАКОВСКИ

TEHNI^KI FAKULTET

BITOLA

УНИВЕРЗИТЕТ "Св. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ" ТЕХНИЧКИ ФАКУЛТЕТ – БИТОЛА

ВЛАДИМИР И. МИЈАКОВСКИ

МЕХАНИКА НА ФЛУИДИ (ЗБИРКА НА РЕШЕНИ И ИСПИТНИ ЗАДАЧИ)

Битола , 2007 год

СОДРЖИНА

Користени ознаки

I. ФИЗИЧКИ ОСОБИНИ НА ФЛУИДИТЕ 1. Густина 1 2. Стисливост 3 3. Вискозност 6

4. Влијание на топлината 8

II. МИРУВАЊЕ НА ФЛУИДИТЕ 5. Мирување на нестислив флуид 11 6. Сила на притисок на рамни површини 19 7. Сила на притисок на криви површини. Пливање на тела и

стабилност при пливањето 31 8. Релативно мирување на флуидите 53 9. Мирување на стислив флуид 83

III. ДИНАМИКА НА НЕВИСКОЗЕН ФЛУИД 10. Бернули-ева равенка за нестислив флуид 93 11. Бернули-ева равенка за стислив флуид 101 12. Примена на Законот за количината на движење и момент на

количината на движење за стационарно струење на нестислив флуид 105 IV. ДИНАМИКА НА ВИСКОЗЕН ФЛУИД 13. Ламинарно струење на флуидите 123 14. Теорија на сличност и димензиска анализа 145 15. Локални и попатни загуби на енергијата. Пресметка на

прост цевковод 161 16. Пресметка на сложен цевковод 179 17. Стационарно истекување на флуидите 197 18. Нестационарно истекување на флуидите 217 19. Нестационарно движење на флуидите 237 20. Хидрауличен удар 251 V. ДВОДИМЕНЗИОНАЛНО СТРУЕЊЕ НА НЕСТИСЛИВ ФЛУИД 21. Рамнинско стационарно струење на нестислив флуид 257 22. Примена на комфорното пресликување 289 23. Сили на тело во струја на совршен флуид 307 24. Осносиметрично струење 313 Литература 319

ПРЕДГОВОР

Според сегашниот, осовременет наставен план и програм на Техничкиот факултет - Битола, со воведен Европски кредитен трансфер систем (ЕКТС) на Машинскиот отсек, Збирката првенствено е наменета за студентите за изучување на предметот Механика на флуиди. Предметот е застапен на сите специјалности од студиската програма Општо машинство, како и на студиските програми по Индустриски менаџмент и Земјоделско и прехрамбено машинство како задолжителен предмет. Збирката може корисно да им послужи и на студентите од останатите технички и природно-математички факултети кои ја изучуваат Механиката на флуиди и Транспортот на флуиди во било кој вид и обем. Исто така, оваа збирка можат да ја користат дипломираните машински инженери и сите оние кои работаат со проблемите од применетата механика на флуиди. Поголемиот дел од задачите се конкретни примери од праксата, обработени и прилагодени за потребите на студентите.

Збирката е пишувана во стил кој овозможува лесно изучување на изложената материја без разлика за која област на Механиката на флуиди се работи. Сите физички и други големини, одговараат на Меѓународниот систем на единици (SI).

На крајот на Збирката даден е посебен прилог за најважните физички особини на флуидите и цврстите материјали кои се транспортираат со цевководи, како и други податоци без кои не е можно решавање на проблемите од оваа област.

Им се заблагодарувам на рецензентите д-р Ѓорѓи Тромбев, редовен професор и д-р Илија Мијаковски, редовен професор и двата на Техничкиот факултет во Битола, кои внимателно го прочитаа ракописот и со своите сугестии и забелешки придонесоа во оформувањето на Збиркава. Авторот однапред им се заблагодарува и на оние корисници на трудот, кои по неговото издавање, ќе ги достават своите забелешки што ќе придонесат за подобрување на неговиот квалитет и посодржински состав на трудот, во неговото , евентуално следно издание.

Битола , Maj 2007 Авторот

КОРИСТЕНИ ОЗНАКИ

Ознака SI Опис

а m/s2 - забрзување A m2 - површина B - - бездимензиски коефициент C - - константа g m/s2 - забрзување на земјината тежа I m4 - момент на инерција k - - релативна рапавост на цевката m kg - маса qm kg/s - масен проток qv m3/s - волуменски проток M N⋅m - момент Re - - Raynolds-ов број Fr - - Frud-ов број Ma - - Mach-ов број p N/m2 (Pa) - притисок P W - снага t s - време T s - период на време v m/s - брзина V m3 - волумен (запремина) e J/kg - специфична енергија, енергија по единица маса δ mm - апсолутна рапавост на цевката ξ - - коефициент на загуба на енергијата (локални загуби) μ Pa⋅s - динамичка вискозност η - - коефициент на полезно дејство λ - - коефициент на триење (линиски загуби) ν m2/s - кинематска вискозност ρ kg/m3 - густина ω s-1 - аголна брзина

1

Задача 1.1. Да се определи масата и специфичната запремина на некој гас, ако густината на гасот е 1,18 kg/m3, а запремината 25 m3. Решение: Масата на гасот изнесува:

m = ρ⋅V = 1,18⋅25 = 29,5 kg Специфичната запремина претставува реципрочна вредност од густината, односно:

847,01==

ρv m3/kg

Задача 1.2. Измерено е дека 1000 литри вода при t = 4 °C има маса од 1 тон. Колкава е густината на водата и специфичната запремина? Решение: Од основната равенка за масата m = ρ⋅V следи:

10001

1000===

Vmρ kg/m3

специфичната запремина изнесува:

001,01000

11===

ρv m3/kg

Задача 1.3. Во сад со запремина од 300 dm3 има воздух со густина од 2,86 kg/m3. да се определи масата на воздухот во садот. Решение: Од основната равенка за масата следи:

m = ρ⋅V = 2,86⋅0,3 = 0,858 kg Задача 1.4. Да се определи густината на кислородот (O2) на температура од 10 °C и притисок од 700 mmHg. Решение: Молската маса на кислородот изнесува 16⋅2 = 32 g, а запремината на 0 °C и 760 mmHg изнесува 22,4 l. Неговата густина при овие услови изнесува:

429,14,22

32===

Vmρ kg/m3

Од равенката на состојбата на идеалните гасови, на t = 10 °C и pb = 700 mmHg се добива:

1

11 T

Tpp

⋅⋅= ρρ

27,1283273

760700429,11 =⋅⋅=ρ kg/m3

Задача 1.5. Да се определи густината, специфичната запремина и заедничката тежина на воздухот во комората со запремина од 10 m3 при притисок од 5 bar и температура t = 20 °C. Гасната константа на воздухот изнесува R = 287 J/kgK. Решение:

од равенката на состојбата: TRp

⋅=ρ

следи вредноста за густината:

2

946,5293287

105 5

=⋅⋅

=⋅

=TR

pρ kg/m3

масата на воздухот во комората изнесува: m = ρ⋅V = 5,946⋅10 = 59,46 kg

тежината на воздухот во комората изнесува: G = m⋅g = 59,46⋅9,81 = 583,3 N

Специфичната запремина претставува реципрочна вредност од густината, односно:

168,0946,511

===ρ

v m3/kg

Задача 1.6. Гасовите излегуваат од оџакот со температура t1 = 800 °C. Густината и притисокот на оваа температура на гасовите изнесуваат p1 = 760 mmHg и ρ1 = 0,3315 kg/m3. Да се определи густината на гасовите при t2 = 0 °C и при истиот притисок. Решение: Се користи равенката на состојбата на идеалните гасови:

11

1 TRp⋅=

ρ ; 2

2

2 TRp⋅=

ρ

Од овие две равенки следи:

2

1

1

212 T

Tpp

⋅⋅= ρρ

Од условите дадени во задачата p1 = p2 ; T1 = 273+800 = 1073 K ; T2 = 273+0 = 273 K, густината на гасовите при t2 = 0 °C изнесува:

303,1273

10737607603315,02 =⋅⋅=ρ kg/m3

3

Задача 2.1. Запремина од 400 литри вода изложена е на притисок од 70 bar. Да се определи запремината на водата на овој притисок, ако нејзиниот коефициент на стисливост изнесува s = 4,84⋅10-10 m2/N. Решение: Запремината на водата на притисок p изнесува:

Vp = V - ΔV Каде што намалената запремина ΔV предизвикана од притисокот p изнесува:

ΔV = s⋅p⋅V за вредностите дадени во задачата:

ΔV = 4,84⋅10-10⋅70⋅105⋅0,4 = 1,355⋅10-3 m3

ΔV = 1,355 l Бараната запремина на водата при дадениот притисок изнесува:

Vp = V - ΔV = 400 – 1,355 = 398,645 l

Задача 2.2. Колкав притисок е потребен да запремината на водата се намали за 1%, ако коефициентот на стисливост на водата изнесува s = 4,84⋅10-10 m2/N. Решение: Релативното намалување на запремината на водата за 1% одговара на:

01,0=ΔVV

од дефиницијата на коефициентот на стисливост:

pVVs 1⋅

Δ= се добива:

sVVp 1⋅

Δ=

за дадените вредности во задачата:

206611511084,401,0

10 =⋅

=−

p Pa или p = 20,661 MPa

Задача 2.3. При притисок од 50 MPa запремината на алкохолот 30 литри ќе се намали на 28,35 литри. Да се определи коефициентот и модулот на стисливост на алкохолот. Решение: Од условот даден во задачата следи:

055,030

35,2830=

−=

ΔVV

Од дефиницијата на коефициентот на стисливост:

pVVs 1⋅

Δ= = 61050

13065,1

⋅⋅ = 10,8⋅10-10 m2/N

Модулот на стисливост претставува реципрочна вредност на коефициентот на ситсливост, односно:

810 10259,9

108,1011

⋅=⋅

==−s

ε N/m2

Задача 2.4. Ако запремината на некоја течност е намалена за 0,0355% под притисок од 7 bar, да се определи нејзиниот модул на стисливост. Решение: Релативното намалување на запремината на течноста изнесува:

00035,0=ΔVV

според дефиницијата за коефициентот на стисливост:

4

pVVs 1⋅

Δ= = 0,00035⋅ 5107

1⋅

= 5⋅10-10 m2/N

модулот на стисливост изнесува: 9

10 10210511

⋅=⋅

==−s

ε Pa

Задача 2.5. Да се определи коефициентот на стисливост на морската вода, ако се знае дека нејзината густина на слободната површина изнесува ρ0 = 1039,75 kg/m3, а на длабочина на која владее притисок p = 102 bar. Густината на таа длабочина изнесува ρ = 1044,75 kg/m3. Решение: од дефиницијата за коефициентот на стисливост:

pVVs 1⋅

Δ=

Каде што v0 = ρ1 претставува специфична запремина, следи:

Δv = v0⋅p⋅s Специфичната запремина на длабочина каде што владее надпритисок p изнесува:

v = v0 - Δv = v0⋅(1 - s⋅p)

со замена за 0

01ρ

=v и ρ1

=v , се добива ( )ps ⋅−⋅= 1110ρρ

, односно:

ps

⋅−

=ρ

ρρ 0

За дадените вредности во задачата, коефициентот на стисливост на морската вода изнесува:

51010275,104475,103975,1044

⋅⋅−

=s = 4,692⋅10-10 m2/N

Задача 2.6. Цевка со дијаметар D = 200 mm и должина L = 100 m е изложена на хидраулично испитување. Да се определи колкава количина на вода е потребно дополнително да се додаде, за да се зголеми притисокот за p = 60 bar. Деформациите на цевката да се занемарат. Коефициентот на стисливост на водата изнесува s = 4,84⋅10-10 m2/N. Решение: Првобитната количина на вода во цевката изнесува:

LDV ⋅⋅

=4

2

0π

Од равенката на коефициентот на стисливост:

( ) pVVV

pVVs

Δ⋅Δ+Δ

=Δ⋅

Δ=

0

1

следува дополнителната количина на вода:

pssp

LD

psVsp

VΔ⋅−⋅Δ

⋅⋅⋅

=Δ⋅−⋅⋅Δ

=Δ141

2 π

за дадените вредности во задачата се добива:

510

1052

10601084,411084,41060100

42,0

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

=Δ−

−πV

ΔV = 9,15⋅10-3 m3 или ΔV = 9,15 l

5

Задача 2.7. При некое хидраулично испитување на цевковод со дијаметар D = 400 mm и должина L = 2000 m, под притисок од p = 75 bar, после извесно време без да се доведува нова вода, притисокот падна на 70 bar. Ако се занемарат деформациите на цевководот, колку вода истекува за ова време заради непотполното заптивање на цевководот (за вода s = 5⋅10-10 m2/N). Решение: Од равенката на коефициентот на стисливост:

( ) pVVV

pVVs

Δ⋅Δ+Δ

=Δ⋅

Δ=

0

1

следува количината на вода што истекува од цевководот:

psVsp

VΔ⋅+⋅⋅Δ

=Δ1

0

каде што LDV ⋅⋅

=4

2

0π претставува првобитна количина на вода во цевководот.

psspLDVΔ⋅+⋅Δ

⋅⋅⋅

=Δ14

2 π

За вредностите дадени во задачата, количината на вода која истекува изнесува:

510

5102

10510511051052000

44,0

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

=Δ−

−πV = 12,566⋅10-3 m3

ΔV = 12,566 l

6

Задача 3.1. Да се определи кинематската вискозност на течност со густина ρ = 0,801 g/cm3 и динамичка вискозност η = 26,5⋅10-5 N⋅s/m2. Решение: Од зависноста помеѓу динамичката и кинематската вискозност:

η = ρ⋅ν се добива вредноста на кинематската вискозност:

801105,26 5−⋅

==ρην = 33,084⋅10-8 m2/s

Задача 3.2. Ако вискозноста на маслото за подмачкување на мотор изнесува 30 °Е, а густината 890 kg/m3, да се определи динамичката вискозност на маслото. Решение: Според емпириската равенка на Убелоде кинематската вискозност изнесува:

EE

o

o 0631,00731,0 −=ν cm2/s

300631,0300731,0 −⋅=ν = 2,191 cm2/s

Коефициентот на динамичката вискозност: η = ρ⋅ν = 890⋅2,191⋅10-4 = 195⋅10-3 N⋅s/m2

Задача 3.3. Да се определи кинематската вискозност на нафтата на температура од 20 °C, ако соодветната густина ρ = 800 kg/m3 и динамичката вискозност е 0,322 P (Поаз). Решение: Бидејќи 1 P = 0,1 N⋅s/m2, динамичката вискозност изнесува:

η = 0,1⋅0,322 = 0,0322 N⋅s/m2 или η = 32,2⋅10-3 Pa⋅s Бараната кинематска вискозност ν ќе биде:

800102,32 3−⋅

==ρην = 40,25⋅10-6 m2/s

Задача 3.4. Да се определи вискозноста на глицеринот во Енглерови степени (°Е), ако неговата густина на 18 °С изнесува ρ = 1180 kg/m3, а динамичката вискозност η = 1,024 Pa⋅s. Решение: Кинематската вискозност на глицеринот за дадените услови изнесува:

1180024,1

==ρην = 867,797⋅10-6 m2/s

Од равенката на Убелоде:

E

Eo

o 0631,00731,0 −=ν cm2/s

(°E)⋅ν = 0,0731⋅(°E)2 – 0,0631 (°E)2 – 13,679⋅ν⋅(°E) – 0,8632 = 0

Односно: (°E)2 – 118,725⋅ (°E) – 0,8632 = 0 (°E) = 118,732

Задача 3.5. Колкава е густината на течноста, ако се знае дека динамичката вискозност изнесува 0,352 P (Поази), а кинематската вискозност ν = 0,35 st (Стокси). Решение:

7

Од претходната задача 1 P = 0,1 Pa⋅s следи дека: η = 3,52⋅10-2 Pa⋅s и 1 st = 1 cm2/s = 10-4 m2/s

ν = 0,35⋅ 10-4 m2/s Бараната густина на течноста изнесува:

4

2

1035,01052,3

−

−

⋅⋅

==νηρ = 1005,714 kg/m3

Задача 3.6. Колку изнесува дебелината на маслениот слој помеѓу две плочи чија површина изнесува A = 4 m2 при што едната плоча мирува, а другата се движи со брзина v = 4,5 m/s под дејство на сила F = 1000 N. Маслото има кинематска вискозност ν = 40⋅10-

6 m2/s и густина ρ = 920 kg/m3. Решение: За определување на напонот на смолкнување меѓу два слоеви се користи Њутн-овата равенка:

dydv⋅=ητ

за услови во задачата: y = h и F = A⋅τ следи дебелината на маслениот слој:

FvAh ⋅

⋅= η

Според условите дадени во задачата, динамичката вискозност изнесува: η = ρ⋅ν = 920⋅40⋅10-6 = 0,0368 N⋅s/m2

За дадените вредности во задачата, дебелината на маслениот слој изнесува:

FvAh ⋅

⋅= η = 1000

5,440368,0 ⋅⋅ = 0,6625⋅10-3 m

h = 0,6624 mm Задача 3.7. Со каква густина течноста се наоѓа помеѓу две плочи од кои едната мирува, а другата се движи со брзина v = 5 m/s. Површината на плочата е A = 6 m2, а дебелината на течниот слој што се наоѓа помеѓу плочите изнесува h = 0,1 mm. Влечната сила е F = 400 N, а кинематскиот вискозитет ν = 1,3⋅10-6 m2/s. Решение:

Во дефиницијата за тангенцијалната (влечна) сила h

vAF ⋅⋅= η се заменува за η = ρ⋅ν и

се добива:

hAvF ⋅

⋅⋅= νρ

равенка за определување на густината на течноста помеѓу двете плочи:

56103,1400101,0

6

3

⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

⋅=

−

−

vAFh

νρ = 1025,64 kg/m3

8

Задача 4.1. Бакарна жица при температура од 20 °C има должина од 35 m. Колкава ќе и биде должината при температура од 40 °C ? Решение: Прирастот на должината на жицата ќе биде:

ΔL = αc⋅L0⋅(t – t0) за бакар αc = 16,5⋅10-6 1/°C, со замена во претходната равенка:

ΔL = 16,5⋅10-6⋅35⋅(40 – 35) = 0,115 m Конечната должина на жицата при 40 °C ќе биде:

L = L0 + ΔL = 35 + 0,115 = 35,115 m Задача 4.2. Челичен лим со димензии 2000x2000x1 mm при температура од 20 °C има површина од 2 m2. Колкава ќе биде неговата површина при 100 °C ? Решение: Прирастот на површината ќе биде:

ΔA = A0⋅2⋅αc⋅(t – t0) за челик αc = 11,6⋅10-6 1/°C, следи:

ΔA = 2⋅2⋅11,6⋅10-6⋅(100 - 20) = 0,003712 m2 Конечната површина на лимот при 100 °C ќе биде:

A = A0 + ΔA = 2 + 0,003712 = 2,003712 m2

Задача 4.3. Во еден цилиндричен резервоар со дијаметар D = 3000 mm се наоѓа 15 m3 масло, при температура од 20 °C. Колкава треба да биде минималната висина на резервоарот, за да не истече маслото од него, ако се загрее на 95 °C ? Коефициентот на топлинско ширење на маслото е β = 0,001 1/°C. Решение: Запремината на маслото по загревањето ќе биде:

V = V0 + ΔV = V0⋅[1 + β⋅(t – t0)] V = 15⋅[1 + 0,001⋅(95 – 20)] = 16,125 m3

За да не истече маслото, резервоарот треба да има запремина минимум еднаква на запремината на загреваното масло, односно:

125,164

2

=⋅⋅ hD π m3

ππ ⋅⋅

=⋅⋅

= 22 3125,1644

DVh = 2,28 m

што значи дека минималната висина на резервоарот треба да биде h = 2,28 m. Задача 4.4. Да се определи коефициентот на кинематската вискозност на 80 °C, ако коефициентот на динамичката вискозност на 0 °C изнесува η0 = 1,72⋅10-5 N⋅s/m2, а густината ρ0 = 1,293 kg/m3. Решение: Кај гасовите динамичката вискозност се менува со промената на температурата според равенката на Сундерланд, односно:

2/3

00

000 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

++

⋅=TT

CTCT

T ηη

каде што C0 претставува константа на Sunderland и истата за воздух има вредност C0 = 112.

2/35

80 273353

1123531122731072,1 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

++

⋅⋅= −η = 2,094⋅10-5 N⋅s/m2

9

густината на воздухот на t = 80 °C изнесува:

353273293,10

080 ⋅=⋅=TT

ρρ = 1 kg/m3

кинематската вискозност на воздухот при t = 80 °C изнесува:

110094,2 5

80

8080

−⋅==

ρη

ν = 2,094⋅10-5 m2/s

Задача 4.5. Коефициентот на кинематската вискозност на нафтата на 18 °C изнесува 1,4 cm2/s. Да се определи динамичката вискозност, ако густината на истата нафта на температура од 19 °C изнесува 0,91 g/cm2, а коефициентот на запреминско ширење β = 7,2⋅10-4 1/°C. Решение: Од општата равенка за промената на густината со промена на температурата:

ρT = ρ0⋅[1 + β⋅(t – t0)] За предметните температури од 18 °C и 19 °C и реперна температура од 15 °C се добива:

ρ18 = ρ15⋅[1 + β⋅(t18 – 15)] ρ19 = ρ15⋅[1 + β⋅(t19 – 15)]

односно: ( )( ) β

βρββρρ

⋅+⋅+

⋅=−⋅+−⋅+

⋅=3141

1518115191

191918

4

4

18 102,731102,741910

−

−

⋅⋅+⋅⋅+

⋅=ρ = 910,654 kg/m3

Коефициентот на динамичката вискозност за t = 18 °C се определува според следната равенка:

44

4

181918 104,1102,731102,741910

3141 −

−

−

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+

⋅=⋅⋅+⋅+

⋅= νββρη

η18 = 0,1275 N⋅s/m2

Задача 4.6. Зависноста на коефициентот на динамичката вискозност η од апсолутната температура Т може приближно да се напише со следната равенка: η = B⋅eb/T, каде што B и b се константи кои зависат од видот на течноста и се независни од температурата. Да се определат вредностите на константите B и b за машинско масло чија вискозност изнесува η1 = 2,18 Pa⋅s на температура t1c = 14 °C и η2 = 0,602 Pa⋅s на температура t2c = 30 °C. Потоа да се определи η3 за t3c = 25 °C. Решение: Од равенките: 1/

1TbeB ⋅=η и 2/

2TbeB ⋅=η после логаритмирањето се добива:

11 lnln

TbB +=η и

22 lnln

TbB +=η

Од овие равенки се добива зависноста за определување на b, односно:

22

11 lnlnln

Tb

TbB −=−= ηη

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=−

2121

11lnlnTT

bηη , односно за константата b следи:

( )2112

21 lnln ηη −⋅−⋅

=TT

TTb

12

1122 lnlnlnTTTTB

−⋅−⋅

=ηη

10

За дадените бројни вредности се добива:

( )602,0ln18,2ln287303303287

−⋅−⋅

=b = 6993,961

28730318,2ln287602,0ln303ln

−⋅−⋅

=B

lnB = -23,5898802 ; B = e-23,5898802 B = 5,689⋅10-11

Коефициентот на динамичката вискозност η3 за температура t3c = 25 °C или T = 298 K изнесува:

298961,6993

113 10689,53 eeB T

b

⋅⋅=⋅= −η = 0,8867 Pa⋅s

11

Задача 5.1. Резервоарите А и B до одредена висина наполнети се со вода, а над слободните површини манометрите покажуваат M1 = 3 bar и M2 = 3,6 bar. Диференцијалниот живин манометар покажува разлика H = 420 mm. Да се определи разликата помеѓу нивоата на слободните површини.

Решение: Равенката за рамнотежа на хидростатичкиот притисок за референтната рамнина 1-1 е:

pA + ρ⋅g⋅hx - ρ⋅g⋅H = pB + ρ⋅g⋅(hx – h) - ρz⋅g⋅H или

pA + ρ⋅g⋅hx + g⋅H⋅(ρz - ρ) = pB + ρ⋅g⋅(hx – h) Бараната разлика на нивоата на слободните површини изнесува:

( ) ( ) ( )81,91000

10001360042,081,91036,3 5

⋅−⋅⋅−⋅−

=⋅

−⋅⋅−−=

gHgpp

h zAB

ρρρ

h = 0,824 m

Задача 5.2. Во садот А владее подпритисок од 7,3 N/cm2. Колку изнесуваат вакууметарските висини во отворениот и затворениот вакууметар, а според сликата притисокот во затворениот вакууметар изнесува p = 0, а во отворениот вакууметар p0 = 1 bar.

Решение: За затворениот вакууметар подпритисокот изнесува:

pvak = pA – p0 – paps, односно paps = p0 – pA равенката за рамнотежа на хидростатичкиот притисок за референтна рамнина 1-1:

0 + ρz⋅g⋅h1 = paps = p0 = pA Висината h1 изнесува:

81,913600103,710 45

01 ⋅

⋅−=

⋅−

=gpp

hz

A

ρ= 0,202 m

Равенката за рамноте жа на хидростатичкиот притисок за референтна рамнина 2-2: p0 = ρz⋅g⋅h2 + paps = ρz⋅g⋅h2 + p0 – pA

Висината h2 изнесува:

81,913600103,7 4

1 ⋅⋅

=⋅

=g

ph

z

A

ρ 0,547 m

Задача 5.3. Садовите А и B поврзани се помеѓу себе како на сликата. Садот А е затворен и делумно наполнет со вода со густина ρ = 1000 kg/m3. Над слободната површина владее подпритисок pv = 2,72 N/cm2. Садот B е наполнет со масло со густина ρ = 800 kg/m3. Разликата на слободните површини на течностите во садовите А и B се мери со помош на диференцијалниот манометар (U – цевка) која е наполнета со тетрахлорид со густина ρ2 = 1,6 kg/dm3. Да се определи разликата на нивоата на слободните површини ако познатите податоци според

сликата изнесуваат h1 = 5000 mm и h2 = 400 mm. Решение: Равенката за рамнотежа на хидростатичкиот притисок за референтната рамнина 0-0 е:

12

p0 – pv + ρ1⋅g⋅h1 + ρ2⋅g⋅h2 = p0 + ρ3⋅g⋅(h1 + h2 – h) ρ3⋅g⋅h = g⋅h1⋅(ρ3 - ρ1) + g⋅h2⋅(ρ3 - ρ2) + pv

бараната разлика на нивоата на слободните површини изнесува:

gp

hhh v

⋅+⋅

−+⋅

−=

32

3

231

3

13

ρρρρ

ρρρ

81,98001072,24,0

80016008005

8001000800 4

⋅⋅

+⋅−

+⋅−

=h = 1,816 m

Задача 5.4. Треба да се определи притисокот на гасот со посредство на диференцијалниот двомедиумски манометар кој покажува диференција h. Течностите кои не се мешаат имаат густини ρ1 и ρ2. Познат е и односот на дијаметрите d/D. Решение:

Линиите 0-0 и 1-1 претставуваат рамнотежни линии (почетни нивоа).

Равенката за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 2-2 од десната страна:

p2 = p0 + ρ1⋅g⋅(x + h) (1) Равенката за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 2-2 од левата

страна: p2 = p + ρ1⋅g⋅(Δh + x) + ρ2⋅g⋅h (2)

со изедначување на равенките (1) и (2) се добива: p + ρ1⋅g⋅(Δh + x) + ρ2⋅g⋅h = p0 + ρ1⋅g⋅(x + h)

односно: p = p0 – (ρ2 - ρ1)⋅g⋅h - ρ1⋅g⋅Δh (3)

запремината на течноста со ρ1 е константна, односно:

hdhD⋅

⋅=Δ⋅

⋅44

22 ππ ⇒ 2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=Δ

Ddhh

Со внесување на Δh во равенката (3) се добива:

p = p0 – (ρ2 - ρ1)⋅g⋅h - ρ1⋅g⋅2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

Dd

⋅h

за ρ1 < ρ2 следи p < p0, односно притисокот во топчестиот сад ќе биде помал од атмосферскиот. Вакуумот во топчестиот сад изнесува:

pv = p0 – p = (ρ2 - ρ1)⋅g⋅h + ρ1⋅g⋅2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

Dd

⋅h

за d << D следи: pv = (ρ2 - ρ1)⋅g⋅h

Задача 5.5. Приборот за мерење на диференцијалниот притисок на гасот составен е од сад 1, наполнет со течност (жива) и ѕвоно 2 кое плива во течноста. Поголемиот притисок p1 се доведува под ѕвоното, а помалиот притисок p2 во просторот над ѕвоното. Решение:

При еднакви притисоци (p1 = p2), ѕвоното ќе завземе одредена почетна положба, додека при разлика на овие притисоци ѕвоното ќе оди нагоре што ќе резултира со одредено отстапување h.

13

При p1 = p2 со (а) е означено тонењето на ѕвоното.

При p1 > p2 со (y) е означено внатрешното спуштање на течноста под рамнотежната положба (p1 = p2). При p1 > p2 со (x) е означено надворешното подигање на течноста над рамнотежната положба (p1 = p2).

Потребно е да се постави функционална зависност помеѓу отстапувањето h (мерената големина) и диференцијалниот притисок (p1 – p2).

Равенката за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 1-1: p1 = p2 + ρ⋅g⋅(x + y) (1)

Равенката за рамнотежа на ѕвоното:

( )44

)(4

22

2

23

22

1

23

1π

πρπ ⋅

⋅+=⋅−

⋅−−⋅⋅++⋅

⋅D

pGDD

hyagpD

p

Тежината на ѕвоното се определува од рамнотежната положба:

πρ ⋅−

⋅⋅⋅=4

23

22 DD

agG

со средување се добива:

44)(

4

22

2

23

22

22

1π

πρπ ⋅

⋅=⋅−

⋅+⋅⋅−⋅

⋅D

pDD

hygD

p (2)

Запремината на течноста во приборот е константа, односно:

xDD

hDD

yDD

⋅⋅−

+⋅⋅−

=⋅⋅−

πππ444

22

21

23

22

24

23 (3)

Од системот равенки (1), (2) и (3) се добива функционална зависност меѓу h и (p1 – p2), односно:

( ) ( )23

22

24

21

24

22

21

2321

DDDDDDDD

gpp

h−⋅−

⋅−⋅⋅

⋅−

=ρ

Задача 5.6. Два еднакви сврзани цилиндрични садови имаат еднакви дијаметри d = 100 mm, од кои левиот е отворен а десниот затворен. Над слободната површина на отворениот сад владее атмосферски притисок p0 = 1 bar, а во затворениот p2 = 1,1962 bar. Слободната површина на затворениот сад е за h = 2 m под капакот. Колкава треба да биде густината ρ = ? на течноста во отворениот сад која е во рамнотежа со притисокот p2, како би слободните површини биле на исто ниво. Замислената течност со ρx не се меша со водата.

Решение:

Равенката за рамнотежа на хидростатичкиот притисок за референтната рамнина 0-0 изнесува:

p0 + ρ⋅g⋅h1 = p2 ( )

81,910001011962,1 5

021 ⋅

⋅−=

⋅−

=gpp

hρ

= 2 m

Со замислената течност, нивото на слободната површина ќе порасне за Δh1/2 над референтната рамнина 0-0. Се претпоставува дека компресијата над слободната површина на затворениот сад е

14

изотермна. p2⋅V2 = '

2'2 Vp ⋅

24

1,04

22

2 ⋅⋅

=⋅⋅

=ππ hdV

V2 = 0,157 m3 Од равенката на состојбата (p2⋅V2 = '

2'2 Vp ⋅ ), за изотермна промена се добива:

( )124

1,024

21

2'

2 −⋅⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

⋅=

ππ hhdV = 78,54⋅10-4 m3

54,781571962,1

'2

22

'2 ⋅=⋅=

VV

pp = 2,3924⋅105 Pa

Равенката за рамнотежа на хидростатичкиот притисок за референтната рамнина 1-1 е:

1'210 hgphgp vx ⋅⋅+=⋅⋅+ ρρ

( ) 1000281,9

1013924,2 5

1

0'2 +

⋅⋅−

=+⋅−

= ρρhgpp

x = 8097 kg/m3

Задача 5.7. Да се определат големините x и y во зависност од познатите параметри: F1 во N ; F2 во N ; A1 во m2 ; A2 во m2 и за запремината на течноста V во m3, од условот да двата клипа останат во рамнотежа. Решение: Равенка за рамнотежа на притисоците за рамнина на горната површина на големиот клип:

p2 = p1 + ρ⋅g⋅(x + y) равенка на притисоците изразена преку силите на

клиповите:

)(1

1

2

2 yxgAF

AF

+⋅⋅+= ρ

Запремината на течноста: V = A1⋅x + A2⋅y

од тука следи: xAA

AVy ⋅−=

2

1

2

од горната равенка: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

⋅=+

1

1

2

21AF

AF

gyx

ρ

од двете последни равенки се добиваат бараните големини:

( )12

1

212

AAg

VgAA

FFx

−⋅⋅

⋅⋅−⋅−=

ρ

ρ

( )12

2

11

2

12

2 AAgAA

VgFAA

F

AVy

−⋅⋅

⋅⋅⋅−−⋅−=

ρ

ρ

Задача 5.8. На трите хидраулични цилиндри со дијаметри D1 = 300 mm, D2 = 200 mm и D3 = 100 mm преку соодветните клипови делуваат исти сили F1 = F2 = F3 = 100 N. Масите на клиповите изнесуваат: m1 = 35 kg, m2 = 15 kg и m3 = 3 kg, а цилиндрите се наполнети со масло со ρ = 900 kg/m3.

15

a) да се определи рамнотежната положба на клиповите во однос на рамнината 0-0. б) да се определат силите '

1F и '2F кои ќе овозможат да сите клипови бидат во

иста рамнина (силата F3 останува иста). Да се определи новата рамнотежна положба на клиповите. Решение:

а) надпритисоците кои резултираат од сопствените сили и маси на клиповите изнесуваат:

43,0

81,935100

4

221

111 ππ ⋅

⋅+=

⋅

⋅+=

DgmF

pm = 6272 Pa

42,0

81,915100

4

222

222 ππ ⋅

⋅+=

⋅

⋅+=

DgmF

pm = 7867 Pa

41,0

81,93100

4

223

333 ππ ⋅

⋅+=

⋅

⋅+=

DgmF

pm = 16480 Pa

Од равенката за рамнотежа на хидростатичките притисоци за референтната рамнина 0-0:

p0 + pm1 + ρ⋅g⋅H1 = p0 + pm2 + ρ⋅g⋅H2 = p0 + pm3 се добиваат бараните висини:

81,990062721648013

1 ⋅−

=⋅−

=gpp

H mm

ρ= 1,156 m

81,990078671648023

2 ⋅−

=⋅−

=gpp

H mm

ρ= 0,975 m

б) Под клипот 3 делува истиот надпритисок. Равенката за новата рамнотежна состојба за рамнина под површините на клиповите изнесува:

4

21

31'

1π⋅

⋅=⋅+D

pgmF m

81,9354

3,0164804

2

1

21

3'

1 ⋅−⋅

⋅=⋅−⋅

⋅=ππ

gmD

pF m

'1F = 821,55 N

4

22

32'

2π⋅

⋅=⋅+D

pgmF m

81,9154

2,0164804

2

2

22

3'

2 ⋅−⋅

⋅=⋅−⋅

⋅=ππ

gmD

pF m

'2F = 370,58 N

Од условот за нестисливост на флуидот се добива:

HD

HD

HD

HD

HD

⋅⋅

+⋅⋅

+⋅⋅

=⋅⋅

+⋅⋅

44444

23

22

21

2

22

1

21 πππππ

222

22

23

22

21

2221

21

1,02,03,0975,02,0156,13,0

++⋅+⋅

=++

⋅+⋅=

DDDHDHD

H = 1,022 m

16

Задача 5.9. Хидрауличната преса треба да произведе работна сила од 1000 kN на висина од 160 mm. Дијаметарот на големиот клип изнесува 220 mm, а на малиот 20 mm. Полугата на која се делува со сила F има должина L = 1 m, а растојанието a = 35 mm. Периодата на делување на силата F е 30 ефективни тактови во минута, а одот на малиот клип изнесува s = 35 mm. Коефициентот на полезно дејство на преносот изнесува 0,8. Да се определи силата F, и

вкупното потребно време за постигнување на бараната висина на големиот клип. Решение: Притисокот под големиот клип изнесува:

ππ ⋅⋅⋅

=⋅

=2

6

2 22,01014

4D

Fp p = 26306602 Pa = 263,06 bar

Збирот на моментите околу точката О изнесува:

F⋅L = Fk⋅a односно LaFF k ⋅=

од друга страна 4

2 π⋅⋅=dpFk , за силата F имаме:

100035

402,026306602

4

22

⋅⋅

⋅=⋅⋅

⋅=ππ

LadpF = 289,26 N

Aко се земе предвид КПД при преносот се добива:

8,026,289

ln ==ηFF orea = 361,57 N

од условот за нестисливост на флуидната маса се добива:

hDsd⋅

⋅=⋅

⋅44

22 ππ ⇒ 22

2202035 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

Ddsh

h = 0,29 mm Потребниот број на тактови за да се постигне бараната висина на големиот клип

изнесува:

29,0160

==hHn = 552

Потребното време за да се постигне висината H = 160 mm изнесува:

30552

=T = 18,4 min

Задача 5.10. Цилиндричен сад со дијаметар D = 400 mm и маса m = 50 kg наполнет е со вода (ρ = 1000 kg/m3) до висина a = 0,3 m и виси без триење на клипот со дијаметар d = 0,2 m. a) Да се определи подпритисокот кој обезбедува рамнотежа на садот. б) Да се определат силите кои ги оптеретуваат групите завртки А-А и В-В. Решение: а) силата на капакот (А-А) која делува вертикално надолу изнесува:

vpdDP ⋅⋅−

= π4

22

1

17

Бидејќи тежината делува надолу, силата на притисок на дното мора да делува нагоре и има интензитет:

( )agpDP v ⋅⋅−⋅⋅

= ρπ4

2

2

од рамнотежата на силите се добива подпритисокот, односно: P1 + m⋅g – P2 = 0

( ) 044

222

=⋅⋅−⋅⋅

−⋅+⋅−

⋅ agpDgmdDp vv ρππ

23

2

2

2 2004003,01,910

2,081,95044

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅

=π

ρπ d

Dagd

gmpv

pv = 27385,1 Pa = 27,4 kPa б) Силата која делува на системот завртки А-А изнесува:

ππ ⋅−

⋅=⋅−

⋅==4

2,04,01,273854

2222

1dDpPF vA = 2580,98 N = 2,58 kN

Силата која делува на системот завртки В-В изнесува:

( ) ( )3,081,9101,273854

4,04

322

⋅⋅−⋅⋅

=⋅⋅−⋅⋅

=πρπ agpDF vB = 3071,48 N = 3,07 kN

18

19

Задача 6.1. Да се определи минималната сила на затегање PT и реакцијата R0 во зглобот О, на затворачот во форма на триаголник, ако се дадени следните податоци: H = 3 m ; h = 2 m ; b = c = 1,8 m и α1 = α2 = 60°. Решение: Силата на притисок на затворачот изнесува:

P = ρ⋅g⋅zc⋅A =

28,1

21866,02

31381,91000

2130cos

31

⋅⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅−⋅⋅

=⋅⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅−⋅⋅ hbhHg oρ

P = 42779 N Растојанието на нападната точка на силата на

притисок од слободната површина изнесува:

AI

C

CCD ⋅+=ν

νν

Растојанието од тежиштето на триаголникот – затворачот до слободната површина:

hH

C ⋅−=31

30cos oν

hbhHhbhH

D

⋅⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅

⋅+⋅−=

21

31

30cos363

130cos

3

o

oν

212

31

30cos336

2231

30cos3 2

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅

+⋅−=

o

oDν

Моментната равенка околу зглобот О

∑ = 0X -P⋅cos30° + PT⋅cos60° = Rx

Rx = 16117⋅cos60° - 42779⋅cos30° = - 28989 N

∑ = 0Y Ry = PT⋅sin60° - P⋅sin30° = 16117⋅sin60° - 42779⋅sin30°

Ry = - 7431,7 N 2222

0 7,743128989 +=+= yx RRR = 29926 N

Задача 6.2. Преградата се врти околу зглобот "O" и при H1 ≥ 6 m автоматски ја пропушта водата на другата страна каде што нивото е H2 = 3 m. Да се определи растојанието (x = ?) при кое нивото H2 ќе биде константно. Ширината на преградата B = 8 m, а аголот α = 60°. Загубите во зглобот да се занемарат. Решение: Силата на притисокот на делот AB :

BHHHH

gBHH

zgP c ⋅−

⋅−

⋅⋅=⋅−

⋅⋅⋅=oo 30cos230cos212121

11 ρρ

20

( ) 8

232

3681,910002

1 ⋅

⋅

−⋅⋅=P = 407794 N

Силата на притисок на делот BC :

BHH

HgBH

zgP c ⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=

oo 30cos230cos22

12

22 ρρ

830cos

323681,910001 ⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅=

oP = 1223382 N

Силата на притисокот на делот BC од левата страна:

BH

gBH

zgP c ⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=oo 30cos230cos

222

23 ρρ

830cos2

381,910002

3 ⋅⋅

⋅⋅=o

P = 407794 N

Екцентрицитетите на нападните точки:

oo

oo

o

30cos636

30cos630cos230cos2

12

30cos 21

2121

321

11

11

⋅−

=⋅

−=

⋅⋅

−⋅

⋅

−⋅

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

=⋅

=ΔHH

BHHHH

BHH

AI

c

c

νν = 0,577 m

o

o

oo

o

30cos212

30cos

30cos30cos212

30cos2

1

22

2

21

32

22

22 H

H

H

BH

HH

BH

AI

c

c

−⋅

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=

⋅⋅−

⋅

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=⋅

=Δν

ν

o

o

30cos5,1612

30cos3 2

2 −⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=Δν = 0,192 m

oo

oo

o

30cos63

30cos630cos30cos2

12

30cos 2

22

32

33

33

⋅=

⋅=

⋅⋅⋅

⋅

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=⋅

=ΔH

BHH

BH

AI

c

c

νν

Δν3 = 0,577 m Равенката за рамнотежа на силите во однос на зглобот "O" :

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛Δ−

⋅−⋅=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛Δ−

⋅−⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛Δ+

⋅

−−⋅

22

2

32

31211

1

30cos2

30cos230cos230cos

ν

νν

o

ooo

HxP

HxPx

HHHP

односно:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

⋅−⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

⋅−⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⋅−⋅

192,030cos2

31223382

577,030cos2

3407794577,030cos2

330cos

6407794

o

ooo

x

xx

x = 2,7 m

21

Задача 6.3. Резервоарот наполнет со течности со густини ρ1 и ρ2, поделен е со вертикална преграда во која се наоѓа отвор во форма на рамнокрак триаголник со основа 2а и висина 2h. На слободната површина на левиот дел од резервоарот владее надпритисок pm, а во десниот атмосферски притисок p0.

Да се определи големината и нападната точка на резултантната сила на притисок на затворачот.

Решение:

Притисокот на горниот дел од затворачот hAC = и на длабочина x од слободната површина изнесува:

p1 = p0 + pm + ρ1⋅g⋅x p2 = p0 + ρ2⋅g⋅x

Разликата на притисокот од двете течности изнесува:

Δp1 = pm + ρ⋅g⋅(ρ1 - ρ2)⋅x = f(x) Елементарната сила на притисок изнесува:

dP1 = Δp1⋅dA1 Eлементарната површина dA1 = b⋅dx од сликата a

: h = b : x односно b = xha⋅

dxxhadA ⋅⋅=1

Вкупната сила на горниот дел од затворачот изнесува:

( )( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⋅+

⋅⋅=⋅⋅⋅−⋅+⋅= ∫ 32

3

21

2

0211

hghp

hadxxxgp

haP m

h

m ρρρρ или

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⋅+⋅⋅=32 211hg

phaP m ρρ

Притисокот на долниот дел на затворачот ( )hCB = , а на длабочина y изнесува: p3 = p0 + pm + ρ1⋅g⋅y

p4 = p0 + ρ2⋅g⋅h + ρ1⋅g⋅(y – h) Разликата на притисокот од двете страни на затворачот изнесува:

Δp2 = p3 – p4 = pm + g⋅h⋅(ρ1 - ρ2) = const. елементарната сила на притисок

dP2 = Δp2⋅dA2 елементарната површина dA2 = c⋅dy

од сликата следува соодносот: c : y = 2a : 2h, односно yhac ⋅=

dyyhadA ⋅⋅=2

Вкупната сила на долниот дел од затворачот:

( )( ) ∫∫ ⋅⋅⋅−⋅⋅+=⋅Δ=h

hm

A

dyyhahgpdApP

2

21222 ρρ

22

( )( )bm hgphaP 212 23 ρρ −⋅⋅+⋅⋅⋅=

Вкупната резултантна сила на притсок: P = P1 + P2

( ) ( )( )hgphahgp

haP mm ⋅−⋅+⋅⋅⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⋅+⋅⋅= 2121 2

332

ρρρρ

( )⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅⋅+⋅⋅⋅= 216

112 ρρhgphaP m

Моментната равенка за вкупните сили на притисок и нивната резултанта во однос на точката B изнесува:

( ) ( )∫ ∫ ⋅−⋅+⋅−⋅=⋅h h

h

dyyhdPdxxhdPzP0

2

21 22

( )( ) ( )

( )( ) ( )∫

∫

⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅++

+⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅+=⋅

h

hm

h

om

dyyhyhahgp

dxxhxhaxgpzP

2

21

21

2

2

ρρ

ρρ

растојанието z, односно нападната точка на вкупната (резултантна) сила на притисок изнесува:

( ) ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅

⋅= 4

2134

213

32

32

125

32 hghphghp

Phaz mm ρρρρ

( )

( ) 421

21

6112

1213

34

hgp

hgpz

m

m

⋅−⋅⋅+⋅

⋅−⋅⋅+⋅=

ρρ

ρρ

Задача 6.4. На вертикалниот ѕид има квадратен отвор B x B = 1 x 1 m, а истиот се затвора со квадратен затворач со истите димензии со посредство на масата m оддалечена за r = 1,5 m од зглобот А.

а) да се определи минималната вредност на масата m која овозможува да нивото во резервоарот остане константно на висина H = 2 m при што h = 0,3 m.

б) да се определи реакцијата во зглобот А. в) да се определи подпритисокот над

слободната површина на резервоарот под услов да затворачот го затвора отворот без помош на масата m. Решение:

а) силата на притисокот на затворачот изнесува:

1121281,91000

2⋅⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅=⋅⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅=⋅⋅= BBBHgzgP c ρρ

P = 14715 N Моментната равенка на силата на притисок P и тежината G = m⋅g во однос на зглобот А:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +Δ+⋅=⋅⋅ hzBPrgm D2

екцентрицитетот на нападната точка изнесува:

23

( ) ( )12261

262

12

223

−⋅⋅=

−⋅⋅=

⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅

⋅=

⋅=Δ

BHB

BBBH

BBAz

Iz

c

cD = 0,0556 m

вредноста на масата m изнесува:

5,181,9

3,00556,02114715

2⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅

=⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +Δ+⋅

=rg

hzBPm

D

= 855,56 kg

б) резултантната сила во зглобот А изнесува:

( )2222 81,956,85514715 ⋅+=+= GPR = 16940 N в) подпритисокот над слободната површина се добива кога равенката за силата на притисок се изедначи со нула, односно за P = 0.

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅=

21281,91000

2BHgpv ρ = 14715 Pa

pv = 14,715 kPa

Задача 6.5. Затворачот ABE со ширина L се врти околу зглобот B, и е под дејство на притисокот на водата според сликата. Да се определи равенката за моментот на силите на притисок околу зглобот B, а потоа да се определи неговиот интензите за дадени податоци. L = 3 m ; H = 1 m ; a = 1 m и α = 60°. Решение: На делот AB делува силата на притисок:

LHgLHHgAzgP c ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= 21 3

3sin2

ρα

ρρ

Растојанието на нападната точка D на силата на притисок P1 од тежиштетото C на косиот дел на затворачот изнесува:

HHLH

HL

AI

CDc

c ⋅=

⋅⋅⋅⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

=⋅

=Δ=93

sin2sin12

sin

3

αα

αν

ν

Растојанието BD :

HHHHBD ⋅⋅

=⋅−⋅

=Δ−⋅

=9

3293

60sin2sin2 oν

α

На хоризонталниот дел BE водата делува со сила: P2 = ρ⋅g⋅H⋅a⋅L

на растојание BC односно а/2 од зглобот В. Резултантниот момент на силите P1 и P2 во однос на зглобот В изнесува:

HLHgaLHgBDPaPMB ⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=⋅−⋅=9

3233

222

2

12 ρρ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⋅⋅⋅⋅= 2

2

92

2HaLHgMB ρ односно:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⋅⋅⋅⋅= 2

2

192

213181,91000BM = 8175 Nm

24

Задача 6.6. Силата на притисокот кој делува на преградата со висина H = 4 m и ширина B = 6 m, се предава на четири хоризонтални носачи. Да се определат растојанијата x од слободната површина од условот да сите полиња бидат еднакво оптеретени. Да се определи резултантната сила на притисок и нападната точка. Решение: Силата на притисок во поедини полиња изнесува:

PP ⋅=41

1

BHgBagAzgP c ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=24

12

22

111 ρρρ

4

22 Ha = или 2

2==

Ha m

( ) BHgBababagAzgP c ⋅⋅⋅⋅=⋅−⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⋅⋅=⋅⋅⋅=24

12

2

222 ρρρ

( ) ( )2

2⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=−⋅+

Habab ; 2

24

222 ⋅

=⇒=−HbHab

( ) BHgBbcbcbgAzgP c ⋅⋅⋅⋅=⋅−⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⋅⋅=⋅⋅⋅=24

12

2

333 ρρρ

( ) ( )4

2Hbcbc =−⋅+ ; 4

222 Hbc =− или

23⋅

=Hc

Растојанието x од слободната површина изнесува:

333,168

64

2122

3

11

111 ==

⋅=

⋅⋅⋅

⋅+=

⋅+=

a

BaaaBa

AzI

zxc

cc m

( )( ) Bababa

BababaAz

Izx

c

cc

⋅−⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⋅

⋅−+

−+=

⋅+=

2122

3

22

222

( )( )2226

2222

222

2226

222

2

2

2

2+⋅⋅

−⋅+

⋅+=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⋅⋅

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅

+−

+=HH

HH

abax = 2,4379 m

( )( )

( )( )bc

bccb

Bbcbcb

BbccbAz

Izx

c

cc +⋅

−+

+=

⋅−⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⋅

⋅−+

+=

⋅+=

622

122

23

33

333

( )( )22326

22322

32222

3⋅+⋅⋅

⋅−⋅+

⋅+⋅=x = 3,1569 m

( )( )

( )( )cH

cHcH

BcHcHc

BcHcHAz

Izx

c

cc −⋅

−+

+=

⋅−⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⋅

⋅−+

+=

⋅+=

622

122

23

44

444

25

( )( )3246

3242

3244

+⋅

−+

+=x = 3,738 m

Резултантната сила на притисок :

642481,91000

2⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= BHHgP ρ = 470880 N

Нападната точка xD изнесува:

644

64

622

1222

3 ⋅=

⋅=+=

⋅⋅⋅

⋅+=

⋅+=

HHH

BHHHBH

AzIHx

c

cD = 2,666 m

Задача 6.7. Затворачот со димензии h = 1,8 m ; b = 0,4 m и L = 2,4 m го затвора правоаголниот отвор во косиот ѕид (α = 60 °). Затворачот со помош на челично јаже се движи низ водилките. Нивото на водата (ρ = 1000 kg/m3) во резервоарот изнесува H = 10 m, масата на затворачот m = 2000 kg, а коефициентот на триење меѓу затворачот и водилките изнесува f = 0,35. Да се определи најмалата сила (Fj) потребна за дигање на затворачот од почетната положба (кога отворот е затворен).

Решение: Рамнотежата на силите во правецот на ν - оската:

Fj + P3 – P2 – Ftr - G⋅sinα = 0 односно, силата во јажето изнесува:

Fj = Ftr + G⋅sinα + P2 - P3 Силата на триење

Ftr = Fn⋅f = (P1 + G⋅cosα)⋅f Интензитетот на силите:

P1 = ρ⋅g⋅zc1⋅A1 = LhbhHg ⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−−⋅⋅ ααρ cossin

2

P1 = 1000⋅9,81⋅ 4,28,160cos4,060sin28,110 ⋅⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−− oo

P1 = 382285 N

P2 = ρ⋅g⋅zc2⋅A2 = LbbhHg ⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅−⋅⋅ ααρ cos

2sin

P2 = 1000⋅9,81⋅ 4,24,060cos24,060sin8,110 ⋅⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅− oo = 78554 N

P3 = ρ⋅g⋅zc3⋅A3 = LbbHg ⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅⋅ αρ cos

2

P3 = 1000⋅9,81⋅ 4,24,060cos24,010 ⋅⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅− o = 93234 N

Тежината на затворачот G = m⋅g = 2000⋅9,81 = 19620 N Ftr = (382287 + 19620⋅cos 60°)⋅0,35 = 137234 N

Силата во јажето: Fј = 137234 + 19620⋅sin 60° + 78554 – 93234 = 139545 N

26

Задача 6.8. Затворениот резервоар за нафта со ρ = 920 kg/m3 поделен е на два дела со рамна преграда. Во преградата има квадратен отвор со страна a = 1 m. Над слободната површина во левиот дел од резервоарот владее надпритисок од 15 kPa, а во десниот подпритисок од 10 kPa. Да се определи интензитетот и нападната точка на резултантната сила на притисок која делува на затворачот. Решение: Силата на притисок со која нафтата делува од левата страна на затворачот:

2111 2

2 aag

pgAzgP m

c ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=ρ

ρρ

21 1

221

81,99201500081,9920 ⋅⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅+

⋅⋅⋅=P = 21381,78 N

Силата на притисок предизвикана од нафтената пареа која делува од десната страна на затворачот:

P2 = - pv⋅A2 = -100002

2a⋅ = -5000 N

Силата на притисок со која нафтата делува од левата страна на затворачот:

222

31 2

333aa

gp

gAzgP vc ⋅⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+

⋅−⋅⋅=⋅⋅⋅=ρ

ρρ

21

221

31

81,99201000081,9920

2

3 ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅+

⋅−⋅⋅=P

P3 = - 3936,37 N Вкупната сила на притисок:

P = P1 + P2 + P3 = 21381,78 + 5000 + 3936,37 P = 30318,15 N

екцентрицитетот на нападната точка:

12

2181,9920

1000012

1

2212 2

4

1

11

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅+

⋅⋅

=

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅+

⋅⋅

=⋅

=Δ

aag

pa

AzI

zmc

cD

ρ

= 4,59⋅10-2 m

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅−

⋅⋅

=

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅−

⋅⋅

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅⋅

=⋅

=Δ

22

3136

222

3136

222

2

2

3

33

33

ag

pa

aag

p

aa

AzI

zvvc

cD

ρρ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅

=Δ

62

81,99201000036

13Dz = 3,18⋅10-2 m

Моментната равенка за точка B:

xPzaPaaPzaP DD ⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛Δ+

⋅⋅⋅+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅+

⋅⋅+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛Δ−

⋅⋅ 33211 2

232

22

31

22

22

нападната точка на вкупната сила изнесува:

27

P

zaPaaPzaP

xDD ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛Δ+⋅⋅+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛Δ−⋅

=33211 2

232

22

31

22

22

15,30318

0318,02

213237,3936

621

22150000459,0

22178,21381 ⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⋅⋅⋅+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅+

⋅⋅+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

=x

x = 0,7 m

Задача 6.9. Правоаголен затворач со димензии b = 3 m ; L = 4 m го затвора влезот во тунелот. Од десната страна нивото на водата ρ = 1000 kg/m3 изнесува H1 = 5,2 m, а над слободната површина владее подпритисок од 19,62 kPa. Од левата страна нивото на водата изнесува H2 = 2 m. Да се пресмета силата во јажето (при α = 30 °) потребна за отворање на затворачот. Отпорите во зглобот О да се занемарат. Решение: Силата на притисокот на десната страна од затворачот изнесува:

P1 = ρ⋅g⋅zc1⋅A1

Lbg

pbHgP v ⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−−⋅⋅=ρ

ρ211

4381,91000

19620232,581,910001 ⋅⋅⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅

−−⋅⋅=P = 200124 N

eкцентрицитетот на нападната точка D1 на силата P1 во однос на тежиштето C1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−−⋅=

⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−−⋅

⋅=

⋅=Δ

gpbH

b

Lbg

pbH

bLAz

Iz

vvc

c

ρρ 212

212 1

2

1

3

11

11

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅

−−⋅=Δ

81,9100019620

232,512

91z = 0,44118 m

Силата на притисокот на левата страна од затворачот изнесува:

P2 = ρ⋅g⋅zc2⋅A2 = LH

gLHH

g ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅22

22

22 ρρ

42

281,910002

2 ⋅⋅⋅=P = 78480 N

екцентрицитетот на нападната точка D2 на силата P2 во однос на тежиштетото на површината A2 изнесува:

62

12

2

22

22

22

22

H

LHH

HLAz

Iz

c

c =

⋅⋅⋅

⋅=

⋅=Δ = 0,333 m

Моментната равенка за силите на притисокот и силата во јажето во однос на зглобот О:

28

02

cos2 2

2211 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛Δ+−⋅−⋅⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ+⋅ z

HbPbFzbP j α

Силата во јажето изнесува:

αcos22 2

2211

⋅

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛Δ+−⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ+⋅

=b

zH

bPzbPFj

223

333,02337848044118,0

23200124

⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

=jF = 79041,833 N

Задача 6.10. Да се определи аналитички и графички силата на притисок на вертикална правоаголна преграда AB на резервоарот со висина L и ширина B (нормална на цртежот) кој е наполнет со иста течност со различни нивоа (H1 > H2), а притисокот на гасот е исто така различен (p1 > p2). Според сликата, познати се следните податоци: L = 2 m ; H1 = 1,8 m ; H2 = 0,8 m ; p1 = 25 kPa ; p2 = 15 kPa ; B = 1,5 m и ρ = 1000 kg/m3.

Решение: Силата на притисок предизвикана од надпритисокот p1 изнесува:

P1 = p1⋅A1 = p1⋅(L – H1)⋅B = 25000⋅(2 – 1,8)⋅1,5 = 7500 N Силата на притисок предизвикана од надпритисокот p2 изнесува:

P2 = p2⋅A2 = p2⋅(L – H2)⋅B = 15000⋅(2 – 0,8)⋅1,5 = 27000 N Силата на притисок со која водата делува на левата страна од преградата изнесува:

P3 = ρ⋅g⋅zc1⋅A3 = ρ⋅g⋅ BHH

gp

⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⋅ 111

2ρ

P3 = 1000⋅9,81⋅ 5,18,128,1

81,9100025000

⋅⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⋅

= 91338,3 N

Силата на притисок со која водата делува на десната страна од преградата изнесува:

P4 = ρ⋅g⋅zc2⋅A4 = ρ⋅g⋅ BHH

gp

⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⋅ 222

2ρ

P4 = 1000⋅9,81⋅ 5,15,028,0

81,9100015000

⋅⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⋅

= 22708,8 N

Вкупната сила на притисок:

∑=

−−+==4

14231

iivk PPPPPP = 7500 + 91338,3 – 27000 – 22708,8 = 49129,5 N

Со графичко решавање се решаваат следните сили: - површината efg претставува сила P5 - површината cdef претставува сила P6 - површината abch претставува сила P7

( ) ( ) ( )B

HHgBHHHHgP ⋅

−⋅⋅⋅=⋅−⋅−⋅⋅⋅=

221

21 2

2121215 ρρ

29

( ) 5,12

8,08,181,9100021 2

5 ⋅−

⋅⋅⋅=P = 7357,5 N

( ) ( ) 8,05,18,08,181,910002216 ⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅= HBHHgP ρ = 11772 N ( ) ( ) 5,121500025000217 ⋅⋅−=⋅⋅−= BLppP = 30000 N

Вкупната сила изнесува: P = P5 + P6 + P7 = 7357,5 + 11772 + 30000 = 49129,5 N

Задача 6.11. Правоаголен затворач кој може да се врти околу зглобот О и со хоризонтална рамнина формира агол од 45°, го затвора излезот од резервоарот со бензин преку цевката со квадратен пресек и h = 300 mm. Без влијание на триењето во зглобот О и макарата В да се определи силата во јажето Т, ако нивото на бензинот ρ = 700 kg/m3 изнесува H = 0,85 m, а над слободната површина владее надпритисок од 5 kPa.

Решение: Силата на притисок на затворачот изнесува:

P = ρ⋅g⋅zc⋅A = 22

⋅⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

⋅⋅⋅ hhhH

gp

g m

ρρ

P = 23,023,085,0

81,9700500081,9700 2 ⋅⋅⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+⋅

⋅⋅ = 1248,21 N

екцентрицитетот на нападната точка D од тежиштето C изнесува:

( ) ( )⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

⋅⋅⋅

⋅=

⋅⋅⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

⋅⋅

⋅=

⋅=Δ

2212

2

2sin

12

12

223

hHg

phh

hhhHg

phh

AI

mmc

cc

ραρν

ν

( ) 32

1043,715,085,0

81,97005000212

23,0 −⋅=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+⋅

⋅⋅

⋅=Δ cν m

Моментната равенка на силите во однос на зглобот О

hThP c ⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ+⋅⋅ ν2

2

Силата во јажето изнесува:

3,0

1043,7223,021,12482

23 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅⋅

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ+⋅⋅

=

−

h

hPT

cν= 913,5 N

30

31

Задача 7.1. Да се определи интензитетот и правецот на силата која делува на цилиндричниот затворач – според сликата. Познати се следните податоци: ρ = 840 kg/m3 ; pm = 40 kPa ; H = 5 m ; R = 1 m ; L = 2 m (должина на цилиндричниот затворач) и α = 45 °.

Решение: Тежината на водата во затворачот:

2181,984085

85

85 22 ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ππρρ LRgVgG c = 32360 N

Силата на притисок на затворачот изнесува: P1 = (pm + ρ⋅g⋅H)⋅A1 = (pm + ρ⋅g⋅H)⋅R⋅L = (40000 + 840⋅9,81⋅5)⋅1⋅2

P1 = 162404 N

P2 = ρ⋅g⋅zc2⋅A2 = LRRHg

pg m ⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−+

⋅⋅⋅ αρ

ρ cos2

2145cos215

81,98404000081,98402 ⋅⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−+

⋅⋅⋅= oP = 156577 N

Проекција на силите на оските x и z Px = P2⋅cosα = 156577⋅cos45° = 110717 N

Pz = G + P1 + P2⋅sinα = 32360 + 162404 + 156577⋅sin45° = 305481 N Резултантната сила изнесува:

2222 305481110717 +=+= zx PPP = 324926 N Аголот што го оформува резултантната сила со x оската

110717305481arctg

PParctg

x

z ==β = 70,077° (70° 5')

Задача 7.2. Резервоарот во облик на полутопка со R = 1 m делумно е наполнет со течност со ρ = 800 kg/m3. Кога резервоарот би бил во хоризонтална положба течноста би ја исполнувала запремината до висина H = 900 mm (прикажана на сликата со испрекината линија). Запремината на течноста се определува со следната равенка:

( )3

3 22 HRHV −⋅⋅⋅=π

Да се определат силите што ги оптеретуваат завртките А-В, со кои резервоарот е прицврстен на рамната плоча закосена под агол од α = 30° во однос на хоризонталната рамнина. Решение:

Компонентите на силите според сликата изнесуваат:

( )2233

HRHgVgG −⋅⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅=πρρ

( )22 9,0133

9,081,9900 −⋅⋅⋅

⋅⋅=πG = 18223,3 N

Pn = ρ⋅g⋅zc⋅A = ρ⋅g⋅H⋅R2⋅π = 900⋅9,81⋅0,9⋅12⋅π = 24963,4 N Силата на истегнување на системот завртки А-В

32

Fy = Fn - G⋅cosα = 24963,4 – 18223,3⋅23 = 9181,56 N

Силата на кинење на системот завртки А-В Fx = G⋅sinα = 18223,3⋅sin30° = 9111,65 N

Резултантната сила изнесува: 2222 65,918165,9111 +=+= yxR FFF = 12935,35 N

Задача 7.3. Да се определат силите на истегнување и кинење како и резултантната сила на притисок на полутопчестиот капак со радиус R, ако е дадена пиезометриската висина H од центарот на капакот до слободната површина, и аголот α под кој е закосен ѕидот во однос на хоризонталната рамнина (слободната површина). Дадени се вредностите: R = 2 m ; α = 45° ; H = 3 m.

Решение: Силата на истегнување изнесува:

Pn = ρ⋅g⋅Vn⋅cosα Запремината Vn се наоѓа помеѓу точките a, b, c, d, e, a.

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅=

απ

αππ

cos32

cos32 223 HRRHRRVn

Тогаш

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅⋅⋅⋅⋅= 345cos2

32281,91000cos

32 22 oπαπρ HRRgPn

Pn = 486054 N Силата на кинење изнесува:

Pt = ρ⋅g⋅Vt⋅cosβ запремината Vt = V(a,f,g,b,c,a) – V(a,f,g,b,a)

π⋅⋅= 3

32 RVt и cosβ = cos(90 - α) = sinα

απραπρ sin32sin

32 33 ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= RgRgPt

и вредноста на силата на кинење изнесува: o45sin281,91000

32 3 ⋅⋅⋅⋅⋅= πtP = 116226 N

Резултантната сила: 2222 116226486054 +=+= tn PPP = 499757 N

Задача 7.4. Цилиндричен затворач со полудијаметар R = 100 mm и должина b = 2R затвора правоаголен отвор во рамен и вертикален ѕид. Садот е наполнет со бензин (ρ = 784,4 kg/m3) до висина H0 = 10R, а над слободната површина владее надпритисок од 9,81 kPa. Системот на полуги заедно со цилиндричниот затворач се врти околу зглобот О без триење. Растојанието од зглобот О до тегот изнесува L = 4R. Да се определи масата на тегот под услов, да во резервоарот се одржува константна висина

на нивото H0 = 10R.

33

Решение:

Хоризонталната сила на притисок:

bRg

pHRgAzgP mxcx ⋅⋅⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

++⋅⋅=⋅⋅⋅= 20 ρρρ

Px = 44⋅ρ⋅g⋅R3 + 4⋅pm⋅R2 Px = 44⋅784,4⋅9,81⋅0,13 + 4⋅9810⋅0,12

Px = 730,978 N Екцентрицитетот на нападната точка на хоризонталната сила на притисок:

( )

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

+⋅⋅=

⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

++⋅

⋅=

⋅=Δ

gp

R

R

RRg

pRH

RRAz

Iz

mmc

c

ρρ1132212

22 2

0

3

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅+⋅⋅

=Δ

81,94,78498101,0113

1,0 2

z = 1,4⋅10-3 m

Силата на потисок (архимедовата сила) изнесува:

ππρπρρ ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅= 332

1,081,94,7842

RgbRgVgPz = 24,2 N

Екцентрицитетот на нападната точка на силата на потисок:

ππ ⋅⋅

=⋅⋅

=Δ3

1,0434 Rx = 4,24⋅10-2 m

Моментната равенка околу зглобот О: Px⋅(R + Δz) = Pz⋅Δx + m⋅g⋅L

Масата на тегот изнесува: ( ) ( )

1,0481,91024,42,24104,11,0978,730 23

⋅⋅⋅⋅−⋅+⋅

=⋅

Δ⋅−Δ+⋅=

−−

LgxPzRPm zx

m = 18,65 kg

Задача 7.5. Топчест затворач со дијаметар d = 2R го затвора отворот во резервоарот со вода. Дијаметарот на отворот што се затвора е 2a = R. Да се определи минималната сила Gmin = ? потребна за затворање на затворачот ако R = 200 mm. Решение: Од равенката за рамнотежа на силите околу точката О

Gmin⋅R = 8⋅Pz⋅R се добива минималната сила Gmin

Силата на потисок: Pz = ρ⋅g⋅V V = Vcil – Vtop.seg

( )2

24

24

2 322 πππ ⋅=⋅

⋅=⋅

⋅=

RRRRaVcil

( )hRhV segtop −⋅⋅⋅= 331 2

. π

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=−−=

231

4

22 RRRRh

34

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅−⋅⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅=

2313

231

31

22

. RRRV segtop π

по средувањето се добива за Vtop.seg = 0,0171⋅π⋅R3 односно запремината

V = 33

0171,02

RR⋅⋅−

⋅ ππ = 0,48285⋅π⋅R3

Силата на потисок: Pz = ρ⋅g⋅V = 0,48285⋅ρ⋅g⋅π⋅R3

Gmin = 8⋅Pz = 3,8628⋅ρ⋅g⋅π⋅R3

За R = 200 mm Gmin = 3,8628⋅1000⋅9,81⋅π⋅0,23 = 952,38 N

Задача 7.6. На косиот ѕид (под агол α) се наоѓа отвор со дијаметар d, со центар на длабочина H од слободната површина на водата. Низ отворот во косиот ѕид потопено е цилиндрично тело со густина ρm и должина L. Да се определи, до која должина телото ќе биде потопено во водата и колкава е силата на притисок на водилките? Триењето на телото со водилките да се занемари. Познати се следните податоци: α = 45° ; L = 1 m ; d = 100 mm ; H = 1 m ; ρm = 1800 kg/m3.

Решение: Равенката за рамнотежа на силите во однос на y-оската:

P1 + Pz⋅cosα - G⋅cosα = 0 Силата на притисок на отворот:

P1 = ρ⋅g⋅zc⋅A = ρ⋅g⋅H⋅4

1,0181,910004

22 ππ ⋅⋅⋅⋅=

⋅d = 77,047 N

Силата на потисок што делува на потопениот дел од телото:

1

2

4LdgVgPz ⋅

⋅⋅⋅=⋅⋅=

πρρ

Тежината на телото:

LdgG m ⋅⋅

⋅⋅=4

2 πρ

Од горните равенки се добива бараната должина на потопениот дел од телото:

o45cos11

10001800

cos1 −⋅=−⋅=αρ

ρ HLL m = 0,38578 m

Од рамнотежа на силите во правецот на x – оската: Fx = G⋅sinα - Pz⋅sinα = (G – Pz)⋅sinα

се добива силата на притисок на водилките:

( ) ( ) o45sin38578,01000118004

1,081,9sin4

2

1

2

⋅⋅−⋅⋅⋅

⋅=⋅⋅−⋅⋅⋅

⋅=παρρπ LLdgF mx

Fx = 77,048 N

35

Задача 7.7. Да се определат силите што ги оптеретуваат групите завртки А-А и В-В на конусниот резервоар наполнет со вода и воздух со надпритисок. Според сликата познати се следните податоци: h = 1 m ; D = 3 m ; pm = 40 kPa. Решение: Силата на притисок што ги оптеретува завртките А-А:

4

2 πρρ ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=dzgVgP cA

gpz m

c ⋅=ρ

геометриските односи на конусот:

D : d = 3h : h ⇒ d = 3D

ππ ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= 22 340000361

361 DpP mA = 31416 N

Силата на притисок што ги оптеретува завртките В-В: ( )kcB VVgP −⋅⋅= ρ

Запремината на цилиндерот

( )cc zhDV +⋅⋅

= 24

2 π

Запремината на конусот

hDhDVk ⋅⋅

=⋅⋅

⋅=4

343

1 22 ππ

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

+⋅⋅

⋅⋅=−+⋅⋅

⋅⋅=g

phDghzhDgP m

cB ρπρπρ

42

4

22

44

22 ππρ ⋅⋅+⋅

⋅⋅⋅=

DphDgP mB

43400001

4381,91000

22 ππ ⋅⋅+⋅

⋅⋅⋅=BP = 352086 N

Задача 7.8. Да се определи резултантната сила (хоризонталната и вертикалната) на притисок со која водата делува на вертикалниот цилиндер поставен во отвор со кос ѕид на големиот резервоар (според сликата). Познати се следните податоци: d = 400 mm ; α = 45° ; h = 1 m и H = 1,6 m. Решение: Силата на притисок на отворот изнесува:

o45cos44,06,181,91000

cos4

22

⋅⋅

⋅⋅⋅=⋅

⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=

παπρρ dHgAzgP c

P = 2789,42 N Силата на потисок (Архимедова сила) изнесува:

14

4,081,910004

22

⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅=ππρρ hdgVgPz

Pz = 1232,76 N Хоризонталната компонента на силите на x - оската:

Fx = P⋅sinα = 2789,42⋅sin45° = 1972,42 N Хоризонталната компонента на силите на z - оската:

Fz = Pz - P⋅cosα = 1232,76 – 2789,42⋅cos45° = - 739,66 N

36

Резултантната сила изнесува: 2222 66,73942,1972 +=+= zxR FFF = 2106,55 N

Задача 7.9. На косиот ѕид (α = 45°) има отвор со дијаметар D0 = 200 mm. Отворот се затвора со конусен затварач со димензии D1 = 300 mm, D2 = 150 mm и L = 300 mm. Нивото на вода во садот изнесува H = 500 mm. Да се определи силата на притисок на водата врз затворачот. Решение: Силата на притисок на отворот

42,05,081,91000

4

220 ππ

ρρ ⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=D

HgAzgP cn

Pn = 154,095 N Силата на потисок: Pz = ρ⋅g⋅V Геометриските односи на конусот

D1 : D2 = L1 : (L1 – L)

150300300300

21

11 −

⋅=−

⋅=DD

DLL = 600 mm

D1 : D0 = L1 : (L1 – L2)

300200300600

1

0111

−⋅=

−⋅=

DDDLL = 200 mm

Запремината на потопениот дел од конусот:

( ) ( )2,06,04

2,0316,0

43,0

31

431

431 22

21

20

1

21 −⋅

⋅⋅−⋅

⋅⋅=−⋅

⋅⋅−⋅

⋅⋅=

ππππ LLD

LDV

V = 9,948⋅10-3 m3

Силата на потисок Pz = 1000⋅9,81⋅9,948⋅10-3 = 97,59 N

Вкупната сила нормална на отворот во правец на y – оската: Fy = Pn - Pz⋅sinα = 154,095 – 97,59⋅sinα = 85,088 N

Вкупната сила паралелна на површината на отворот, односно во правец на x – оската: Fx = Pz⋅cosα = 97,59⋅cos45° = 69 N

Резултантната сила со која водата делува врз затворачот изнесува: 2222 088,8569 +=+= yxR FFF = 109,55 N

Задача 7.10. Да се определи резултантната сила на затворачот кој е составен од две половини на кружни цилиндри (според сликата). Познати се следните податоци: ρ1 = 640 kg/m3 ; ρ2 = 780 kg/m3 ; ρ3 = 940 kg/m3 ; pm = 15 kPa ; R = 1 m ; H = 3 m ; b = 3 m (должина на затворачот нормален на рамнината на цртежот). Решение: Хоризонталните сили на притисок:

bRg

pRHgAzgP mcx ⋅⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

++⋅⋅=⋅⋅⋅=1

11111 2 ρρρ

3181,9640

1500021381,96401 ⋅⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅++⋅⋅=xP = 110923,2 N

37

bRRgg

pRHgP mx ⋅⋅

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⋅⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

++⋅⋅=22

112 ρ

ρρ

312181,9780

81,9640150001381,96402 ⋅⋅⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅++⋅⋅=xP = 131818,5 N

bRRgg

pRHgP mx ⋅⋅

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ⋅⋅⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

++⋅⋅=2

32

113 ρ

ρρ

312

1381,978081,9640

150001381,96403 ⋅⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ⋅⋅⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅++⋅⋅=xP = 154773,9 N

bRRgRgg

pRHgP m

x ⋅⋅⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⋅⋅+⋅⋅⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

++⋅⋅=2

2 321

14 ρρρ

ρ

312181,99401281,9780

81,9640150001381,96403 ⋅⋅⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅⋅+⋅⋅⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅++⋅⋅=xP = 180083,7 N

Вкупната сила во правецот на x – оската:

∑=

=4

1ixix PP = 110923,2 + 131818,5 + 154773,9 + 180083,7 = 577599,3 N

Силите на потисок изнесуваат:

Pz1 = ρ⋅g⋅V1 = ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⋅

⋅−⋅⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

++⋅⋅ bRbRg

pRHg m

4

2

11

πρ

ρ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅

⋅−⋅⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅++⋅⋅= 3

4131

81,9640150001381,9640

2

1π

zP = 105547 N

Pz2 = bRgg

pRHbRg m ⋅

⋅⋅⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

++⋅⋅⋅⋅4

2

21

1πρ

ρρ

34

181,978081,9640

15000133181,96402

2 ⋅⋅

⋅⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅++⋅⋅⋅⋅=

πzP = 138370 N

Pz3 = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅−⋅⋅⋅⋅⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

++⋅⋅⋅⋅ bRbRRgg

pRHbRg m

42

2

21

1πρ

ρρ

Pz3 = bRRgg

pRHbRg m ⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−⋅⋅⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

++⋅⋅⋅⋅4

22

22

11

πρρ

ρ

34

11281,978081,9640

15000133181,96402

23 ⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−⋅⋅⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅++⋅⋅⋅⋅=

πzP = 148222,5 N

Pz4 = bRgbRRgbRg

pRHg m ⋅

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

++⋅⋅4

22

321

1πρρ

ρρ

34

181,99403181,978081,9640

15000133181,96402

4 ⋅⋅

⋅⋅+⋅⋅⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅++⋅⋅⋅⋅=

πzP Pz4 = 187979 N

Вкупната сила во правецот на z – оската:

∑=

=4

1iziz PP = Pz1 + Pz4 – (Pz2 + Pz3)

Pz = 105547,67 + 187979 – (138370 + 148222,6) = 6394,2 N Резултантната сила:

2222 2,69343,577599 +=+= zx PPP = 577640,92 N

38

Задача 7.11. Да се определи силата на притисок со која водата делува на цилиндерот кој се наоѓа потопен во вода со должина L. Според сликата познати се следните податоци: H = 1 m ; α = 45° ; d = 400 mm ; L = 1 m. Тежината на цилиндерот да се занемари. Решение: Силата на потисок (Архимедовата сила) изнесува:

14

4,081,910004

22

⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅=ππρρ LdgVgPz

Pz = 1232,76 N Силата на притисокот со која водата делува на отворот изнесува:

Px = ρ⋅g⋅zc⋅A = ρ⋅g⋅H⋅a⋅b⋅π

2da = ;

αcos2 ⋅=

db

o45cos44,0181,91000

cos4

22

⋅⋅

⋅⋅⋅=⋅

⋅⋅⋅⋅=

παπρ dHgPx = 1743,38 N

Резултантната сила изнесува: 2222 76,123238,1743 +=+= zxR PPP = 2135,2 N

Задача 7.12. Кружниот отвор во ѕидот со дијаметар d, на резервоарот со течност со густина ρ, се затвора со конусен затворач со дијаметар D и висина H. Густината на материјалот на затворачот е четири пати поголема од густината на течноста (ρm = 4⋅ρ). Да се определи висината z = ? од слободната површина на течноста до симетралата на отворот, за дадени вредности D = 2⋅d ; H/D = 2 и D = 500 mm.

Решение:

Силата на притисок која делува во правецот на x – оската:

164

22 πρπρρ ⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=

DzgdzgAzgP cx

Запремината на потопениот дел од конусот: ( ) HDHDHDV ⋅⋅⋅=⋅

⋅⋅−⋅

⋅⋅= πππ 2

22

967

242/

31

431

Нападната точка на силата на потисок се наоѓа на оддалеченост од основата на конусот за xD, односно:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

HDDDD

DDDH

xD ⋅=+⋅+

⋅+⋅+⋅=

5611

4/4

2/2/

4/32/22/42

22

22

Силата на потисокот (Архимедова сила):

HDgVgPz ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= πρρ 2

967

Тежината на конусот:

HDgHDgG m ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅= πρπρ 22

31

34

Екцентрицитетот на силата на притисокот Px изнесува:

39

ccc

c

c

zD

zd

dz

d

AzI

z⋅

=⋅

=⋅

⋅

⋅

=⋅

=Δ6416

4

64 22

2

4

π

π

Моментната равенка на силите за точката 0:

( ) ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ−⋅+−⋅=−⋅ zdPxLPxLG xDzc 2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⋅−⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅

cxz z

DDPHHPHHG64456

11242

2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅

cc z

DDDzgHHHDgHHDg64416

15611

2967

431 2

222 πρπρπρ

Големината на бараната височина изнесува: zc = 7,8645 m

Задача 7.13. Отворот на дното на еден сад, наполнет со масло (ρ = 800 kg/m3), затворен е со конусен затворач. Слободното ниво на масло се наоѓа на височина (b) од горната страна на затворачот. Со занемарување на сопствената тежина и триењето на водилките, да се определи: а) почетната сила потребна за подигање на затворачот кога на слободната површина има воздух со надпритисок од 9810 Pa. б) надпритисокот на воздухот над слободната површина при кој силата заподигање ќе биде нула. Познати се следните големини: d1 = 100 mm ; d2 = 50 mm ; d3 = 25 mm ; a = 100 mm ; b = 50 mm и h = 200 mm.

Решение:

а) равенка за рамнотежа на силите P = P1 – P2

Силата на притисок која делува над горната страна на конусот (на основата):

( ) πρ ⋅−

⋅⋅⋅+=4

23

21

1dd

bgpP m

( ) π⋅−⋅⋅⋅+=

4025,01,005,081,98009810

22

1P

P1 = 75,12 N геометриските односи на конусот:

d1 : H = d2 : (H - h)

hdd

dhH ⋅=−

⋅= 221

1 = 400 mm

d4 : (H – a) = d1 : H

40010040010014

−⋅=

−⋅=

HaHdd = 75 mm

Силата која делува на обвивката на конусот:

[ ] πρ ⋅−

⋅+⋅⋅+=4

)(24

21

2dd

bagpP m

40

[ ] π⋅−⋅+⋅⋅+=

4075,01,0)05,01,0(81,98009810

22

2P

P2 = 37,75 N Потребната сила за подигање на затворачот:

P = P1 – P2 = 75,12 – 37,75 = 37,37 N б) кога силата за подигање на затворачот биде нула, од равенката за рамнотежа на сили следи:

P1 = P2

( ) ( ) πρπρ ⋅−

⋅+⋅⋅+=⋅−

⋅⋅⋅+4

)(4

24

21

23

21 dd

bagpdd

bgp mm

05,081,9800025,0075,0

075,01,01,081,9800 22

22

23

24

24

21 ⋅⋅−

−−

⋅⋅⋅=⋅⋅−−−

⋅⋅⋅= bgddddagpm ρρ

pm = 294,3 Pa

Задача 7.14. Топчест затворач потопен под вода (ρ = 1000 kg/m3) со дијаметар D = 150 mm и маса m = 0,5 kg, го затвора излезниот отвор на цевката со дијаметар d = 100 mm. При која големина на нивото H, ќе почне да тече вода од внатрешната цевка во резервоарот ? Решение: Равенка за рамнотежа на силите:

G + P1 = Pz Тежината на топчестиот затворач:

G = m⋅g Силата на притисок со која водата делува на затворачот:

4

2

1πρρ ⋅

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=dHgAzgP c

Силата на потисок (Архимедова сила):

πρρ ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅⋅=⋅⋅=

3

234 DgVgP tz

Со внесувањето на равенките за компонентите на силите во равенката за рамнотежа на силите се добива:

πρπρ ⋅⋅⋅⋅=⋅

⋅⋅⋅+⋅ 32

61

4DgdHggm

Потребната висина H при која ќе почне да тече вода од внатрешната цевка во резервоарот:

ππρ ⋅⋅⋅

−⋅⋅

=⋅⋅

⋅−

⋅⋅

≥ 22

3

22

3

1,010005,04

1,0315,024

32

dm

dDH

H ≥ 0,16134 m = 161,34 mm

Задача 7.15. Да се определи масата m на ѕвоното со димензии D1 = 100 mm, D2 = 200 mm и D3 = 400 mm, ако длабочината до која истото е потопено во вода во затворениот сад изнесува H = 300 mm. Манометарот М покажува притисок од 20 kPa, а внатрешната висина на водата изнесува h = 100 mm.

41

Решение: Равенка за рамнотежа на притисоците на референтната рамнина 0-0:

pm + ρ⋅g⋅H = p2 + ρ⋅g⋅h p2 = pm + ρ⋅g⋅(H – h)

p2 = 2000 + 1000⋅9,81⋅(0,3 – 0,1) p2 = 21962 Pa

Равенката за рамнотежа на силите: P1 + G = P2 + P3

Силата на притисок на горниот дел од ѕвоното:

ππ ⋅−

⋅=⋅−

⋅=4

1,04,0200004

2221

23

11DDpP = 2356 N

Силата на притисок од внатрешната страна на ѕвоното:

ππ ⋅⋅=⋅⋅=42,021962

4

222

22DpP = 688,82 N

Силата на потисок:

( ) πρ ⋅−

⋅⋅⋅+=4

22

23

3DD

HgpP m

( ) π⋅−⋅⋅⋅+=

42,04,03,081,9100020000

22

3P = 2162,33 N

Масата на ѕвоното изнесува:

81,9235633,216282,688132 −+

=−+

=g

PPPm = 50,47 kg

Задача 7.16. Призматична греда со правоаголен попречен пресек a = 20 mm и b = 10 mm, со должина L = 3 m виси закачена на зглобот А, кој се наоѓа на височина H = 1 m над слободната површина на водата (ρ = 1000 kg/m3). Долниот дел на гредата е потопен во вода. Да се определи густината на материјалот на гредата под услов да аголот на гредата према вертикалниот ѕид биде 45 °, а потоа да се определат силите што го оптеретуваат зглобот А. Решение: Равенката за рамнотежа на силите:

ZA + ρm⋅g⋅V = Pz1 + Pz2 Геометриските големини според сликата:

( )aLaLxc +⋅=⋅+⋅=42cos

2sin

2αα

22

1aHx +=

22222

aaHLaHL +−⋅−

++⋅=

222

2LaHL ++

⋅=

42

22

222

22⋅

+⋅

+=⋅=LaHLx

Сили кои делуваат на гредата: G = ρm⋅g⋅L⋅a⋅b

42

Pz1 = ρ⋅g⋅V1 = bagbaag ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅ 2

21

21 ρρ

Pz2 = ρ⋅g⋅V2 = ( ) baaHLg ⋅⋅−⋅−⋅⋅ 2ρ Моментната равенка во однос на зглобот А

G⋅xc – Pz1⋅x1 – Pz2⋅x2 = 0

( ) −⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅⋅⋅−+⋅⋅⋅⋅⋅

22

21

42 2 aHbaaLbaLm ρρ

( ) 04

22

22

2 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅+

⋅+⋅⋅⋅−⋅−⋅−

LaHbaaHLρ

( )

( )aLbaL

baLaHaHLaHba

m

+⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅++⋅−⋅−⋅+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅⋅⋅

=

42

42

22

22

22

21 2 ρρ

ρ

( )

( )02,0301,002,0342

01,002,04

232

202,02102,02131000

2202,0101,002,01000

21 2

+⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅+

⋅+⋅−⋅−⋅+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅+⋅⋅⋅⋅

=mρ

ρm = 772,96 kg/m3 Вредностите на силите изнесуваат:

G = ρm⋅g⋅L⋅a⋅b = 772,96⋅9,81⋅3⋅0,02⋅0,01 = 4,5496 N 222

1 10962,101,002,081,9100021

21 −⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= bagPz ρ N

( ) ( ) 01,002,002,02381,9100022 ⋅⋅−−⋅⋅=⋅⋅−⋅−⋅⋅= baaHLgPz ρ Pz2 = 3,07 N

Силите кои го оптеретуваат зглобот: ΣFx = 0 - во x – оската ΣFz = 0 - во z – оската

ZA = -G + Pz1 + Pz2 = -4,5496 + 1,962⋅10-2 + 3,072 ZA = - 1,458 N

Задача 7.17. Цилиндрично тело кое на крајот има форма на полутопка со димензии d = 200 mm, R = 300 mm и маса m = 230 kg се наоѓа во сад потопено во вода (ρ = 1000 kg/m3). Нивото на слободната површина на водата изнесува H = 0,8 m, а над нивото владее надпритисок на воздухот pm. Со занемарување на триењето во водилките да се пресмета надпритисокот на воздухот над слободната површина во следните два случаи: а) h = R б) h = H

Решение:

a) за h = R Равенката за рамнотежа на силите:

G + P1 = P2 m⋅g + P1 = P2 ( )

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ⋅−

⋅⋅⋅=

442 22

1ππ dRpP m

43

ππρ ⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅= 232 3

421 RpRgP m

ππρ ⋅⋅+⋅⋅⋅⋅= 232 3

2 RpRgP m

Од горните равенки се определува надпритисокот pm за h = R.

2

3

2 384

dRg

dgmpm ⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅

= ρπ

2

2

2 2,03,081,91000

38

2,081,92304

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅

=πmp

pm = 54162,28 Pa б) за h = H Равенката за рамнотежа на силите:

m⋅g + P1’ = P2

’

( )[ ] ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−⋅⋅−⋅⋅+=

4

22'

1ππρ dRRHgpP m

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

+−⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=g

pRHRRgP m

ρππρ 23'

2 32

( ) 2

3

2'

384

dRgRHg

dgmpm ⋅⋅⋅−−⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

= ρρπ

( ) 2

3

2'

2,03,081,91000

383,08,081,91000

2,081,92304

⋅⋅⋅−−⋅⋅−⋅⋅⋅

=πmp

='mp 49257,26 N

Задача 7.18. Каскаден клип со димензии d1 = 100 mm ; d2 = h = 300 mm и маса m = 24 kg, плива во вода во цилиндер со D = 400 mm. Над слободната површина владее надпритисок на воздухот pm. а) Да се определи длабочината на тонење на клипот (x = ?) при атмосферски притисок над слободната површина pm = p0. б) При кој надпритисок, клипот ќе исплива над слободната површина, колкаво ќе биде поместувањето (s) од почетната положба при pm = 0.

Решение:

а) Равенката за рамнотежа на силите:

( ) xd

gdd

hxggm ⋅⋅

⋅⋅=⋅−

⋅−⋅⋅+⋅44

22

21

22 πρπρ

( ) ( )2222

21

222

121

1,03,01,03,0

1,010002444

−⋅−⋅⋅

⋅=−⋅−

⋅⋅⋅

=ππρ

dddh

dm

x

x = 0,6557 m б) Равенката за рамнотежа на силите:

44

22

21

22 ππ ⋅

⋅=⋅−

⋅+⋅d

pdd

pgm mm

ππ ⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅

= 221 1,0

81,92444d

gmpm = 29977,15 Pa

Равенката за рамнотежа на силите:

( )44

22

21

22 πρπ ⋅

⋅⋅⋅+=⋅−

⋅+⋅d

sgpdd

pgm mm

44

4

422

21

πρ

π

⋅⋅⋅

⋅⋅−⋅

=d

g

dpgm

sm

за pm = 0 следи:

ππρπρ

⋅⋅⋅

=⋅⋅

⋅=

⋅⋅⋅

⋅= 22

222 3,01000

2444

4d

mdg

gms = 0,3395 m

Задача 7.19. Метална плоча со должина L1 = 6 m, ширина b = 3 m и маса 400 kg, поставена е на два празни цилиндри со должина b, од кои помалиот има дијаметар од 300 mm, а поголемиот 600 mm. Колкава треба да биде додатната маса, и каде треба да биде поставена за да плочата завзема хоризонтална положба и со долната страна лежи на слободната површина на водата? Познато е дека меѓуосното

растојание на цилиндрите L = 3 m. Решение:

Силите на потисок:

bdgVgPz ⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅=4

21

11π

ρρ

34

3,081,910002

1 ⋅⋅

⋅⋅=π

zP = 2080,3 N

bd

gVgPz ⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅=4

22

22π

ρρ

34

6,081,910002

2 ⋅⋅

⋅⋅=π

zP = 8321,14 N

Од равенката за рамнотежа на силите: m⋅g + m1⋅g = Pz1 + Pz2

Се добива додатната маса:

40081,9

14,83213,2080211 −

+=−

+= m

gPPm zz = 660,29 kg

Од моментната равенка за точката C се добива оддалеченоста на масата m1 од точката C, односно xc1.

022 1112 =⋅⋅−⋅−⋅ czz xgmLPLP

( ) ( )81,929,6602

33,208014,83212 1

121 ⋅⋅

⋅−=

⋅⋅⋅−

=gm

LPPx zzc = 1,445 m

Задача 7.20. Вертикален конус на чија основа е прицврстена крута плоча, потопен е во вода. Конусот е направен од дрво со густина ρ1 = 610 kg/m3, а димензиите се: D1 = 400 mm и H1 = 1000 mm. Кружната плоча е направена од челик со густина ρ2 = 7750 kg/m3, а нејзините димензии се: D2 = D1 = 400 mm и H2 = 12 mm. Да се определи висината (x = ?) на делот што се наоѓа над водата.

45

Решение: Од сликата се добива геометрискиот однос:

xD

HD x=

1

1 односно 1

1 HxDDx ⋅=

Равенката за рамнотежа на силите: G1 + G2 = P = ρ⋅g⋅V (1)

каде: V – запремина на потопеното тело Вкупната тежина на телото:

2

22

21

21

121 4431 HDgHDgGG ⋅

⋅⋅⋅+⋅

⋅⋅⋅⋅=+

πρ

πρ

Силата на потисок:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅+⋅

⋅−⋅

⋅⋅⋅= 2

22

21

21

43434HDxDHDgP x πππ

ρ

Определените големини се внесуваат во равенката (1), и се добива:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅+⋅

⋅−⋅

⋅⋅⋅=⋅

⋅⋅⋅+⋅

⋅⋅⋅⋅ 2

22

21

21

2

22

21

21

1 434344431 HDxDHDgHDgHDg x πππ

ρπ

ρπ

ρ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⋅−+⋅=⋅+⋅⋅ 2

1

3

21

2211 3331

HxHHHH ρρρ

Бараната висина x изнесува:

3 22

21

1312

21

31 33

ρρ

ρρ

⋅⋅⋅−⋅−⋅⋅+= HHHHHHx

3 2323

1000770001,013

1000588101,0131 ⋅⋅⋅−⋅−⋅⋅+=x

x = 595 mm Задача 7.21. Цилиндричен сад со маса ms = 4 kg плива во вода и потонал до длабочина H = 600 mm. Во садот се наоѓа вода до длабочина h = 400 mm, во која што плива топка со дијаметар d = 120 mm, а е до половина во вода. Да се определи дијаметарот на садот Ds и масата на водата што се наоѓа во садот.

Решение: Од равенката за рамнотежа на силите на топката се добива масата на топката:

mT⋅g = Pz1

πρπρ ⋅⋅⋅⋅=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅⋅⋅=⋅ 3

3

121

234

21 dgdggmT

πρ ⋅⋅⋅= 3

121 dmT

Од равенката за рамнотежа на целиот систем: Pz2 = g⋅(ms + mT + mw)

Силата на потисок на долната страна на цилиндричниот сад:

Pz2 = ρ⋅g⋅V1 = ρ⋅g⋅ HDs ⋅⋅

4

2 π

Масата на водата во садот:

46

mw = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⋅

⋅⋅ π

πρ 3

2

121

4dhDs

Равенката за рамнотежа на силите на целиот систем во развиен облик:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅−⋅

⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅=⋅

⋅⋅⋅⋅ π

πρπρ

πρ 3

23

2

121

4121

4dh

DdmgH

DHg s

ss

Дијаметарот на садот:

)4,06,0(100044

)(4

−⋅⋅⋅

=−⋅⋅

⋅=

ππρ hHmD s

s = 0,159 ≈ 160 mm

Масата на водата во садот:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅−⋅

⋅⋅= ππ 3

2

12,01214,0

416,01000wm = 7,59 kg

Задача 7.22. Правоаголен паралелопипед со релативна густина n (n = ρ1/ρ2) и димензии a x a x b плива во вода. Колкава треба да биде висината b да пливањето на паралелопипедот биде стабилно. Позната е основата а x a = 250 x 250 mm и релативна густина n = 0,7.

Решение: Равенката за рамнотежа на паралелопипедот:

G = Pz ρ1⋅g⋅a2⋅b = ρ2⋅ g⋅a2⋅x

bnbx ⋅=⋅=2

1

ρρ

Тежиштето на паралелопипедот е:

bbhC ⋅== 5,02

Центарот на потисок на паралелопипедот:

bbnxhD ⋅=⋅

== 35,022

Растојанието меѓу тежиштето и центарот на потисок: ( ) bnbbnbxbhh DC ⋅=−⋅

=⋅

−=−=−= 15,021

2222δ

Метацентричниот радиус:

ba

bna

xaa

VIr

⋅=

⋅⋅=

⋅⋅==

4,81212

22

2

4

Од условот за стабилност:

r > b односно b

a⋅4,8

2

> 0,15⋅b

ba⋅4,8

2

- 0,15⋅b > 0 , 04,826,1 22

>⋅⋅−

bba

26,1250

26,1

222 =≤

ab = 49603,175 mm2

b ≤ 222,717 mm – паралелопипедот ќе плива стабилно

47

Задача 7.23. Коцка со релативна густина (n = ρ1/ρ2) и со раб a плива во вода. Колкава треба да биде релативната густина n = ? да пливањето на коцката биде стабилно?

Решение: Равенката за рамнотежа на коцката:

G = Pz ρ1⋅g⋅a3 = ρ2⋅a2⋅x

x = n⋅a Тежиштето на коцката:

2ahc =

Центарот на потисокот мерен од долната страна на коцката:

22anxhD⋅

==

Растојанието меѓу тежиштето и центарот на потисок: ( )21

22naanahh DC

−⋅=

⋅−=−=δ


na

xaa

VIr

⋅=

⋅⋅==

1212 2

4

Од условот за стабилност: r > b

2)1(

12na

na −⋅

>⋅

односно 012

661 2

>⋅

⋅+⋅−n

nn

Се добиваат две решенија: n1 = 0,211 и n2 = 0,789. n не смее да биде меѓу интервалот (0,211 ; 0,789) – бидејќи коцката ќе плива нестабилно. За n > 1 коцката ќе пропадне.

Задача 7.24. Масата m2 = 3000 kg се наоѓа на платформа со димензии L = 8 m, B = 4 m и H = 1 m. Да се провери стабилноста на платформата ако нејзината маса е m1 = 5000 kg. Тежиштето на масата на платформата е на половина од нејзината висина, а тежиштето на маса m2 се наоѓа на висина ha = 1 m од горната површина на платформата. Дали пливањето на платформата ќе биде стабилно, кога над масата m2 се постави предмет со маса m3 = 3000 kg на

кој тежиштето му е на ht = 2 m од горната површина на платформата. Решение:

Од равенката за рамнотежа при пливањето на телата:

(m1 + m2)⋅g = ρ⋅g⋅V = ρ⋅g⋅B⋅L⋅z се добива длабочината на тонењето на платформата:

8410003000500021

⋅⋅+

=⋅⋅

+=

LBmmz

ρ= 0,25 m

48

Центарот на потисок D од долната површина на платформата

25,021

21

⋅=⋅= zhD = 0,125 m

Од моментната равенка: csac hgmmHhgmhgm ⋅⋅+=+⋅⋅+⋅⋅ )()( 21211

се наоѓа растојанието на тежиштето на системот hcs од долната површина на платформата.

( ) ( )30005000

1130005,05000221

21

++⋅+⋅

=+

+⋅+⋅=

mm

HhmHmh

a

cs = 1,0625 m

Растојанието помеѓу тежиштето на системот и центарот на потисокот изнесува: δ = hcs – hD = 1,0625 – 0,125 = 0,9375 m


25,0124

1212

223

⋅=

⋅=

⋅⋅⋅⋅

==z

BzLB

BLVIr = 5,333 m

бидејќи r > δ, пливањето е стабилно Кога ќе се постави терет со маса m3 = 3000 kg, тогаш:

841000300030005000' 321

⋅⋅++

=⋅⋅++

=LB

mmmz

ρ= 0,34375 m

Тежиштето на системот се определува од моментната равенка: ( ) ( )HhgmHhgmhgmhgmmm taccs +⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅++ 3211

'321 )(

( ) ( )

321

321' 2

mmm

HhmHhmHmh

ta

cs ++

+⋅++⋅+⋅=

( ) ( )300030005000

1230001130005,05000'

+++⋅++⋅+⋅

=csh = 1,591 m

Центарот на потисок од долната површина на платформата:

2'' zhD = = 0,1718 m

Растојанието меѓу тежиштето и центарот на потисокот: ''' Dcs hh −=δ = 1,591 – 0,1718 = 1,419 m


34375,0124

'12'12''

223

⋅=

⋅=

⋅⋅⋅⋅

==z

BzLB

BLVIr = 3,8788 m

бидејќи r' > δ', и во овој случај пливањето е стабилно.

Задача 7.25. Хомогено конусно тело со димензии D = H = 2 m и густина ρm = 340 kg/m3 плива во вода.

a) Да се определи стабилноста при пливањето. b) Да се пресмета работата што ќе ја изврши

силата при еднообразно (целосно) потопување на конусот. Решение:

а) Равенката за рамнотежа на силите на Земјината тежа и потисокот:

hdgHDgm ⋅⋅

⋅⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅⋅43

143

1 22 πρπρ

2

3

dDh m ⋅=

ρρ

Геометриските односи според горната слика:

49

D:H = d:h ; следи hDHhd =⋅=

2

3

hDh m ⋅=

ρρ , следи 33

10003402 ⋅=⋅=

ρρmDh = 1,396 m

Растојанието на тежиштето на конусот од неговата основа 4Hhc = , а растојанието од

центарот на потисок до врвот на конусот изнесува hhD 43

= .

Растојанието меѓу тежиштето и центарот на потисок:

( )396,1243)(

43

43

43' −⋅=−=−=−= hHhHhh Dcδ = 0,453 m


16396,13

163

163

431

64 2

2

4

⋅=

⋅=

⋅⋅

=⋅

⋅⋅

==d

hd

hd

d

VIr

π

π

= 0,262 m

Бидејќи r < δ пливањето ќе биде нестабилно. b) под дејство на силата F(z) во еден произволен интервал, конусот ќе потоне на длабочина h + z, при што ќе одговара дијаметар d(z) = h + z. За оваа состојба на конусот важи равенката на рамнотежа на силите:

m⋅g +F(z) = Pz

4)()(

31)(

2 πρ ⋅⋅+⋅⋅⋅=+⋅

zdzhgzFgm

За zhzd +=)( и ghd

gm ⋅⋅⋅⋅

⋅=⋅ ρπ43

1 2

( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅⋅−+⋅⋅⋅= πρ 33

121

121)( hzhgzF

Елементарната работа на оваа сила: dE = F(z)⋅dz

Вкупната работа што ќе ја изврши оваа сила при целосното потопување на конусот:

( )[ ] ( ) ( ) ( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ++−⋅+−⋅⋅⋅

⋅⋅=⋅−+⋅

⋅⋅= ∫

−

423

1212

4322

0

33 hHhHhhHhgdzhzhgEhH πρπρ

( ) ( ) ( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ++−⋅+−⋅⋅⋅

⋅⋅=

4396,12396,12396,1396,12396,1

23

1281,91000 4

322πE = 3614,35 N⋅m

Задача 7.26. Хомогена правоаголна призма со димензии a, 2h и дебелина b, може да се врти околу хоризонтална оска во зглобот О. Призмата плива во вода во вертикална

положба (според сликата). Да се определи односот ah така

да пливањето биде стабилно.

Решение: При завртувањето на призмата за мал агол δ околу зглобот О, се јавува дополнителна сила на потисок:

50

за tg α ≅ δ

baagVgPz ⋅⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅=211δρρ

δρ ⋅⋅⋅⋅⋅= 21 2

1 abgPz

Моментот на оваа сила околу зглобот О:

bagaPM z ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= δρ 311 3

132

Моментот на спрегот на сили Pz2 и G изнесува:

δρδρδ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= 232 2

12

hbaghhbagDCPM z

hbagGPz ⋅⋅⋅⋅== ρ2 ; δδ ⋅=⋅ DCDC sin од условот за стабилност М ≤ М1, следи:

δρδρ ⋅⋅⋅⋅⋅≤⋅⋅⋅⋅⋅⋅ baghbag 32

31

21

се добива бараниот однос: 32

≤ah

Задача 7.27. Хомоген цилиндер со дијаметар D плива исправен во вода со густина ρ. Горниот дел од цилиндерот со висина h изработен е од материјал со густина ρ, а долниот дел со висина х, со густина ρ1. Да се определи максималната вредност xmax = ? под услов да цилиндерот сеуште плива, и минималната вредност xmin = ? под услов да цилиндерот плива стабилно. Познати се следниве податоци: ρ1/ρ = 7 ; ρ2/ρ = 1/2 ; D = 1 m ; h = 1 m.

Решение: Равенка за рамнотежа на силите:

Pz = G1 + G2

hDgxDgyDg ⋅⋅

⋅⋅+⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅444

2

2

2

1

2 πρπρπρ

hxy ⋅+⋅=ρρ

ρρ 21

x = xmax за y = x + h

hxhx ⋅+⋅=+ρρ

ρρ 21 односно hx ⋅

−

−=

1

1

1

2

max

ρρ

ρρ

===−

−=

121

1217211

maxhx 83,33⋅10-3 m

Центарот на потисок е оддалечен од долната страна на цилиндерот zD = 2y , тежиштето

на долниот дел на цилиндерот zc2 = x + 2h .

Тежиштето на системот (целиот цилиндер) се определува од моментната равенка: (G1 + G2)⋅zcs = G1⋅zc1 + G2⋅zc2

51

hAgxAg

hxhAgxxAg

GGzGzG

z cccs ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅

=+

⋅+⋅=

21

21

21

2211 22ρρ

ρρ

)(2)2(

21

22

1

hxhxhxzcs ⋅+⋅⋅

+⋅⋅⋅+⋅=

ρρρρ

услов за стабилно пливање:

yD

yD

D

VIr

⋅=

⋅⋅

==16

4

64 2

2

4

π

π

yDy

hxhxhx

⋅=−

⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅

162)(2)2( 2

21

22

1

ρρρρ

yDy

hx

hxhx

⋅=−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅⋅

+⋅⋅⋅+⋅

1622

)2( 2

21

221

ρρ

ρρρρ

ρρ

hxy ⋅+⋅=ρρ

ρρ 21

Со внесување на y во горната равенка се добива равенката:

081642 2 =−⋅+⋅ xx

Решение на оваа квадратна равенка: x1 = 0,01845 m x2 = -0,1613 m

Минималната вредност на x под услов да цилиндерот плива стабилно изнесува: Xmin ≥ 18,45 mm

52

53

Задача 8.1. Призматичен сад со должина L и ширина b наполнет е со течност до висина h. Садот се движи хоризонтално со константно забрзување а. Да се определи: а) Равенката на еквипотенцијалните површини и равенката на слободната површина; b) Дијаграмот и притисоците за страните на резервоарот.

Решение: а) од основната равенка во статика на флуиди:

dzZdyYdxXdp ⋅+⋅+⋅=⋅ρ1

и за скаларните компоненти на надворешните сили X = -a ; Y = 0 ; Z = -g

и при p = const ⇒ dp = 0. се добива равенката на еквипотенцијалните линии.

-ρ⋅(a⋅dx + g⋅dz) = 0 односно a⋅x + g⋅z = C

или Cxgaz +⋅−=

за почетни услови x = 0 , z = hmax се добива C = hmax

maxmax hxgaz +⋅−= - равенка на слободната површина

b) Со интегрирање на основната равенка се добива распоредот на притисоците во течноста.

p – p0 = -ρ⋅a⋅x - ρ⋅g⋅(z – hmax) ; tgβ = ga

Lhh

=− minmax

страна :AD за x = 0 , z = 0 p – p0 = ρ⋅g⋅hmax

страна :BC за x = L , z = 0 p – p0 = ρ⋅g⋅hmax - g⋅a⋅L p – p0 = ρ⋅g⋅hmax - ρ⋅g⋅(hmax - hmin) = ρ⋅g⋅hmin

дно :DC за z = 0 p – p0 = ρ⋅g⋅hmax - g⋅a⋅x за x = 0 , p – p0 = ρ⋅g⋅hmax

за x = L , p – p0 = ρ⋅g⋅hmax - ρ⋅a⋅L = ρ⋅g⋅hmin

Задача 8.2. За забрзувањето на тело кое се движи хоризонтално, се користи цевка (прицврстена на телото) со мал дијаметар наполнета со течност. Со какво забрзување се движи телото, ако при движењето е констатирана разлика на нивоата h = 5 cm, при растојание меѓу нив од 30 cm? Решение: Основната равенка во статиката на флуиди


и проекциите на надворешните сили, према усвоениот координатен систем X = -a Y = 0 Z = -g

54

dp = -ρ⋅a⋅dx - ρ⋅g⋅dz p = ρ⋅a⋅x - ρ⋅g⋅z + C

од граничните услови x = L/2 ; z = -(h/2) ; p = p0

се добива p0 = -ρ⋅a⋅2L + ρ⋅g⋅

2h + C

интеграционата константа:

( )hgLapC ⋅−⋅⋅+=21

0

распоредот на притисоците во течноста:

p – p0 = -ρ⋅a⋅x - ρ⋅g⋅z + ( )hgLa ⋅−⋅⋅⋅ ρ21

за p = p0 се добива равенката на слободната површина:

22hxL

gaz −⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=

за 2Lx −= и

2hz =

се добива вредноста на бараното забрзување:

635,130

581,9=

⋅=

⋅=

Lhga m/s2

Задача 8.3. Цистерна во облик на правоаголен паралелопипед се движи по коса рамнина под агол α = 30° со константно забрзување a = 5 m/s2. Цистерната е наполнета со вода до одредена висина. Да се определи аголот меѓу слободната површина и хоризонталната рамнина , за случаи :

а) Кога цистерната се спушта по косата рамнина и б) Кога цистерната се движи нагоре по косата рамнина.

Решение:

а) за усвоениот координатен систем, скаларните компоненти на надворешните запремински сили изнесуваат:

X = 0 ; Y = а⋅cosα ; Z = а⋅sinα - g равенката за распоредот на притисоците во течноста:

p – p0 = -ρ⋅a⋅cosα⋅y + ρ⋅g⋅(а⋅sinα - g)⋅z за p = p0 се добива равенката на слободната површина

yag

az ⋅⋅−

⋅=

αα

sincos

Аголот помеѓу слободната површина на течноста и хоризонталната рамнина се определува од равенката:

ααβ

sincos⋅−

⋅==

aga

yztg

o

o

30sin581,930cos5

sincos

⋅−⋅

=⋅−

⋅= arctg

agaarctg

ααβ = 30° 38' 26"

b) за овој случај и за усвоен координатен систем, скаларните компоненти на запреминските сили:

X = 0 ; Y = -а⋅cosα ; Z = -а⋅sinα - g Равенката за распоредот на притисоците во течноста:

p – p0 = -ρ⋅a⋅cosα⋅y - ρ⋅g⋅(а⋅sinα - g)⋅z за p = p0 се добива равенката на слободната површина

55

yga

az ⋅+⋅

⋅−=

αα

sincos

Аголот β изнесува:

o

o

30sin581,930cos5

sincos

⋅+⋅−

=⋅+

⋅−= arctg

agaarctg

ααβ = -19° 22' 47"

Задача 8.4. Сад со квадратна основа b x b и маса m1 наполнет е со вода до висина h и се лизга по хоризонтална рамнина под дејство на масата m2. Да се определи: а) Висината H на садот доволна да ја собере вкупната количина на вода при движењето, ако коефициентот на триењето помеѓу садот и

хоризонталната површина е f. b) Силите на притисок на водата на предната и задната страна.

Решение: а) Равенката за динамичка рамнотежа при праволиниско движење на садот.

Fi = Fg – Ftr односно:

(m1 + mw + m2)⋅a = m2⋅g - g⋅(m1 + ρ⋅b2⋅h)⋅f Се добива забрзувањето

( )2

21

212

mhbmfhbmma

+⋅⋅+⋅⋅⋅+−

=ρ

ρ

Според сликата ⇒ gatg −=β

Висината Δh за која се покачува нивото на течноста на задната страна:

gabtgbh ⋅=⋅=Δ

22β

висината на садот изнесува

H = h + Δh = gabh⋅⋅

+2

b) Силата на притисок на течноста од задната страна на садот:

( )22

1 221

222 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

+⋅⋅⋅⋅=Δ+⋅⋅Δ+

⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=gbahbghhbhhgHbgbHHgP ρρρρ

Силата на притисок на течноста на предната страна на садот:

( ) ( )22 22hhbghhbhhgP Δ−⋅⋅⋅=Δ−⋅⋅

Δ−⋅⋅= ρρ

2

2 22 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

−⋅⋅⋅=gbahbgP ρ

Задача 8.5. Сад со вкупна маса m се движи по коса рамнина која со хоризонталата зафаќа агол α. Коефициентот на триење меѓу садот и рамнината изнесува f. Да се определи аголот α, под услов да слободната површина на течноста со хоризонталата формира агол β = 45 °.

56

Решение: Од равенката за динамичка рамнотежа при движењето на садот по рамнината:

m⋅g⋅sinα - m⋅g⋅cosα⋅f - m⋅a = 0 се добива равенка за забрзување на садот со течноста

a = g⋅(sinα - f⋅cosα) = const. Од основната равенка во статиката на флуиди:


За усвоениот координатен систем, скаларните компоненти на надворешните запремински сили изнесуваат:

X = 0 ; Y = а⋅cosα ; Z = а⋅sinα - g Со интеграција се добива:

p = ρ⋅a⋅y⋅cosα + ρ⋅ (а⋅sinα - g)⋅z + C и за y = 0 ; z = 0 ; p = p0 ⇒ C = p0 распоредот на притисоците во течноста

p – p0 = ρ⋅a⋅cosα⋅y + ρ⋅g⋅(а⋅sinα - g)⋅z за p = p0 се добива равенката за слободната површина на течноста:

yag

az ⋅⋅−

⋅=

αα

sincos

аголот β се добива од следната равенка: ( )( ) ααα

αααα

αβsincossin

coscossinsin

cos⋅⋅−⋅−

⋅⋅−⋅=

⋅−⋅

==fgg

fgag

ayztg

за β = 45°

1sincossin1

coscossin2

2

=⋅⋅+−

⋅−⋅=

ααααααβ

fftg

sinα⋅cosα⋅(1 – f) = cos2α⋅(1 + f)

fftg

−+

=11α

ffarctg

−+

=11α

Задача 8.6. Отворен призматичен сад со должина 3L, поделен е со вертикална преграда на два дела со должини 2L и L, исполнет со вода до висини h1 и h2, се движи со константно забрзување a. Да се определи забрзувањето при кое силата на притисокот на течноста на преградата ќе биде нула.

Решение: Основната равенка во статиката на флуиди:


За усвоениот координатен систем, скаларните компоненти на надворешните сили за единица маса:

X = 0 ; Y = 0 ; Z = - g dp = ρ⋅a⋅dx - ρ⋅g⋅dz p = ρ⋅a⋅x - ρ⋅g⋅z + C

за p = p0 на слободната површина на течноста a⋅x - g⋅z = C

57

или Cxgaz +⋅=

во точката B (-L , h1) – која лежи на слободната површина

CLgah +⋅−=1

односно интеграционата константа има вредност:

LgahC ⋅+= 1

За овој дел на садот, равенката за слободната површина:

2)( hxLgaz ++⋅=

За x = 0, висината на водата во левата страна на преградата изнесува z1, односно:

11 hLgaz +⋅=

Точката A (-L/2 , h2) на слободната површина

CLgah +⋅=

22 односно 22L

gahC ⋅−=

За овој дел од садот равенката на слободната површина

22hLx

gaz +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=

За x = 0 висината на водата во десната страна на преградата ќе биде z2

22 2h

gLaz +⋅⋅

−=

При z1 = z2 , силата на притисок на течноста на преградата ќе биде нула, односно:

21 2h

gLahL

ga

+⋅⋅

−=+⋅

За да биде исполнет горниот услов, бараното забрзување треба да изнесува:

( )1232 hh

Lga −⋅⋅⋅

=

Задача 8.7. Сад во форма на правоаголен паралелопипед со должина L = 3 m и ширина b = 2 m, наполнет е со вода до висина h = 2 m. Ако садот се движи со константно забрзување a = 3 m/s2 кое делува под агол α = 30 °, да се определи: а) Аголот на слободната површина со хоризонталната рамнина. б) Максималната висина на слободната

површина. в) Најголемиот притисок на дното на садот. г) Колкаво треба да биде забрзувањето за да се појави дното на садот? Решение: а) за усвоениот координатен систем и почетните услови

x = y = z = 0 ; p = p0 се добива равенката на распоредот на притисоците во течноста

p – p0 = ρ⋅a⋅cosα⋅y + ρ⋅g⋅(а⋅sinα - g)⋅z за p = p0 се добива равенка за слободната површина на течноста:

58

yga

az ⋅+⋅

⋅=

αα

sincos

Аголот на слободната површина на течноста во однос на хоризонталната рамнина:

81,930sin330cos3

sincos

+⋅⋅

=+⋅

⋅==

o

o

arctgga

aarctgyzarctg

ααβ

β = 12° 56' б) од равенката за слободната површина за y = L/2 се добива:

23

81,930sin330cos3

⋅+⋅

⋅=

o

o

Az = 0,34457 m

Максималната висина на садот Hmax = h + zA = 2 + 0,34457 = 2,34457 m

в) во точката B (-L/2 , -h) ќе владее максимален притисок

( ) ( ) )2(81,930sin310002330cos31000max0 −⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅=− oopp

(p – p0)max = 26517 Pa г) за да се појави дното на садот треба слободната површина на течноста да

поминува низ точката C (-L/2, -h). Во равенката н слободната површина за zC се добива:

CC yga

az ⋅+⋅

⋅=

αα

sincos

1

1

81,930sin230cos

23

2sincos1 ⋅

⋅+⋅−

−=⋅

⋅−⋅=

oo

gzy

za

CC

C

αα

a1 = 65,61 m/s2

Задача 8.8. Под влијание на масата m1 по косата рамнина α = 30 ° се движи без триење висок призматичен сад со вода. Вкупната маса на садот со вода изнесува m2. Во хоризонталната положба садот е наполнет до висина H = 0,5 m, а неговата основа е квадратна со страна b = H⋅ 3 . Да се определи минималниот однос m = m1/m2, при кој слободната површина на вода во садот ќе почнува од дното. Да се определи хидрауличната сила што ќе ја

оптеретува задната страна од садот. Решение: За усвоениот координатен систем x-z, и со примена на основната равенка во статиката на флуиди се добива распоредот на притисокот во течноста:


Скаларните компоненти на запреминските надворешни сили: X = -a -g⋅sinα = - (a + g⋅sinα)

Y = 0 Z = -g⋅cosα

По интегрирањето, распоредот на притисоците изнесува: p = ρ⋅(a + g⋅sinα)⋅x - ρ⋅g⋅cosα⋅z + C

гранични услови: z = 0, x = b , p = p0 p0 = ρ⋅(a + g⋅sinα)⋅b + C – интеграционата константа

59

C = p0 + ρ⋅(a + g⋅sinα)⋅b односно:

p – p0 = ρ⋅(a + g⋅sinα)⋅(b – x) - ρ⋅g⋅z⋅cosα за p = p0 се добива равенка за слободната површина:

( )xbg

gaz −⋅⋅⋅+

=αα

cossin

Запремината на водата пред и после движењето останува непроменета:

Hbbzb ⋅=⋅⋅⋅ 2

21

333321 HHzH ⋅=⋅⋅⋅⋅⋅

z = 2⋅H за точката B (0 , 2H) и p = p0 со замена во равенката за слободната површина се добива вредност за забрзувањето a:

33

2

23

21

2 ⋅⋅⋅+

=⋅⋅

⋅+=⋅ H

ggab

g

gaH

2ga =

Од равенката за динамичка рамнотежа на силите при движењето на садот и косата рамнина:

m2⋅(a+g⋅sinα) = m1⋅(g-a) се добива:

2

2

sin2sin

2

1 =−

⋅+=

−⋅+

==gg

gg

agga

mmm

αα

Силата на притисок со која водата делува на задната страна на садот изнесува:

( )∫ ∫ ⋅⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅⋅=⋅−= =

A

H

x dzbzbgdAppP2

000 cossin

21 ααρ

P = 3⋅ρ⋅g⋅H3 = 3⋅1000⋅9,81⋅0,53 = 3678,75 N

Задача 8.9. Затворен призматичен сад со димензии L x H x B = 3 x 1 x 1 m наполнет е со вода до средината на висината H, а над слободната површина има гас со надпритисок pm = 50 kPa. Садот се движи хоризонтално со константно забрзување a = 0,5⋅g. Да се определи силата на притисокот на задната страна и на дното на

садот. Решение:

Основната равенка во статиката на флуиди:


Според усвоениот координатен систем, скаларните компоненти на надворешните сили за единица маса:

X = a ; Y = 0 ; Z = -g По интегрирањето на основната равенка се добива

распоредот на притисоците во течноста

60

p = ρ⋅a⋅x - ρ⋅g⋅z + C ; за почетните услови x = z = 0 ; pm = p p – pm = ρ⋅a⋅x - ρ⋅g⋅z

за p = pm и ga ⋅=21 се добива равенката на слободната површина

2xz = .

Равенката за распоредот на притисоците во течноста има конечна форма:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅=− zxgpp m 2

ρ

За p = pm и 2Hz −= се добива x = -1, односно точката A(-1, -1/2) за

2Lx = од равенката за

распоредот на притисоците во течноста се добива распоредот на притисоците на задниот ѕид на призматичниот сад.

p = pm + ρ⋅g⋅(0,75 – z) силата на притисок на задниот ѕид:

[ ]∫ ∫−−

⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅=⋅⋅−⋅⋅+=⋅=A

H

Hm

H

Hmz

zgzgzpdzBzgpdApP2/

2/

22/

2/2

75,0)75,0( ρρρ

Pz = pm⋅H⋅B + 0,75⋅ρ⋅g⋅H⋅B = (pm + 0,75⋅ρ⋅g)⋅H⋅B Pz = (50000 +0,75⋅1000⋅9,81) ⋅1⋅1 = 57357,5 N

За 2Hz −= =-0,5 во равенката за распоред на притисоците во течноста се добива

распоредот на притисоците на дното од садот.

p = pm + ρ⋅g⋅ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + 5,0

2x

силата на притисок на дното од садот

( ) [ ] dxBxgpHxxpPc

A

x

xmABmd ⋅⋅+⋅⋅++⋅−⋅= ∫

=

−=

5,1

1

)5,02/(ρ

( )5,1

1

2

21

221

=

−=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅−⋅=c

A

x

xmABmd xgxgxpHxxpP ρρ

Pd = 50000⋅(1,5 – 1)⋅1 + 2,5⋅50000 + 425,1

⋅1000⋅9,81 + 25,2⋅1000⋅9,81

Pd = 165328 N Задача 8.10. Затворен цилиндричен сад со дијаметар D = 400 mm, наполнет со вода до висина h = 200 mm, се движи вертикално нагоре со константно забрзување a = 5 m/s2. Притисокот на гасот над слободната површина изнесува 0,981 kPa. Масата на дното на садот изнесува m = 10 kg. Да се определи вкупната сила што го оптеретува системот завртки А-А.

Решение: Скаларните компоненти на надворешните запремински сили, за усвоениот координатен систем:

x = 0 ; y = 0 ; z = -(a + g) По интеграцијата на основната равенка во статиката на флуиди се добива распоредот на притисоците во течноста:

p = -ρ⋅(a + g)⋅z + C за z = h ; p = p0 – pv интеграционата константа:

61

p - pv = -ρ⋅(a + g)⋅h + C

односно ( ) vpzhgagpp −−⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅=− 10 ρ

Вредноста на притисокот на водата на дното на садот се добива кога во равенката за распоредот на притисоците во течноста се внеси за z = 0 и се добива:

( ) vz phgagpp −⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅=− = 100 ρ

Силата со која течноста делува на дното на садот:

( )4

14

22

00πρπ ⋅

⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅=

⋅⋅−= =

dphgagdppP vz

44,09812,0

81,95181,91000

2 π⋅⋅⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅=P

P = 249 N

Од равенката за динамичка рамнотежа при движењето на садот вертикално нагоре се добива вкупната сила што ги оптеретува завртките А-А.

F = P + m⋅g + m⋅a = 249 + 10⋅9,81 + 10⋅5 = 397 N

Задача 8.11. Вагон цистерна со дијаметар D = 2,5 m и должина L = 6 m, наполнет до половина со бензин со густина ρ = 700 kg/m3, се движи со брзина v0 = 48 km/h. Ако возот треба да запре за време од 4 s, да се определи равенката на слободната површина на бензинот. Исто така да се определи притисокот на течноста во точката С.

Решение: Основната равенка во статиката на флуиди


скаларните компоненти на надворешните сили за единица маса

X = a ; Y = 0 ; Z = -g со почетните услови x = y = z = 0 и p = p0 се добива

равенка за распоред на притисоците во течноста zgxapp ⋅⋅−⋅⋅=− ρρ0

за p = p0 се добива равенка за слободната површина на течноста

xgaz ⋅=

од равенката за брзината за забавеното движење се определува негативното забрзување

taVV oc ⋅−= за t = 4 s ; Vc = 0 точките А и В ги имаат следните координати

за mLgazLx 019,1

26

81,933,3

2,

2−=⋅−=⋅−=−=

точката А (-3 ; -1,019)

за mLgazLx 019,1

26

81,933,3

2,

2=⋅=⋅==

62

точката В (3 ; 1,019)

точката С (2

;2

DL− )

притисокот во точката С изнесува

Papp 5,2225225,281,91000

2633,310000 =⋅⋅+⋅⋅=−

Задача 8.12. Цилиндричен сад со дијаметар d = 0,8 m има рамен капак и полутопчесто дно и е наполнет со вода до висина y =0,3 m , и се подига нагоре со забрзување a=10 m/s2 . Да се определи:

а) Силата Fj во јажето, ако масата на дното од садот изнесува m1=50 kg, на цилиндричниот дел m2=30 kg, а на капакот m3=20 kg.

б) Силата на притисокот на дното од садот, аковакумметарот поставен во најниската точка од садот покажува pv=30 kPa, кога садот бил неподвижен.

Решение: а) Равенката за динамичка рамнотежа на силите:

( ) ( ) ( )gammmdydgaFj +⋅+++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅= 321

32

834

21

4ππρ

( ) ( ) ( )81,9102030508,01213,0

48,081,9101000 3

2

+⋅+++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅+⋅⋅+⋅= ππ

jF

Fj = 7623,64 N

б) Пред да почне да се движи садот на слободната површина владее притисок p1

( ) ( )3,04,081,91000300001 +⋅⋅+=+⋅⋅+= yRgpp v ρ p1 = 36867 Pa

Во моментот на движењето на садот во точката С владее притисок кој се определува од равенката за рамнотежа на притисоците

( ) ( ) Paygappc 309243,081,9101000368671 =⋅+⋅−=⋅+−= Силата на притисок на дното на садот

( ) ( ) πππρπ 32

32

8,012181,9101000

48,030924

121

4⋅⋅+⋅−⋅=⋅⋅+⋅−⋅= dgadpP cz

Pz = 12888,74 N = 12,9 kN

Задача 8.13. Составените цилиндрични садови наполнати со вода до висина h1 + h2 = 800 mm, и врзани на јаже кое минува преку две макари, а на крајот е обесен тег со маса m = 200 kg . Да се определат силите кои ги оптеретуваат споевите А-А, В-В, С-С. Димензиите на садовите се : D1 = 400 mm, D2 = 600 mm, h2 = 300 mm. Сопствената тежина на садот и триењето во макарите да се занемарат. Како се менува оптеретувањето кога садот мирува ?

Решение:

63

Запремината на водата во садот изнесува 3

22

1

21

2

22 1476,05,0

44,03,0

46,0

44mhDhDV =⋅

⋅+⋅

⋅=⋅+⋅=

ππππ

од равенката за динамичка рамнотежа ( ) ( )gaVgam +⋅⋅=−⋅ ρ

се определува забрзувањето на тегот (садот)

gggVmVma ⋅=⋅

⋅+⋅−

=⋅⋅+⋅−

= 15,01476,010002001476,01000200

ρρ

За условениот координатен систем скаларните големини на запремнинските сили за единица маса

X = 0 ; Y = 0 ; Z = a + g ( ) Czgap +⋅+⋅= ρ

за почетните услови: x = y = 0 ; z = h1 ; p = p0

( ) 10 hgapp ⋅+⋅=− ρ Силата на притисокот што ги оптеретува завртките А-А

PA = PA1 + PA2

( ) ( ) ( )44,05,015,01000

44

221

1

21

01ππ

ρπ

⋅⋅+⋅⋅=⋅

⋅⋅+⋅=⋅

⋅−= ggDhgaDppPA

PA1 = 708,83 N

( ) ( ) ( ) 3,015,010004

6,044

2

2

22

0

22

2 2⋅+⋅⋅⋅

⋅=⋅+⋅⋅

⋅=−⋅

⋅= = gghgaDppDP hzA

πρππ

PA2 = 956,93 N PA = 708,83 + 956,93 = 1665,76 N = 1,67 kN

Силата на притисокот што ги оптеретува завртките В-В и С-С PB= PB1 + PB2

( ) ( ) πρπ ⋅−

⋅⋅+⋅=⋅−

⋅−= = 44

21

22

1

21

22

01 1

DDhgaDDppP hzB

( ) NggPB 05,8864

4,06,05,015,0100022

1 =⋅−

⋅⋅+⋅⋅= π

( ) ( ) NggVgaPB 15,16651476,015,010002 =⋅+⋅⋅=⋅+⋅= ρ PB = 2551,2 N

PB = PC = 2,55 kN Кога садот мирува тогаш силите на притисокот што ги оптеретуваат завртките.

( )2221

212

22

21

1 444hDhDghDgDhgPA ⋅+⋅⋅⋅⋅=⋅

⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅⋅=

πρπρπρ

( ) 5,14483,06,05,04,04

81,91000 22 =⋅+⋅⋅⋅⋅=π

AP N

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅

−⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅

−⋅⋅== VhDDgVghDDgPP CB 1

21

22

1

21

22

44πρρπρ

NPP CB 43,22181476,05,04

4,06,081,9100022

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅

−⋅⋅== π

Задача 8.14. Да се пресмета големината на хоризонталната и вертикалната сила на притисокот на полутопчестиот капак од цилиндричниот сад со дијаметар D = 0,6 m. Садот се лизга со забрзување a = 5 m/s2 по рамнина, наведната под агол α = 600 према хоризонталата. Садот е наполнет со вода до висина h = 1 m во отворена цевка поставена на највисоката точка од садот. Како се менуваат тие сили, ако садот мирува?

64

Решение: За усвоениот координатен систем скаларните компоненти на надворешните сили за единица маса изнесуваат

gaZYaX −⋅==⋅= αα sin,0,cos ( ) dzgadxadp ⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅= αραρ sincos

( ) Czgaxap +⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅= αραρ sincos за почетните услови x = y = z = 0 ; p = p0 ; C = p0 се добива равенката за распоредот на притисоците во течноста

( ) zgaxapp ⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅=− αραρ sincos0 за р = р0 се добива равенката за слободната површина

xag

az ⋅⋅−

⋅=

αα

sincos

Хоризонталната проекција на силата на притисокот на капакот изнесува:

απραρ cos23

421cos

3

⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=

DaVaPx

37,14160cos6,051000121cos

121 33 =⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= oπαρ DaPx N

Вертикалната проекција на силата на притисокот на капакот изнесува: ( )αραρρ sinsin 111 ⋅−⋅⋅=⋅⋅⋅−⋅⋅= agVVaVgPz

( ) ππ⋅⋅−+⋅

⋅= 3

2

1 1212/

4DDhDV

( )αππρ sin121

243

2

⋅−⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

⋅⋅= agDDhDPz

( ) 34,170460sin581,96,0121

26,01

46,01000 3

2

=⋅−⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

⋅⋅= oππ

zP N

кога садот мирува (a = 0) Px = 0

81,96,0121

26,01

46,01000 3

2

1 ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

⋅⋅=⋅⋅= ππρ gVPz

Pz = 3051 N

Задача 8.15. Покриен цилиндричен сад со дијаметар D = 0,6 m има полутопчесто дно и е наполнат со вода до висина H = 0,8 m. Садот се движи праволиниски под агол α = 300 во однос на хоризонталата со забрзување a =2⋅g. Да се определи:

а) Равенките на еквипотенцијалните површини и слободната површина.

b) Вертикалната и хоризонталната сила на притисокот на дното ако надпритисокот на гасот над слободната површина во садот изнесува pm = 20 kPa

Решение:

а) Скаларните компоненти на надворешните сили за усвоениот координатен систем

( )gaZYaX +⋅−==⋅−= αα sin,0,cos

( ) dzgadxadp ⋅+⋅−⋅⋅−=⋅ ααρ

sincos1

65

за p = const ; dp = 0 се добива равенката на еквипотенцијалните површини ( ) 0sincos =⋅+⋅+⋅⋅ dzgadxa αα

по интеграција на основната равенка се добива: ( ) Czgaxap +⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅−= αραρ sincos

за почетни услови x = y = z = 0 ; p = p0 + pm интегрaционата константа C = p0 + pm односно распоредот на притисоците во течноста

( ) mpzgaxapp +⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅−=− αραρ sincos0 за р = р0 се добива равенката за слободната површина

( )αραα

sinsincos

⋅+⋅+⋅

⋅+⋅

−=ag

pxag

az m

b) Хоризонталната сила на притисокот на дното на садот

ππαρ ⋅⋅=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅=⋅⋅⋅= 3

3

11 121

234

21;cos DDVVaPx

NDaPx 84,96030cos6,081,921000121cos

121 33 =⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= oπαπρ

Вертикалната сила на притисокот на дното на садот:

( ) 1

2

2 sin4V

agpHDV m −⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅

+⋅⋅

=αρ

π

22 sin VgVaPz ⋅⋅+⋅⋅⋅= ραρ

( ) ( ) ( )gaDag

pHDgaVP mz +⋅⋅

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⋅⋅−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅

+⋅⋅

⋅=+⋅⋅⋅= απαρ

πραρ sin121

sin4sin 3

2

2

( ) ( )81,930sin81,926,0121

81,930sin81,921000200008,0

46,01000 3

2

+⋅⋅⋅⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⋅⋅−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+⋅⋅⋅+⋅

⋅⋅= o

oππ

zP

Pz = 8983,32 N

Задача 8.16. Во вертикален цилиндричен резервоар со радиус R, се наоѓа вода до висина h0. Садот се врти околу својата оска со константна аголна брзина ω. Да се определат:

а) Равенката на еквипотенцијалните линии и равенката на слободната површина.

b) Дијаграмите на надпритисокот на обвивката и дното на цилиндарот.

Решение: а) Во основната равенка во статиката на флуиди

dzZdyYdxXdp ⋅+⋅+⋅−=⋅ρ1

за скаларните компоненти на надворешните сили gZyYxX −=⋅=⋅= 22 ; ωω

и за p = const и dp = 0 се добиваат еквипотенцијалните линии

( ) 022 =⋅−⋅+⋅⋅ dzgdyydxx ωωρ

66

oдносно Cgrz −⋅

=2

22ω - равенка за еквипотенцијални линии кои претставуваат

паралелни параболи односно параболоиди во просторот за r = 0 ; z = z0 = hmin = -C

0

22

2z

grz +⋅

=ω или min

22

2h

grz +⋅

=ω - равенка на слободната површина.

за r = R и z = hmax се добива

gRhh

2

22

minmax⋅

+=ω

b) Распоредот на притисоците во течноста

( )0

22

0 2zzgrpp −⋅⋅−

⋅⋅=− ρωρ

на BC за r = R следи ( )min

22

0 2hzgRpp −⋅⋅−

⋅⋅=− ρωρ

во C за r = R и z = 0 ; maxmin

22

0 2hgh

gRgpp ⋅⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⋅⋅⋅=− ρωρ

на DC за z = 0 ; min

22

0 2hgrpp ⋅⋅+

⋅⋅=− ρωρ

во точката O r = 0 ; min0 hgpp ⋅⋅=− ρ во точката C за r = R

maxmin

22

min

22

22hgh

gRghgRpp o ⋅⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⋅⋅⋅=⋅⋅+

⋅⋅=− ρωρρωρ

Задача 8.17. Цилиндричен сад со дијаметар D1 и висина H, има централен отвор со дијаметар D2 . Садот е наполнет до висина h со течност која има густина ρ. Да се определи:

а) Аголната брзина на вртењето, при која течноста ќе почне да се излива од садот.

b) Силата на притисокот на горниот прстенест венец при аголна брзина пресметана под а).

Решение: Течноста ќе почне да се излева од садот кога слободната површина, при зголемување на ω, ќе ги достигне рабовите на прстенот (точка А). При тоа темето на параболоидот на слободната површина зависно од запремината на течноста во садот, може да се наоѓа пониско или повисоко од дното на садот (параболоидите 1 и 2). Најпрво се определува колкава запремина зафаќа течноста при параболоидот 3, чие теме го допира дното на садот.

HDDHDHDDV ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅=⋅⋅+⋅⋅

−= 2

221

22

22

21'

21

4421

4πππ

Соодветната висина на полнење на садот е :

HDD

DVh ⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−=

⋅= 2

1

22

21

''

211

4π

Ако во задачата дадената висина h < h' се добива случајот 1. При оваа аголна брзина се определува од условот на непроменливост на запремината на течноста во садот.

67

( ) 221

22

21

21

421

4HgHDDhD⋅

⋅+⋅−⋅=⋅=⋅

ωπππ

од тука H

DDh

gDH

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

⋅=

21

221

1

1

2ω

ако h > h' се добива случај 2. Од условот за одржување на запремината на течноста во садот

gDDHDhD

8421

44

22

22

22

21

21 ⋅

⋅⋅−⋅⋅

=⋅⋅ ωπππ

( )hHgD

D−⋅⋅

⋅= 2

2

12

4ω

Равенките за ω1 = ω2 се изедначуваат за h = h'

тогаш HgD

⋅⋅⋅= 222

3ω

Силата на притисок на течноста на прстенестиот венец се определува по равенката zz VgP ⋅⋅= ρ

при тоа запремината изнесува 22

222

12

22

2 88 ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅⋅

−⋅⋅

⋅⋅

=⋅⋅

=gD

gDgbgVz

ωωωπ

ωπ

Задача 8.18. Цилиндричен сад наполнет е со течност со густина ρ, а од горната страна затворен е со клип со тежина G, се врти околу вертикалната оска со константна аголна брзина ω = 10 s-1 и вертикално паѓа со забрзување a = 4,81 m/s2 . Да се определи колкава треба да биде тежината на клипот така да во оската на вртењето под површината на клипот апсолутниот притисок биде еднаков на атмосферскиот? Познати се следните податоци D = H = 1 m , d = 0,2 m , h = 0,1 m и ρ = 1000 kg/m3 .

Решение: Скаларните компоненти на надворешните сили

gaZyYxX −=⋅=⋅= 22 ; ωω по интеграција на основната равенка

( ) Czagrp +⋅−⋅−⋅⋅= ρωρ 22

2

за почетните улови z = r = 0 ; p = p0 се добива C = p0 . Со тоа, равенката за распределба на притисоците во течноста

( ) zagrpp ⋅−⋅−⋅⋅=− ρωρ 22

0 2

Равенка за рамнотежа на силите е:

GagGPGamP =⋅+=⋅+ ;

Силата на притисок со која течноста делува на долната

68

површина на клипот изнесува:

( )∫ ∫∫ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅−== =

2/

0

2/

0

22

22

2d d

ozo

p

o

drrrdrrppdpP πωρπ

gagGdP −

⋅=⋅⋅⋅=64

42 πωρ

Од последната равенка се определува тежината на клипот

( ) ( ) Nag

dgG 41,1581,481,964

2,01081,9100064

4242

=−⋅

⋅⋅⋅⋅=

−⋅⋅⋅⋅⋅

=ππωρ

Задача 8.19. Конусен сад со отвор на врвот се врти со константна аглова брзина ω . Садот е полн со вода, а неговите димензии изнесуваат: R = H = 1 m. Да се определи агловата брзина ωМ, така да силата која ги истегнува групата завртки А-А биде четири пати поголема од силата која ги истегнува истата група завртки кога садот мирува (не се врти) . Решение:

При мирување на садот, силата на притисокот односно силата што ги оптеретува завртките А-А изнесува: за ω = 0

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= HRHRgVgPz ππρρ 22

31

HRgPz ⋅⋅⋅⋅⋅= πρ 2

32

за ω = const , односно садот се врти. За усвоениот координатен систем, искористени се почетни услови (x = y = z = 0 и p = p0 ), распоредот на притисоците во течноста

zgrpp ⋅⋅−⋅⋅=− ρωρ 22

0 2

за произволна точка C ( r, z ), елементарната сила на притисокот изнесува: ( ) dAppdP r

RHz ⋅−= ⋅−=0ω

Геометриските односи на конусот (-z) : r = H : r

HRrz ⋅−=

eлементарната површина α

πsin

2 drrdA ⋅⋅⋅=

Силата на притисокот изнесува:

αα

πρωραωω sinsin

22

sin 22

⋅⋅⋅⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅⋅+⋅⋅=⋅=

drrrRHgrdPdPZ

69

∫ ∫ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=R

o

R

Z drrRHgdrrP

0

232 2 πρπωρω

242

32

4RHgRPZ ⋅

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅=

πρπωρω

Према условите дадени во задачата

HRgPP zZ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅= πρω2

3244

HRHg

RRg M ⋅⋅⋅⋅⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅⋅⋅⋅⋅ πρωπρ 22

22

324

32

4

бараната аглова брзина изнесува

181,921222

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= HgRMω

1859,8 −= sMω

Задача 8.20. Цилиндричен сад со дијаметар 2R од висина H нагоре, продолжува во облик на параболоид до висина 2H и дијаметар 4R. Садот е наполнет со вода до висина 3H/2.

а) Да се определи агловата брзина при која течноста ќе се совпадне со зидот на горниот дел од садот.

b) Колкава количина на течноста ќе остане во садот после неговото допирање..

Решение:

Равенката за слободната површина на течноста: 2

2

2r

gz ⋅=

ω

точката В има координати В (r = 2R ; z = h) односно 2

2

2R

gh ⋅=

ω

за точката А (r = 2R ; z = h + H ) 2

2

42

Rg

Hh ⋅=+ω

со замена на h во равенката се добива 2

22

2

422

Rg

Rg

H ⋅=⋅+ωω

од оваа равенка се добива бараната аголна брзина

321 Hg

R⋅⋅

⋅=ω

Во садот по запирањето ќе остане следната количина на вода ( ) ( ) HRhRHR

⋅⋅⋅=⋅⋅

⋅−⋅⋅ πππ 2

22

65

42

21

42

односно

323

212 H

g

HgRh =

⋅

⋅⋅⋅

=

70

Задача 8.21. Цилиндричен сад со димензии d = 200 mm, D = 400 mm, a = 400 mm, b = 200 mm, се врти околу својата вертикална оска со константна аголна брзина. Садот е делумно наполнат со течност со густина ρ = 1325 kg/m3 до висина h = 100 mm. Да се определи ω, кога од садот ќе почне да истекува течноста. Со таа определена брзина, да се определи силата на притисокот на течноста на капакот K. Како ќе се промени силата на притосок на капакот кога аголната брзина ќе биде двапати поголема од определената ?

Решение: За избранот координатен систем, со воведување на скаларните компоненти на надворешните сили и за почетните услови x = y = 0 ; z = z0 ; p = p0 се добива равенката за распоредот на притисоците во течноста.

( )0

22


⋅⋅=− ρωρ

во точката А (r = d/2 ; z = a) p = p0

се добива gdza

8

22

0ω

=−

Запремината на течноста пред и после вртењето е непромената, односно

( )0

22222

421

4444zadadbDhdbD

−⋅⋅

⋅−⋅⋅

+⋅⋅

=⋅⋅

+⋅⋅ πππππ

Од оваа равенка се добива равенката за бараната аголна брзина

( )021 zaah −⋅−= односно 22

161 d

gah ω⋅

⋅−=

( ) ( ) 12/1

2

2/1

2 31,342,0

1,04,081,91616 −=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −⋅⋅=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −⋅⋅

= sd

hagω

Силата на притосок на долната страна на капакот

( ) ( )∫ ∫ ⋅⋅⋅⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅⋅−⋅=⋅−=

==

A

D

D zozok drrzzgrdAppP

2/

2/ 00

22

22

πρωρ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+

+⋅⋅

−⋅⋅= ok zgdDdDP

164

222

22

ωπρ

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

−⋅++

⋅⋅−

⋅⋅=gdagdDdDPk 8164

22222

22 ωωπρ за 131,34 −= sω

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

−⋅++

⋅⋅−

⋅⋅=81,98

2,031,344,081,916

2,04,031,344

2,04,013252222

222

πkP

Pk = 1592,536 N за 162,68 −= sω

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅−⋅+

+⋅⋅

−⋅⋅=

81,982,062,684,081,9

162,04,061,68

42,04,01325

22222

22

πkP

Pk = 4900 N

71

Задача 8.22. Затворен цилиндричен сад со димензии R = 0,4 m, H0 = 0,7 m, во која има вода со запремина V = 0,25 m3, се врти околу вертикална оска со константна аголна брзина ω = 10, 20 100 s-1. Да се определи силата на притисокот на капакот за дадените аголни брзини, а притисокот на слободната површина е атмосферски. Решение: Во основната равенка во статиката на флуиди се внесуваат скаларните компоненти на надворешните сили

gZyYxX −=⋅=⋅= ;; 22 ωω , по интеграцијата се добива:

( ) Czgyxp +⋅⋅−+⋅⋅= ρωρ 222

2

за гранични услови z = z0 ; r = 0 ; p = p0 се добива равенка на слободната површина

grzz

⋅⋅

=−2

22

0ω

за точка А (r = R ; z = H) и p = p0 , се добива:

gRzH⋅⋅

=−2

22

0ω

Запремината на водата пред и за време на вртењето е константна

( )022

12

21 zHRHRHR −⋅⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅ πππ

25,012 =⋅⋅ HR π

mH 5,01 =

gRHH⋅⋅

+=4

22

1ω односно

gRHz⋅⋅

−=4

22

10ω

следува:

gRzH⋅⋅

=−2

21

2

0ω

2

22

10

14

2

ω

ω⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

+−

=gRHHg

R

Силата на притисок на капакот

( ) ( )∫ ∫ ⋅⋅⋅⋅−=⋅−= ==

R

R

R

RHzoHzok drrppdAppP

1 1

002 π

∫ ⋅⋅⋅⋅⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

+−⋅⋅−⋅⋅

=R

Rk drr

gRHHgrP

1

242

22

10

22

πωρωρ

( ) ( )21

222

1041

42

44RR

gRHHgRRPk −⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

+−⋅⋅⋅−−⋅⋅⋅

=ωρπωπρ

за 110 −= sω

mR 345,010

81,944,0105,07,081,92

2

22

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

+−⋅⋅

=

72

( ) ( )2222

442

345,04,081,944,0105,07,081,91000345,04,0

4101000

−⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

+−⋅⋅⋅−−⋅⋅⋅

= ππkP

Pk = 130,5 N за 120 −= sω ; mR 2997,01 = ; NPk 75,1547= за 1100 −= sω ; mR 283,01 = ; NPk 585,49773=

Задача 8.23. Цилиндричен сад со димензии D = 400 mm, H0 = 300 mm, наполнет е со вода и се врти со константна брзина на вртење n = 200 min-1, околу својата оска на симетрија.

a) Да се определи запремината на водата која ќе остане во садот, ако отворот на горната страна на садот има дијаметар d = 200 mm.

b) Колкава запремината ќе остане во садот ако истиот се врти со доста голем број на вртежи ?

Решение: а) За усвоениот координатен систем и почетните

услови x = y = 0 ; z = z0 ; p = p0 се добива распоредот на притисоците во течноста:

( )0

22


⋅⋅=− ρωρ

за р = р0 се добива равенката на слободната површина

grzz

⋅⋅

+=2

22

0ω

за z = H0 = 0 , r = d/2 точка А се добива:

gdHz⋅⋅

−=8

22

00ω

Запремината на водата што ќе остане во садот изнесува

( )00

2

0

2

421

4zHdHDV −⋅

⋅⋅−⋅

⋅=

ππ

gddHDV

8421

4

222

0

2 ⋅⋅

⋅⋅−⋅

⋅=

ωππ

односно

81,99002002,0

6413,0

44,0

900641

4

2342234

0

2

⋅⋅⋅

⋅−⋅⋅

=⋅⋅⋅

⋅−⋅⋅

=ππππ

gndHDV

33102,34 mV −⋅= b) за ω1 > ω се добива вртливиот параболоид 2, за ω2 > ω1 се добива вртливиот

параболоид 3. За истиот усвоен координатен систем, распоредот на притисоците во течноста:

( )01

222

0 2zzgrpp +⋅⋅−

⋅⋅=− ρωρ

за р = р0 се добива равенката на слободната површина

01

222

2z

grz −

⋅⋅

=ω

за точка N (z = 0 , 2

1dr = ) се добива равенката за слободната површина:

73

gdz⋅⋅

=8

21

22

01ω

за точка А (z = H0 , r = d/2) и определената z01

gd

gdH

⋅⋅

−⋅⋅

=88

21

22

222

0ωω

се добива равенката за аголната брзина ω2

21

202

28

ddHg

−⋅⋅

=ω или 21

2

210

01 dddHz

−⋅

=

Запремината на водата што ќе остане во садот изнесува

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅

⋅⋅−−⋅

⋅⋅−⋅

⋅= 01

21

010

2

0

2

421

421

4zdzHdHDV πππ

21

2

210

21

21

2

210

0

2

0

2

421

421

4 dddHd

dddHHdHDV

−⋅

⋅⋅

⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−⋅

+⋅⋅

⋅−⋅⋅

=πππ

( )21

200

2

421

4ddHHDV +⋅

⋅⋅−⋅

⋅=

ππ

Со зголемување на ω2 , d1 се приближува до d односно d = d1, така да запремината на водата што ќе остане во садот ќе изнесува

0

20

2

44HdHDV ⋅

⋅−

⋅⋅=

ππ

oдносно :

( ) ( ) 3322220 103,282,04,03,0

44mdDHV −⋅=−⋅⋅=−⋅⋅=

ππ

Задача 8.24. а) Да се определи брзината на вртење на цилиндричен сад со дијаметар D = 800 mm, висина H0 = 1200 mm, наполнет со течност до висина H0/2 при што течноста ги допира краевите на садот.

b) Да се определи брзината на вртењето на садот при тоа во садот да остане половина од запремината на течноста.

Решение: а) За усвоениот координатен систем почетните услови x = y = z = 0 и p = p0 се добива равенката на слободната површина

grzz

⋅⋅

+=2

22

0ω

во точка А (z = H0 и 2Dr = )

се добива gDHz⋅⋅

−=8

22

00ω

Запремината на течноста пред и за време на вртењето останува иста, односно:

( )00

2

0

20

2

421

424zHDHDHD

−⋅⋅

⋅−⋅⋅

=⋅⋅ πππ

74

( )0000

21

2zHHH

−⋅−=

Од оваа равенка следи z0 = 0

со смена за 30

n⋅=πω во горната равенка се добива

101 min1162,181,98

8,030830 −=⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

=ππ

HgD

n

b) За усвоениот координатен систем , распоредот на притисоците во течноста е :

( )01

222


⋅⋅=− ρωρ

за р = р0 - се добива равенката на слободната површина на вртливиот параболоид (на сликата означен со 2)

01

222

2z

grz −

⋅⋅

=ω

во точка А (z = H0 ; 2Dr = )

0

22

01 8H

gDz −⋅⋅

=ω

во точка В (z = 0 ; 2

1Dr = )

0

222

21

22

880 H

gD

gD

+⋅⋅

−⋅⋅

=ωω

22

0221

8ω

HgDD ⋅⋅−=

Од условот даден во задачата:

( ) 01

21

010

2

0

20

2

421

421

424zDzHDHDHD⋅

⋅⋅++⋅

⋅⋅−⋅

⋅=⋅

⋅ ππππ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

⋅⋅

⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ⋅⋅−⋅+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

⋅⋅

+⋅⋅−⋅=⋅

0

22202

0

222

02

020

2

828

21

821

4H

gDHgDH

gDHDHDHD ωω

22

200

2 44 ω

HgHD ⋅⋅=

⋅

аголната брзина

024 HgD

⋅⋅=ω

бројот на вртежи 1

02 min8,1632,181,98,0

120120 −=⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅

=ππ

HgD

n

Задача 8.25. Отворен цилиндричен сад со дијаметар D = 2R и висина 4H, наполнет со течност до висина H се врти околу вертикална оска со аголна брзина ω. Да се определи:

а) Аголната брзина ω = ω0, при која нивото на течноста (темето на параболата) ќе се спушти до дното на садот.

b) Аголната брзина ω = ω1 при која течноста ќе ја допре точката М.

Решение:

75

а) За усвоениот координатен систем, скаларните компоненти на надворешните сили и почетните услови : x = y = z = 0 и p = p0 се добива распоредот на притисоците во течноста:

zgr

pp ⋅⋅−⋅

⋅=− ρω

ρ2

22

0

за р = р0 се добива равенката за слободната површина:

gr

z⋅

⋅=

2

22ω

во точка В ( Rr = ; z = h1 )

gRh⋅⋅

=2

220

1ω

Запремината на течноста пред и за време на вртењето останува иста, односно:

12

122

21 hRhRHR ⋅⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅ πππ

Hh ⋅= 21 Определената висина h1 се внесува во горната равенка и по средувањето се добива бараната аголна брзина

2204 RHg ⋅=⋅⋅ ω

HgR

⋅⋅=2

0ω

b) За истиот усвоениот координатен систем и почетните услови x = y = 0 , z = -z0 , p = p0 се добива распоредот на притисоците во течноста:

( )0

22

0 2zzg

rpp +⋅⋅−

⋅⋅=− ρω

ρ

во точка М ( Rr = ; z = 4⋅H) - параболата ќе го допре садот (поставен услов во задачата) и p = p0.

HgRz ⋅−⋅⋅

= 42

221

0ω

бараната аголна брзина ( )01 421 zHgR

+⋅⋅⋅=ω

точката N ( 1rr = ; z = 0) и p = p0

полупречникот 2

0

021

221 4

8 RzH

zHgRr ⋅+

=⋅⋅

−=ω

Запремината на течноста пред и за време на вртењето е иста, односно:

( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅⋅⋅−+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅=⋅⋅ 0

210

222

214

214 zrzHRHRHR ππππ

Со замена на равенката за r 1 и ω1 во последната равенка се добива равенката: 2

0

20

022

421

21 R

zHzzRHR ⋅+

⋅+⋅⋅−=⋅−

a од ова z0 = 4⋅H, бараната аголна брзина изнесува: ( ) Hg

RRHHg

⋅⋅=+⋅⋅

=4442

21ω

Задача 8.26. Затворен цилиндричен сад со полупречник R, наполнeт е со течност со густина ρ до висина h и се врти околу со константна аголна брзина околу вертикалната оска која е паралелна со оската на симетрија, односно оддалечена е за а од

76

неа. На горната страна (капакот) се наоѓа отворена пиезометрична цевка. Да се определи полето на притисоците p (x, y, z) во течноста и да се определи силата која ги оптеретува завртките В-B. Решение: По интеграцијата на основната равенка во статиката на флуиди:

Czgrp +⋅⋅−⋅⋅= ρω

ρ 22

2 ; 222 yxr +=

За почетните услови r = 0 ; z = h ; p = p0 се добива распоредот на притисокот во течноста:

( ) ( )zhgyxpp −⋅⋅++⋅⋅=− ρωρ 222

0 2

Поради ексцентрицитетот на оска на вртење се прави трансформација на координатите

axx += 1 ; θcos11 ⋅= rx

1yy = ; θsin11 ⋅= ry

1zz = ; 21

21

21 ryx =+

Распоредот на притисокот во системот со координатите: 1111 ,,,0 zyx

( ) ( )[ ] ( )121

21

2

0111 2,, zhgyaxpzyxp −⋅⋅+++⋅⋅=− ρωρ

Силата на притисок што ги оптеретува завртките В-B: ( )[ ] dApzyxpP

ozAB ⋅−=

=∫ 0111 ,, ; 11 drdrdA ⋅⋅= θ

( )[ ] dAhgyaxPA

B ⋅⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⋅⋅+++⋅⋅= ∫ ρωρ 21

21

2

2

[ ] 112

121

21

2

22

drdrhgaaxyxPA

B ⋅⋅⋅⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⋅⋅++⋅++⋅⋅= ∫ θρωρ

[ ] θρθωρπ

drhgarardrPO

R

OB ⋅⋅

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅= ∫∫ 1

22

12

1

2

1 cos22

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⋅⋅⋅+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅⋅= ∫ πρ

πθππωρ 2

02

sin2222 1

221

2

11 hgraardrrPR

OB

( ) 1122

1

2

22 drrhgarP

R

OB ⋅⋅⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅⋅++⋅⋅⋅= ∫ ρωρπ

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⋅⋅⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅⋅⋅=

22422

222

42 RhgRaRPB ρωρπ

( ) hgRaRRPB ⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅= ρππωρ 22222

24

Задача 8.27. Вертикален цилиндричен сад со дијаметар D = 800 mm, наполнет е со вода, и се врти околу својата оска со брзина од 120 min-1. На слободната површина плива клип со маса m = 100 kg. На средината на клипот се наоѓа мал отвор за довод на атмосферски притисок p0.

77

Потребно е да се определи внатрешниот дијаметар на оплакнуваната површина на долната површина на клипот, како и висината на темето на параболата до долната површина на клипот. Решение: За усвоениот координатен систем и почетните услови, равенката за распоредот на притисоците во течноста е :

( )0

22

0 2zzg

rpp +⋅⋅−

⋅⋅=− ρω

ρ

за z = 0 , 2

1Dr = и p = p0 се добива висината (длабочината) на

темето на параболата од долната површина на клипот

gDz⋅⋅

=8

21

2

0ω

Равенка за рамнотежа на силите за долната површина на клипот Pgm =⋅

Силата на притисок со која течноста делува на долната површина на клипот изнесува

( ) ( )∫ ∫ ⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅−= =

2/

2/

2/

2/0

22

1 1

22D

D

D

Dozo drrzgrdrrppP ρωρππ

2/2/

4 1

20

42

DD

rzgrgm ⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅=⋅ ρπωρπ

аголната брзина 1566,1230120

30−=

⋅=

⋅= sn ππω

По средување на горната равенка се добива равенка од четврти степен 0283,028,1 2

141 =−⋅− DD

Корените на оваа равенка се : ( ) mD 977,02,11 ±= ( ) mD 533,04,31 ±=

Реално решение е за D1 = 533 mm, другите три решенија се нереални. Оддалеченоста на темето од долната површина на клипот изнесува:

81,98533,0566,12

8

2221

2

0 ⋅

⋅=

⋅⋅

=gDz ω =0,571 m = 571 mm

Задача 8.28. Цилиндричен сад со диjaметар D = 500 mm, наполнат е со вода до висина h = 1 m. Во водата се наоѓа хомогена топка со дијаметар од 60 mm, и густина ρ1 = 7800 kg/m3, која со јаже со должина L = 60 mm е закачена за осовината на садот. Целиот систем се врти со константна аголна брзина ω околу вертикалната оска. Да се определи минималната висина на садот од услов да не дојде до истекување на водата од садот, а при тоа α = 600

Решение: Силата на притисок со која водата делува на топката

78

∫∫ ⋅−=⋅−=VA

dVpgraddApP

Равенка за рамнотежа на надворешните запремински сили и внатрешните површински сили:

pgradF ⋅=ρ1

Надворешните запремински сили се претставени со силата на земјината тежа и центрифугалните сили.

rgF 2ω+= од горните две равенки

rgpgrad 2ωρρ ⋅+⋅= Силата на притисок

VrVgdVrgP cV

⋅⋅−⋅⋅−=⋅⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ⋅+⋅−= ∫ 22 ωρρωρρ

Рамнотежата на силите кои делуваат на топката односно нејзините проекции во x и z правецот се:

0sin;0 1 =⋅⋅−⋅⋅+⋅=∑ VgVgFZ j ρρα

( ) VgFj ⋅⋅−⋅= ρρα 1sin

1

ccj rVrVFX ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅+⋅=∑ 21

2cos;0 ωρωρα

( ) 21cos

1 ωρρα

⋅⋅⋅−⋅= VrF cj

Од геометриските односи од сликата се добива зависноста:

RLrc +=αcos

односно: ( ) ( )LRVFj +⋅⋅⋅−= 2

1 ωρρ Со изедначување на равенките за силата на јажето се добива:

( ) ( ) ( )RLVVg +⋅⋅⋅−=⋅⋅−⋅ 211sin

1 ωρρρρα

или ( ) αω

sin12

⋅+=

RLg

За усвоениот координатен систем, равенката на слободната површина гласи: 2

2

2r

gz ⋅

⋅=

ω

за граничните услови, точка А (2Dr = ; z = z1 )

( ) 4sin21

22

222

1D

RLD

gz ⋅

⋅+⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

αω

се добива висината

( ) mz 4,045,0

60sin03.006,021 2

1 =⋅⋅+⋅

=

Минималната висина на садот изнесува:

mzhH 2,12,0121 =+=+=

79

Задача 8.29. Цилиндричен сад со димензии D = 600 mm , Ho = 500 mm , наполнет е со вода h = 400 mm. Останатиот дел на садот е наполнат со масло со ρ2 /ρ1 = 0,8. Садот е покриен со акпак кој во средината има мал отвор. Садот се врти околу својата оска на симетрија. a) Да се определи аголната брзина со која се врти садот така да граничната површина што ги одделува овие две течности што не се мешаат, ќе го допрат дното на садот. b) Да се определат силите на притисок што го оптеретуваат капакот и дното на садот.

Решение: Големината на радиусот R1 се определува од еднаквоста на запремината на

маслото пред и за време на вртењето.

( ) 0

21

0

2

2 421

4HDhHDV ⋅

⋅⋅=−⋅

⋅=

ππ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅=

01 12

HhDD

mD 379,0500400126,01 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅=

а) За усвоениот координатен систем , равенката за распоредот на притисоците во

течноста е :

Czgrp +⋅⋅−⋅

⋅= ρωρ2

22

за z = 0 ; r = 0 и 020 Hgpp ⋅⋅+= ρ односно gppH⋅

−=

2

00 ρ

gHgzgrpp ⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅

⋅=− 2022

22

20 :2

ρρρωρ

0

22

2

0

2Hz

gr

gpp

+−⋅

=⋅

− ωρ

Равенката на слободната површина:

grz

⋅⋅

=2

22ω

за z = H0 ; 21

1DRr == се добива :

gDH⋅⋅

=8

21

2

0ω

10

153,165,081,98

379,0181 −=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= sHg

Dω

b) Силата на притисок на капакот: за z = H0 и 10 Rr ≤≤

( )22

22

20202

22

20rHgHgrpp ⋅

⋅=⋅⋅+⋅⋅−⋅

⋅=−ωρρρωρ

за z = H0 и RrR ≤≤1

( ) ( )210

22

1020

22

10 22ρρωρρρωρ −⋅⋅−

⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅−

⋅⋅=− HgrHgHgrpp

( ) drrHgrdrrrPR

R

R

ok ⋅⋅⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅⋅−

⋅⋅+⋅⋅

⋅⋅= ∫∫ πρρωρπωρ 2

22

2

2

1

1

210

22

1

22

2

80

по решавањето на интегралот се добива:

( )2

244

21

2

210

41

42

1

412

2RR

HgRRRPk

−⋅⋅−⋅⋅−

−⋅⋅+⋅⋅= πρρπωρπωρ

( ) N

Pk

15162

1895,03,080010005,081,92

41895,03,0

53,1610004

1895,053,16800

22

442

42

=−

⋅⋅−⋅⋅⋅−

−−

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=

π

ππ

Силата на притисокот на дното на садот изнесува: за z = 0 распоредот на притисокот

02

22

10 2Hgrpp ⋅⋅−

⋅⋅=− ρωρ

22

42

2

2

02

42

102

22

1RHgRdrrHgrP

R

od ⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅+

⋅⋅= ∫ πρπωρπρωρ

NPd 284823,05,081,98002

43,053,161000

242 =⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅= ππ

Задача 8.30. Конусен сад со димензии D = 1 m , d = 600 mm и a = 900 mm, наполнет е со вода и се врти со константна аголна брзина ω = 20 s-1 . Притисокот на течноста во средината на капакот изнесува 10 kPa. Да се определат хидрауличните сили што ги оптеретуваат системите завртки А-А и В-В. Решение: За усвоениот координатен систем и граничните услови

X = y = z = 0 ; p = po + pm се добива равенката за распоред на притисоците во течноста:

( )0

22

0 2zzgrppp m −⋅⋅−

⋅⋅+=− ρωρ

за p = p0 ; r = 0 ; z = 0 се добива висината на темето на параболата z0

mg

pz m 0194,181,91000

100000 =

⋅=

⋅=ρ

а равенката на слободната површина изнесува:

grzz

⋅⋅

+=2

22

0ω

Силата на притисок на капакот, односно на системот завртки А-А

( )∫ ∫ ⋅⋅⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⋅⋅=⋅−= =

R R

mozoA drrprdAppP0 0

22

22

πωρ

81

по интегрирањето и смената на граничните услови се добива силата што ги оптеретува системот завртки А-А :

NRpRP mA 274895,0100045,0201000

42

422

42 =⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅⋅= πππωπρ

kNPA 5,27= Силата на притисок што го оптеретува системот завртки В-В :

( )321 VVVgPB −+⋅⋅= ρ Запремините изнесуваат:

( ) ( ) 32

0

2

1 543,09,00194,14

6,04

mazdV =+⋅⋅

=+⋅=ππ

Геометриските односи на конусот )(:: aHdHD −=

mdDaDH 25,2

6,019,01

=−⋅

=−⋅

=

За mdr 3,02== и 0zz = се добива :

mgRzz 854,2

81,923,0200194,1

2

2222

01 =⋅⋅

+=⋅⋅

+=ω

mzzz 835,10194,1854,2012 =−=−=

32

2

2

2 2594,0835,14

6,021

421 mzdV =⋅

⋅⋅=⋅⋅=

ππ

( )[ ] ( )[ ]9,025,26,025,211243

1 22223 −⋅−⋅⋅=−⋅−⋅⋅⋅=

ππ aHdHDV = 0,462 m3

( ) NPB 32,3339462,02594,0543,081,91000 =−+⋅⋅= kNPB 34,3=

Задача 8.31. Мерачот на бројот на вртежи (техометар) (прикажан на сликата) составен е од цилиндер со дијаметар D, наполнет е со течност со густина ρ, кој на растојание R има споени две цевчиња со дијаметар d. над течноста во цилиндерот се наоѓа клип со маса m, кој во етекот на вртењето на системот може да се лизга без триење. Да се определи зависноста меѓу бројот на вртежи n на мерачот и поместувањето на клипот h. Решение: Пред почетокот на вртењето, равенката за рамнотежа на

притисоците

4

2πρ

DgmHg ⋅

=⋅⋅ πρ 2

4DmH

⋅⋅

=

При некој број на вртежи n, клипот се спушта надолу за големина h, а нивото на течноста во цевчињата се качува нагоре за големина а. При тоа количината на течноста останува непроменета

adhD⋅⋅=⋅

42

4

22 ππ hdDa ⋅⋅= 2

2

2

За усвоениот координатен систем распоредот на притисоците во течноста е :

Czgrp +⋅⋅−⋅⋅= ρωρ 22

2

Од почетните услови 0pp = ; r = z = 0 интерграционата константа C = p0, односно :

82

zgrpp ⋅⋅−⋅⋅=− ρωρ 22

0 2

Растојанието b (растојание меѓу замислената слободна површина и долната површина на клипот) се определува од рамнотежата на силите, кои ја притискаат долната површина на клипот и силата на земјината тежа на клипот, односно

( )∫ ⋅⋅⋅⋅−=⋅ −=

2/

0

2D

bzo drrppgm π

82

642

2

242

2/

0

22 DbgDdrrbgrgmD

⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅+⋅=⋅ ∫ πρπωρπρωρ

gD

Dmb

⋅⋅

−⋅⋅

=16

4 22

2ω

πρ

Од равенката на слободната површина grz

⋅⋅

=2

22ω

за точка М ( Rr = ; z = h - b + H + a )

gRaHbh⋅⋅

=++−2

22ω

и за 30

n⋅=πω и определените равенки за а , b и H се добива зависноста меѓу n и h.

hgDR

dD

n ⋅⋅−

⋅+

⋅⋅=

8

21

2302

2

2

2

π

2

2

2

22

2

2

21

8302

n

dD

DR

gh ⋅

⋅+

−⋅

⋅⋅=

π

83

Задача 9.1. Да се определи притисокот и густината на воздухот на морската површина, со претпоставка за првото приближување за состојбата на атмосферата да биде изотермска. На височина од 3500 m притисокот изнесува 66,7 kPa, а температурата t = - 20ºC. Решение: За изотермска состојба на атмосферата, вредноста на притисокот на висина H изнесува:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

−⋅=⋅= ⋅⋅

−

100 exp1

TRHgpepp TR

hg

Притисокот на воздухот на морската површина е:

10702566700 253287350081,9

01 =⋅=⋅= ⋅

⋅⋅⋅

eepp TRHg

Pa Каде што: R=287 J/kg K – гасна константа на воздухот T1 = 273-20 = 253 K – апсолутна температура на воздухот. Од равенката на состојбата (за t2 = 20ºC).

TRvp ⋅=⋅0 или TRp⋅=

ρ0 се добива густината, односно:

( ) 27,120293287

1070252

0 =+⋅

=⋅

=TR

pρ kg/m3

Задача 9.2. да се определи притисокот и температурата на воздухот на висина од 2000 m, ако состојбата на атмосферата е адијабатска. Познати се вредностите на воздухот на површината на земјата: 1050 =p kPa и t = 20ºC. Решение: За адијабатска состојба на атмосферата :

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

⋅⋅

−=−

−k

k

pp

gp

kkzz

1

0

00 1

1 ρ

Вобконкретниот случај: 4,1;;00 ====v

p

cc

kHzz

( ) 857281,9

2027328700 =+⋅

=⋅

=⋅ g

TRg

pρ

Од горната равенка се определува односот на притисоците:

1

00

11−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅⋅

⋅−

−=kk

TRHg

kk

pp

( )14,1

4,1

20273287200081,9

4,114,11

−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⋅

⋅⋅

−−= = 0,7855

5,824777855,01050007855,00 =⋅=⋅= pp Pa Од односот:

( ) 4,114,1

1

007855,0

−−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

kk

pp

TT = 0,9333

Се добива температурата на воздухот на висина H = 2000 m. ( ) 5,2739333,0202739333,00 =⋅+=⋅=TT K

Густината на воздухот изнесува:

TRp⋅=

ρ следи: 05,1

5,2732875,82477

=⋅

=⋅

=TR

pρ kg/m3

84

Задача 9.3. Тенкоѕидно ѕвоно со димензии: дијаметар D и висина H, наполнето е со воздух под атмосферски притисок, а се полни со вода под дејство на својата тежина. Се усвојува дека компресијата на воздухот под ѕвоното да биде изотермна. Да се определи функционалната зависност помеѓу длабината на тонење h и тежината G.

Решение: Равенката за рамнотежа на силите е:

GDpm =⋅

⋅4

2 π

Равенката за рамнотежа на притисоците за референтната рамнина 0-0 е:

( ) mppbhgp +=−⋅⋅+ 00 ρ

( )bhgpm −⋅⋅= ρ Равенката за изотермска компресија на воздухот е:

( ) ( ) HDpbHDppm ⋅⋅

⋅=−⋅⋅

⋅+44

2

0

2

0ππ

Од горните равенки се определува надпритисокот mp , и висината b, односно висината h изнесува:

02

02 4

4

pD

GHp

DgGHh

+⋅⋅

⋅−

⋅⋅⋅⋅

+=

ππρ

Од горната равенка може да се определи тежината Gmax, при која целото ѕвоно ќе потоне, односно h = H:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅+⋅⋅⋅= 000

2

max 21

41

4pHgppDG ρπ

Задача 9.4. Во цилиндричен сад со димензии D=400 mm, висина H = 500 mm, се наоѓа вода до висина h = 300 mm. Од долната страна на цилиндерот поставен е клип со димензии: d = 200 mm ; x = 200 mm ; y = 100 mm и тежина G = 310 N. Да се определи: а) Потпритисокот, над слободната површина, кој го држи клипот во рамнотежа. б) Силата која е потребна за извлекување на клипот. Триењето на клипот со водилките да се занемари, а експанзијата на воздухот во садот да се усвои како изотермска.

Решение: а) Равенката за рамнотежа на силите е:

APGP =+1

( ) ( )[ ]4

2

01πρ ⋅

⋅−⋅⋅+−=dxhgppP v ;

4

2

0π⋅

⋅=dpPA

oдносно:

( ) ( )[ ] =+⋅

⋅−⋅⋅+− Gdxhgpp v 4

2

0πρ

4

2

0π⋅

⋅dp

85

Подпритисокот на воздухот над слободната површина изнесува:

( )π

ρ⋅⋅

+−⋅⋅= 24

dGxhgpv ( )

π⋅⋅

+−⋅⋅= 22,031042,03,081,91000 = 10848,6 Pa

б) Равенка за рамнотежа на силите:

APPGF =++ '1

( )[ ]4

2''

0'

1πρ ⋅

⋅+⋅⋅+−=dyhgppP v

4

2

0π⋅

⋅=dpPA

Волуменот на водата пред и после извлекувањето на клипот останува иста:

( ) '22222

44444hDydxdDxhD⋅

⋅+⋅

⋅=⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−

⋅+−⋅

⋅ πππππ

( ) ( )'22

44hhDyxd

−⋅⋅

=+⋅⋅ ππ

( )2

22'

DyxdhDh +⋅−⋅

=( )

2

22

4,01,02,02,03,04,0 +⋅−⋅

= = 0,225 m

Експанзијата на воздухот е изотермска, односно:

( ) ( ) ( ) ( )'2

'0

2

0 44hHDpphHDpp vv −⋅

⋅⋅−=−⋅

⋅⋅−

ππ

( ) '00'

hHhHpppp vv −

−⋅−−= ( )

225,05,03,05,06,108461010 55

−−

⋅−−= = 35161,16 Pa

Силата потребна за извлекување на клипот изнесува:

( )'1PGPF A +−= ⇒ ( )( )[ ] GdyhgpppF v −⋅

⋅+⋅⋅+−−=4

2''

00πρ

( )[ ] GdyhgpF v −⋅

⋅+⋅⋅−=4

2' πρ ( )[ ] 310

42,01,0225,081,9100016,35161

2

−⋅

⋅+⋅⋅−=πy

5,694=F N Задача 9.5. Да се определи масата на ѕвоното кое има димензии: D = 400 mm ; d = 200 mm ; L = 1 m ; a = 100 mm, ако тоа плива во вода потопено до висина H = 600 mm. Со колкава сила ѕвоното ќе биде целосно потопено? Пред потопувањето притисокот на воздухот беше атмосферски

980 =p kPa, а промената на состојбата на воздухот да се усвои изотермска.

Решение: Равенката за рамнотежа на притисоците за референтната рамнина 0-0 е:

( ) mppxHgp +=−⋅⋅+ 00 ρ , g

pHx m

⋅−=ρ

Промената на воздухот е по изотерма, односно:

( ) ( )xLdppLdp m −⋅⋅

⋅−=⋅⋅

⋅44

2

0

2

0ππ , L

pppx

m

m ⋅+

=0

Од двете равенки за определување на x се добива квадратна равенка:

86

( )[ ] 0002 =⋅⋅⋅−⋅+−⋅⋅+ pHgppHLgp mm ρρ или 01076828,5101924 82 =⋅−⋅+ mm pp

Решението: ( ) 85,53751 =mp Pa ; ( ) =2mp нереално Услов за рамнотежа на силите: GPP =+ 21 или gmPP ⋅=+ 21 Силата на притисок е:

πρ ⋅−

⋅⋅⋅=4

22

1dDHgP π⋅−

⋅⋅⋅=4

2,04,06,081,9100022

= 554,74 N

Силата на притисок од компримирањето на воздухот е:

4

2

2π⋅

⋅=dpP m 4

2,085,53752 π⋅

⋅= = 169 N

Масата на ѕвонот изнесува:

8,7381,9

16974,55421 =+

=+

=g

PPm kg

Равенка за рамнотежа на силите за целосно потопување на ѕвоното е: '

2'

1 PPGF +=+ Силата на потисокот изнесува:

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅

⋅−+⋅

⋅⋅⋅=⋅⋅= LdaLDgVgP pot 44

22'

1ππρρ

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅

⋅−+⋅

⋅⋅⋅= 1

42,01,01

44,081,91000

22'

1ππP = 1047,847 N

Равенка за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 1-1:

( ) '00 mppyaLgp +=−+⋅⋅+ ρ ;

gpaLy m

⋅−+=ρ

'

Промената на воздухот е изотермска:

( ) ( )yLdppLdp m −⋅⋅

⋅+=⋅⋅

⋅44

2'

0

2

0ππ

Со елиминација на y од последната равенка се добива квадратната равенка:

( ) ( ) 0'02' =+⋅⋅−⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅⋅+ aLgpa

gpgp mm ρρ

ρ , односно: ( ) 010057,197019 9'2' =⋅−⋅+ mm pp

Реалното решение е: ( ) 17,98871, =mp Pa

Силата на притисок од компримираниот воздух изнесува:

4

2''

2π⋅

⋅=dpP m 4

2,017,98872 π⋅

⋅= = 310,6 N

Силата за целосно потопување на ѕвоното : 55,6349,7236,310847,1047'

2'

1' =−+=−+= GPPF N

Задача 9.6. Цилиндричните резервоари A и B сврзани се со прост цевковод во кој е вграден вентил V. Висинката разлика меѓу слободните површини изнесува H = 2 m. Да се определи количината на вода која ќе истече од едниот во другиот резервоар после отворањето на вентилот V, ако пред тоа во резервоарот B, над слободната површина владееше надпритисок од 60 kPa. Атмосферскиот притисок изнесува 1000 =p kPa. Се претпоставува дека во резервоарот B промената на состојбата на воздухот е изотермска. Познати се и следните податоци : h = 500 mm ; D = 1 m и d = 200 mm.

87

Решение: Равенката за рамнотежа на притисоците:

( ) 200 ppyxHgp +=++⋅⋅+ ρ Промената на воздухот е изотермска:

2211 VpVp ⋅=⋅ или ( ) ( ) ( )yhdDpphdDpp +⋅⋅−

⋅+=⋅⋅−

⋅+ ππ44

22

20

22

10

( ) ( ) ( )yhpphpp +⋅+=⋅+ 2010 Волуменот на водата пред и после отворањето на вентилот останува непроменета:

ydDxD⋅⋅

−=⋅

⋅ ππ44

222

следи yD

dDx ⋅−

= 2

22

Од горните равенки се добива следната квадратна равенка:

2

222 2

DdDgy −⋅

⋅⋅− ρ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅+

−⋅⋅⋅⋅+⋅+ Hg

DdDhgpy ρρ 2

22

02 ( ) 01 =⋅⋅−⋅− Hgph ρ

односно: 0201901292336,9417 2 =−⋅+⋅ yy

Реалното решение: 15449,01 =y m Количината на вода која ќе истече од резервоарот A кон резервоарот B изнесува:

=⋅⋅−

= ydDV π4

22

1165,015449,04

2,01 22

=⋅⋅− π m3

Задача 9.7. Цилиндричен сад со тенки ѕидови и димензии D = 3 m ; H = 2 m и m = 10 t, потопен е во вода до длабочина h. Пред потопувањето, воздухот во садот бил под атмосферски притисок 10 =p bar. Да се определи силата со која треба да се делува на садот за целосно потопување. Да се претпосатви дека температурата на воздухот во садот е константна.

Решение: Равенка за рамнотежа на силите:

4

2 π⋅⋅=⋅Dpgm m

Равенка за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 0-0:

xgppp m ⋅⋅+=+ ρ00 За изотермска промена на состојбата на воздухот е:

( ) ( )xhHDppHDp m +−⋅⋅

⋅+=⋅⋅

⋅44

2

0

2

0ππ

Од горната равенка се добива висината (длабочината) h, односно:

+⋅⋅

⋅=

πρ 24D

mh H

gmpD

⋅

⋅⋅

⋅+ 0

2

41

1π

+⋅⋅

⋅=

π231000100004 2

81,91000010

431

152 ⋅

⋅⋅

⋅+

π = 1,658 m

За целосно потопен сад следи :

4

2' π⋅⋅=+⋅DpFgm m

'0

'0 xgppp m ⋅⋅+=+ ρ

( ) '2

'0

2

0 44xDppHDp m ⋅

⋅⋅+=⋅

⋅⋅

ππ

88

Од двете последни равенки се добива следната квадратна равенка:

( ) 00'

02' =⋅⋅⋅−⋅+ pHgppp mm ρ

( ) 010962,1100000 9'2' =⋅−⋅+ mm pp Реалното решение е: 2,16798' =mp Pa Бараната сила за целосно потопување на садот изнесува:

gmDpF m ⋅−⋅

⋅=4

2' π 5,2063981,910000

432,16798

2

=⋅−⋅

⋅=π N

Задача 9.8. Ѕвоното со димензии D = 1000 mm, d = 600 mm ; H = 1 m и h = 800 mm, плива во вода. Надпритисокот на воздухот над слободната површина изнесува 4=mp kPa. Пред потопувањето притисокот на воздухот изнесуваше 10 =p bar. Да се определи тежината на ѕвоното, ако промената на состојбата на воздухот е изотермна.

Решение : Равенка за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 0-0:

mppxgp +=⋅⋅+ 00 ρ

4077,081,91000

4000=

⋅=

⋅=

gpx m

ρ m

За изотермска промена на состојбата на воздухот : 2211 VpVp ⋅=⋅

( ) zdpphdp m ⋅⋅

⋅+=⋅⋅

⋅44

2

0

2

0ππ

hpp

pzm⋅

+=

0

0 769,08,04000100000

100000=⋅

+= m

Равенката за рамнотежа на силите е: GPP =+ 21

Силата на потисок изнесува :

ydDgVgP ⋅⋅−

⋅⋅=⋅⋅= πρρ4

22

1 , од сликата xzhy +−=

xzhy +−= 4387,04077,0769,08,0 =+−= m

25,21634387,04

6,0181,9100022

1 =⋅⋅−

⋅⋅= πP N

97,11304

6,040004

22

2 =⋅

⋅=⋅

⋅=ππdpP m N

Тежината на ѕвоното изнесува: 22,329497,113025,216321 =+=+= PPG N Задача 9.9. На затворениот сад со димензии D = 2 m и H = 3 m, наполнет со вода до висина h = 2 m, приклучена е цевка која го поврзува садот со отворениот резервоар A. Садот е подигнат над резервоарот за h0 = 2 m. Притисокот на воздухот над слободната површина , при отворен вентил 1 и затворен вентил 2, е атмосферски и изнесува p0 = 98 kPa. При истовремено отворање на вентилот 2, а затворање на вентилот 1, дел од водата ќе истече во отворениот резервоар A.

89

а) Да се определи притисокот на воздухот при истекување на водата. б) Колкава количина на вода ќе истече од садот?

Решение: Равенка за рамнотежа на притисоците за референтна рамнина 0-0:

( )xhgppp +⋅⋅+−= 0100 ρ или ( )xhgp +⋅⋅= 01 ρ Со истекување на водата од садот, воздухот експандира по изотерма:

( ) ( ) ( )xHDpphHDp −⋅⋅

⋅−=−⋅⋅

⋅44

2

10

2

0ππ

xHxhpp

−−

⋅= 01

Со изедначување на равенките за определување на вакуумот p1 се добива:

xHxhp

−−

⋅0 ( )xhg +⋅⋅= 0ρ

( ) 000002 =⋅⋅⋅−⋅+−⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅ hHghppHghgxxg ρρρρ

Со соодветна замена на познатите големини се добива квадратната равенка: 098,139898,102 =+⋅− xx

Реалното решение ја дава бараната висина на водата во садот: 4682,1=x m

Вакуумот изнесува: ( )xhgp +⋅⋅= 01 ρ ( ) 340234682,1281,91000 =+⋅⋅= Pa

б) количината на вода кја ќе истече од садот е:

( ) ( ) 67,14682,124

24

22

=−⋅⋅

=−⋅⋅

=ππ xhDV m3

Задача 9.10. Цилиндричен сад со димензии D = 1 m и H = 2 m наполнет е со вода до половина од неговата висина, а над слободната површина има воздух под атмосферски притисок p0 = 98 kPa. Како ќе се промени нивото на слободната површина во садот, и притисокот на воздухот , кога клипот ќе се спушти во вода? Димензиите на клипот се: d = 400 mm и m = 500 kg. Процесот на компримирање на воздухот во затворениот сад е при констанрна температура. Триењето на клипот по водилките да се занемари.

Решение: Волуменот на водата пред и после спуштањето на клипот е иста, односно:

hdDydΔ⋅⋅

−=⋅

⋅ ππ44

222

следи hdDy Δ⋅−

=4

22

Процесот на компримирање на воздухот е по изотерма, односно:

( ) 100 VppVp m ⋅+=⋅ ⇒ 01

1 pV

VVpm ⋅−

=

Равенката за рамнотежа на силите по спуштањето на клипот во вода: Pgm =⋅

( )4

2 πρ ⋅⋅⋅⋅+=⋅dygpgm m

90

После смената за pm се добива:

4

2

2

22

1

10

πρ ⋅⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛Δ⋅

−⋅⋅+

−⋅=⋅

dhd

dDgV

VVpgm

Волумените на воздухот над слободната површина пред и после спуштањето на клипот во вода изнесуваат:

24

2 HDV ⋅⋅

=π ; ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ−⋅⋅

−= hHdDV

24

22

1 π

членот: ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ−⋅⋅

−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ−⋅⋅

−−⋅

⋅

=−

hHdD

hHdDHD

VVV

24

242422

222

1

1

π

ππ

Со замена на дадените вредности се добива:

( )hh

VVV

Δ−⋅+Δ⋅

=−

184,016,084,0

1

1

Со замена во равенката за рамнотежа на силите се добива:

( ) 44,0

4,04,0181,91000

184,016,084,09800081,9500

2

2

22 π⋅⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛Δ⋅

−⋅⋅+

Δ−⋅+Δ⋅

⋅=⋅ hh

h

Се добива квадратната равенка: 039538,066,32 =+Δ⋅−Δ hh

Реалното решение е: 11,0=Δh m Бараното зголемување на притисокот изнесува:

⋅=−

⋅=Δ 980001

10 V

VVpp ( ) 3308611,0184,0

16,011,084,0=

−⋅+⋅ Pa

Задача 9.11. Приборот за создавање на мали надпритисоци на воздухот составен е од три цилиндри со тенки ѕидови, со еднакви висини a = 250 mm. Цилиндрите со дијаметри D1 = 100 mm и D3 = 200 mm се неподвижни. Прстенастиот простор меѓу нив исполнет е со вода до висина H0. Цилиндерот со дијаметар D2 = 150 mm вертикално е подвижен со помош на завртка – навртка, и се спушта надолу со што се зголемува притисокот на воздухот.

а) Колкав максимален надпритисок може да создаде приборот со дадените димензии?

б) Колкава може да биде почетната висина на водата H0 и почетната положба h0 на горниот цилиндер (во почетокот воздухот е под атмосферски притисок) при што бараниот максимален притисок се постигнува при работа на приборот?

Решение: а) Максималниот надпритисок на воздухот ќе се постигне кога горниот – подвижен

цилиндер ќе се спушти до долната страна на меѓупросторот (меѓу D3 и D1), односно

водата ќе го исполне прстенастиот простор со вода (2

3

DD ) и висина a, односно:

max,00 mppagp +=⋅⋅+ ρ ; 2,245225,081,91000max, =⋅⋅=⋅⋅= agpm ρ Pa б) Волуменот на водата при состојба на горниот цилиндер опишана под а) и при

произволна состојба останува иста, односно:

91

0

21

23

22

23

44HDDaDD⋅⋅

−=⋅⋅

−ππ

Почетната висина на водата изнесува:

=⋅−−

= aDDDDH 2

123

22

23

0 146250100200150200

22

22

=⋅−− mm

Експанзијата на воздухот од максималниот надпритисок до произволна положба на цилиндерот со D2 е изотермска, односно:

( ) ( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+⋅

⋅+⋅

⋅⋅=⋅⋅+ 0

22

0

21

0

22

max,0 444HhaDHDpaDpp m

πππ

Со средување на оваа равенка се добива:

( ) 022

21

220

22

0

max, hDDDHaDp

pm ⋅=−⋅+⋅⋅

Со внесување во горната равенка за aDDDDH ⋅

−−

= 21

23

22

23

0 и со решавање по h0 се добива:

22

21

22

21

23

22

23

0

max,0 D

DDDDDDa

pp

ah m −⋅

−−

⋅+⋅= или ( ) ( )( ) ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

−⋅−⋅−

+⋅= 21

23

22

21

22

22

23

0

max,0 DDD

DDDDp

pah m

За p = 100 kPa и 2,2452max, =⋅⋅= agpm ρ Pa

( ) ( )( ) ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

−⋅−⋅−

+⋅

⋅= 222

2222

30 100200150100150150200

101002,245225,0h = 0,08715 m = 87,15 mm

92

93

Задача 10.1. Два отворени резервоари со вода сврзани се со куса цевка која има променлив дијаметар. Да се определи:

а) Брзината и притисокот во најтесниот дел од цевката. Познати се следните големини: H = 4,5 m ; h = 1,8 m ; d1 = d3 = 60 mm ; d2 = 40 mm.

б) Големината на дијаметарот во најтесниот дел од цевката при кој ќе дојде до кавитација, ако атмосферскиот притисок изнесува p0 = 96 kPa. Притисокот на заситената пареа изнесува pzp = 0.

Решение: а) Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2:

2211−−

ρρ

2220

20

22pvHgpv

+=⋅++

За овoј случај 00 =v , тогаш следи:

ρρ2

220

2pvHgp

+=⋅+

Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 3-3

3311−−

ρρ

3230

2pvHgp

+=⋅+

Равенката за рамнотежа на притисоците во пресекот 3-3, според оската на цевката изнесува:

( )hHgpp −⋅⋅+= ρ03 Со замена во горната равенка се добива:

( )ρ

ρρ

hHgpvHgp −⋅⋅++=⋅+ 0

230

2 следи hgv ⋅⋅= 23

Од равенката на континуитетот: =⋅

⋅4

22

2πdv

4

23

3π⋅

⋅dv , се добива брзината во најтесниот

дел:

22

23

22

23

32 2ddhg

ddvv ⋅⋅⋅=⋅= 37,13

40608,181,92 2

2

=⋅⋅⋅= m/s

Во Бернулиевата равенка поставена за пресеците 1-1 и 2-2 се вметнува равенката за брзинта v2 и се добива притисокот во пресекот 2-2:

ρρ2

2

2

30 221 p

ddhgHgp

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅⋅⋅=⋅+ следи:

2

2

302 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅⋅−⋅⋅+=

ddhgHgpp ρρ

2

2 40608,181,910005,481,9100096000 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅⋅−⋅⋅+=p = 50751,37 Pa

За да се определи дијаметарот d2kr, при кој ќе дојде до кавитација во равенката за определување на притисокот p2 ќе се стави p2 = pzp = 0, се добива:

02

2

302 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅⋅−⋅⋅+==

ddhgHgppp zp ρρ , односно:

40

32 Hgphgdd kr ⋅⋅+⋅⋅

⋅=ρ

ρ4

5,481,91000960008,181,9100006,0⋅⋅+

⋅⋅⋅=

=krd2 35,747·10-3 m = 35,747 mm

94

Задача 10.2. За делот на аеродинамичкиот тунел со дијаметар D, со отворениот работен дел со дијаметар d приклучен е манометар со алкохол (според сликата). Да се

определи односот на дијаметрите Dd под услов, при

струење на воздухот во работниот дел со брзина v2 = 50 m/s покажувањето на манометарот да на биде поголем од h = 150 mm. Густината на воздухот и алкохолот изнесуваат

2,1=vρ kg/m3 ; 800=alkρ kg/m3.

Решение: Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2:

2211

−−

vv

pvpvρρ

2221

21

22+=+

Од равенката на континуитетот: =⋅

⋅4

2

1πDv

4

2

2π⋅

⋅dv , се добива брзината на воздухот

во пресекот 1-1: 2

21 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

Ddvv

Равенката за брзината v1 се вметнува во горната Бернулиева равенка, се добива:

vv

pvpDdv

ρρ2

221

422

22+=+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅ или

v

ppDdv

ρ21

4

422 1

2−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

Равенката за рамнотежа на притисоците во манометарот, пресекот 3-3 е: hgpp alk ⋅⋅+= ρ21 или hgpp alk ⋅⋅=− ρ21

v

alk hgpDdv

ρ⋅⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅ 4

422 1

2

Од последната равенка за дадена брзина во ранотниот дел v2 = 50 m/s и максимално покажување на манометарот h = 150 mm (столб алкохол) се добива бараниот однос на

дијаметрите Dd :

4 22

21v

hgDd

v

alk ⋅⋅⋅−=

ρρ

4250

15,081,922,1

8001 ⋅⋅⋅−= = 0,681

Задача 10.3. Ако се занемарат загубите на енергијата, да се определи најмалиот дијаметар d2, кој при проток низ цевката 8,8=vq l/s, водата во малата цевка ќе се подигне на висина h = 550 mm. Дијаметарот на цевката изнесува d1 = 100 mm, а манометарскиот притисок во пресекот 1-1 е pm1 = 3924 Pa.


2211

−−

vv

pvpvρρ

2221

21

22+=+

Равенката за рамнотежа на притисоците во манометарот, пресекот 3-3 е: hgpp ⋅⋅+= ρ20 или hgpp ⋅⋅−= ρ02

Брзината на воздухот во пресекот 1-1 изнесува:

95

ππ ⋅⋅⋅

=⋅

⋅==

−

2

3

21

1 1,0108,84

1,04 vv q

Aqv = 1,12 m/s

Апсолутниот притисок во пресекот 1-1 изнесува: 101 mppp +=

22

2121

22 vppv

+−=ρρ 2

21010 vhgppp m +

⋅⋅−−

+=

ρρ

ρ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+⋅=

22

211

2vhgpv m

ρ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+⋅=

212,155,081,9

100039242 = 4,46 m/s

Од равенката на континуитетот: 4

22

2π⋅

⋅=dvqv , се определува најмалиот дијаметар d2:

π⋅⋅

=2

24v

qd v

π⋅⋅

=46,4

0088,04 = 0,05 m = 50 mm

Задача 10.4. Низ цевката со дијаметар D = 200 mm струи воздух. Состојбата на воздухот е определена со температура од 16ºC, притисок од 40 kPa. Состојбата на надворешниот воздух е дефинирана со притисок кој изнесува p =105 Pa. Во цевката е поставена Питот цевка и приклучена на кос диференцијален манометар исполнет со алкохол ( 8001 =ρ kg/m3). Капиларната цевка на манометарот е закосена кон хоризонталата за агол o8,11=α . Покажувањето на манометарот изнесува L = 75 mm. Да се определи протокот, ако односот на средната

брзина и брзината на оската изнесува: 84,0=v

vsr .

Решение: Равенката за рамнотежа на притисоците во диференцијалниот манометар е:

2

2

21vpp ⋅=− ρ или αρ sin121 ⋅⋅⋅=− Lgpp

Од оваа равенка брзината на воздухот во цевката е: αρρ sin2 1 ⋅⋅⋅⋅= Lgv

Густината на воздухот се определува од основната равенка на состојбата:

( ) 688,116273287

400001050 =

+⋅+

=⋅+

=⋅

=TRpp

TRp nρ kg/m3

Брзината на струењето на воздухот во оската на цевката изнесува:

αρρ sin2 1 ⋅⋅⋅⋅= Lgv 94,118,11sin075,081,9

688.18002 =⋅⋅⋅⋅= m/s

Средната брзина на струење на воздухот е: 03,1094,1184,084,0 =⋅=⋅= vvsr m/s Волуменскиот проток изнесува:

315,04

2,003,104

22

=⋅

⋅=⋅

⋅=ππDvq srv m3/s

Задача 10.5. Да се определи волуменскиот проток на водата со помош на Вентуриева цевка која е монтирана на цевковод со дијаметар D = 100 mm, ако нејзиниот најтесен дел, дијаметарот d = 70 mm, а при тоа падот на притисокот измерен со диференцијалниот манометар изнесува h = 50 mm Hg.

96

Решение:

Равенката за рамнотежа на притисоците за референтната рамнина 0-0 е:

( ) hghHgppHgpp ⋅⋅+−⋅⋅++=⋅⋅++ 2102101 ρρρ Диференцијалниот притисок изнесува:

( )121221 ρρρρ −⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅=−=Δ hghghgppp ( ) =−⋅⋅=Δ 12 ρρhgp ( ) 3,618010001360005,081,9 =−⋅⋅ Pa

Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2:

2211

−−

1

0222

1

0121

22 ρρppvppv +

+=+

+

Од оваа равенка диференцијалниот притисок е:

2

21

22

121vvpp −

⋅=− ρ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅= 2

2

21

22

1 12 v

vvρ


2

2

2

1ππ ⋅

⋅=⋅

⋅dvDv следи :

2

2

21 Ddvv ⋅= , односно: 4

42

2

1

Dd

vv

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛,

тогаш: =Δ=− ppp 21 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅ 4

422

1 12 D

dvρ

Брзината во тесниот дел на Вентуриевата цевка изнесува:

4

41

2

1

12

Dd

pv−

⋅Δ⋅=ρ

Волуменскиот проток на водата:

⋅⋅

=4

2 πdqv

4

41 1

12

Dd

p

−⋅

Δ⋅=ρ

⋅⋅

=4

07,0 2 π

4

4

100701

11000

3,61802−

⋅⋅= = 15,52·10-3 m3/s

Задача 10.6. Да се определи протокот и брзината на струењето на водата низ сифонската цевка, ако дијаметарот на цевката изнесува d = 150 mm, висината h = 1500 mm и должина H = 4,5 m. За колку ќе се зголеми протокот со зголемување на должината H? Да се определи максималниот волуменски проток

max,vq и максималната должина. Решение: Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 0-0 и 2-2:

2200

−−

ρρ

02

020

22pvHgpv

+=⋅++

Од оваа равенка се добива брзината на водата низ цевката: 396,95,481,922 =⋅⋅=⋅⋅= Hgv m/s

Волуменскиот проток изнесува:

166,04

15,0396,94

22

=⋅

⋅=⋅

⋅=ππdvqv m3/s


2211

−−

( )ρρ

02

12

22pvHhgpv

+=+⋅++

97

За критичната должина H = Hmax, одговара притисокот p1 = 0, односно:

hg

pH −⋅

=ρ

0max 693,85,1

81,91000105

=−⋅

= m

Брзината на водата низ цевката изнесува: 06,13693,881,922 maxmax =⋅⋅=⋅⋅= Hgv m/s

Максималниот волуменски проток изнесува:

23079,04

15,006,134

22

maxmax, =⋅

⋅=⋅

⋅=ππdvqv m3/s

Задача 10.7. Хоризонтална цевка низ која струи вода има дијаметар D1 = 100 mm кој постепено се смалува на дијаметарот D2 = 50 mm, а потоа постепено расте на дијаметар D3 = 70 mm. На најмалиот дијаметар D2 се наоѓаат мали отвори низ кои водата има врска со една вертикална цевка со дијаметар D4=60 mm, во која е сместен клип со маса m = 5 kg. Под клипот, цевката е отворена и изложена на атмосферски притисок. Горната страна на клипот се наоѓа на висина hk = 1 m, под средината на хоризонталната цевка. На хоризонталната цевка со дијаметар D1 е сместен манометар, чија средина се наоѓа на висина hM = 200 mm, над средината на цевката. Ако течноста е идеална и ако коефициентот на контракција е 1=ψ , потребно е

да се определи колкава количина на вода ( ?=vq ) ќе протече низ цевката и колкав надпритисок ( ?=np ) ќе покажува манометарот? Триењето меѓу клипот и цевката да се занемари. Решение: Равенката за рамнотежа на силите кои делуваат на клипот е:

( ) 4042 ApgmAhgp k ⋅=⋅+⋅⋅⋅+ ρ

11,72842181,91000

406,0

81,9510 25

402 =⋅⋅−

⋅⋅

−=⋅⋅−⋅

−=π

ρ khgA

gmpp Pa

Од равенката на континуитетот се определува брзината во пресекот 3-3:

44

22

2

23

3ππ ⋅

⋅=⋅

⋅DvDv следи 2

3

22

23 DDvv ⋅=


3322

−−

ρρ

3232

22

22pvpv

+=+

каде што: 03 pp = - атмосферски притисок. Од претходната равенка се добива брзината во пресекот 2-2.

ρρ20

23

22

22ppvv

−=− следи ρρ

204

3

222 1

2pp

DDv

−=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

4

3

2

20

2

1

2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

=

DD

pp

vρρ

4

70501

100011,72842

10001000002

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅

= = 8,57 m/s

Површината на попречниот пресек 2-2 изнесува:

98

322

22 10963,1

405,0

4−⋅=

⋅=

⋅=

ππDA m2

Волуменскиот проток низ пресекот 2-2 изнесува: 0168,010963,157,8 3

222, =⋅⋅=⋅= −Avqv m3/s Од равенката наконтинуитетот за пресеците 1-1 и 2-2 следи:

44

22

2

21

1ππ ⋅

⋅=⋅

⋅DvDv следи 2

1

22

21 DDvv ⋅= 2

2

1005057,8 ⋅= = 2,142 m/s


2211

−−

ρρ

2221

21

22pvpv

+=+

Од оваа равенка се добива големината на притисокот во пресекот 1-1:

22

21

22

21vvpp ⋅−⋅+= ρρ 5,107270

2142,21000

257,8100011,72842

22

=⋅−⋅+= Pa

Надпритисокот во пресекот 1-1 изнесува: 5,72701000005,107270011, =−=−= pppn Pa

Покажувањето на манометарот е: 5,53082,081,910005,72701, =⋅⋅−=⋅⋅−= Mnm hgpp ρ Pa

Задача 10.8. Кондензаторот на парната постројка ја всисува водата од бунарот. Всисниот притисок изнесува 57=vsp kPa. Стрелката на вакууметарот покажува апсолутен притисок од 12 kPa. Атмосферскиот притисок изнесува 1,02 bar. Да се определи:

a) Апсолутниот притисок во кондензатоерот б) Брзина на додекување на вода во кондензаторот в) Волуменскиот проток на вода, ако цевката има

дијаметар d = 60 mm.

Решение: а) Апсолутниот притисок во кондензаторот изнесува:

=−= vppp 0 9000012000102000 =− Pa = 90 kPa Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2:

2211

−−

ρρ

22

0

2pvp

+= ; vsv ppp +=2 ; 57=⋅⋅= hgpvs ρ kPa

2

20 vppp vsv +

+=

ρρ

Брзината со која водата дотекува во кондензаторот изнесува:

=−−

⋅=ρ

vsv pppv 02 =−−

⋅1000

57000120001020002 8,124 m/s

Волуменскиот проток на водата што дотекува во кондензаторот изнесува:

=⋅

⋅=⋅=4

2 πdvAvqv =⋅

⋅4

06,0124,82 π 0,02297 m3/s

Задача 10.9. За мерење на волуменскиот проток цевководот е обликован како Вентуриева цевка. Цевката има дијаметар d1 = 100 mm кој постепено се стеснува на дијаметар d2 = 56 mm. На пресеците 1-1 и 2-2 е приклучен диференцијален манометар кој покажува разлика на нивоата на водата h = 400 mm. Да се определат брзините во пресеците 1-1 и 2-2, како и волуменскиот проток. Висината на столбот од воздух при пресметката да се занемари.

99


2211

−−

12

221

21

22zgpvpv⋅++=+

ρρ

Од равенката на континуитетот за пресеците 1-1 и 2-2 следи:

44

22

2

21

1ππ ⋅

⋅=⋅

⋅dvdv односно 2

1

22

21 ddvv ⋅=

Равенката за рамнотежа на притисоците во пресеците 1-1 и 2-2: 11− hgzgzgp ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= ρρρ 211 ; 22 − 22 zg ⋅⋅= ρρ

Од горната Бернулиева равенка, разликата на притисоците за пресеците 1-1 и 2-2:

1

21

22

21 2zgvvpp ⋅⋅+

−⋅=− ρρ односно:

22121 zghgzgzgpp ⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=− ρρρρ hgzgpp ⋅⋅+⋅⋅=− ρρ 121

hgzg ⋅⋅+⋅⋅ ρρ 1 1

21

22

2zgvv⋅⋅+

−⋅= ρρ или hgvv ⋅⋅=− 22

122

Брзината на водата во пресекот 2-2 изнесува:

hgddvv ⋅⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅− 2

4

1

222

22 следи 4

1

2

2

1

2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅=

dd

hgv = 4

100561

4,081,92

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

⋅⋅ = 2,95 m/s


21

22

21 ddvv ⋅= 925,0

1005695,2

2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅ m/s

Протокот на вода низ цевката е: 3

221

1 1026587,74

1,0925,04

−⋅=⋅

⋅=⋅

⋅=ππdvqv m3/s

Задача 10.10. Низ цевка со дијаметар d = 50 mm тече вода вертикално нагоре со брзина од 3 m/s, а потоа тече радијално меѓу две радијални плочи со дијаметар 600 mm и 300 mm, меѓусебно оддалечени 1,5 mm. Да се определи притисокот во точките A, B, C и D. Притисокот на водата изнесува 9 kPa (или h = 900 mm). Решение: Се поставува Бернулиева равенка за пресеците A-A и D-D:

DDAA

−−

hgpvpv DDAA ⋅++=+ρρ 22

22

Од равенката на континуитетот:

DA vDdv ⋅⋅⋅=⋅

⋅ δππ4

2

Се добива брзината на водата во точката D, односно:

δππ

⋅⋅⋅⋅⋅

=D

vdv AD 4

2

0015,06,04305,0 2

⋅⋅⋅⋅⋅

=π

π = 2,083 m/s

Разликата на притисокот меѓу точките A и D изнесува:

100

hgvvpp ADDA ⋅⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=− ρρ

22

22

9,081,910002

32

083,2100022

⋅⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅= = 6498,44 Pa

Брзината на водата во точката C изнесува:

166,4300600083,2

1

0 =⋅=⋅=DDvv DC m/s

Разликата на притисокот меѓу точките D и C изнесува:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=−

22

22DC

CDvvpp ρ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=

2083,2

2166,41000

22

= 6508,3 Pa

Брзината во точката B е еднаква на нула. Разликата на притисокот меѓу точките B и D изнесува:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=−

22

22BD

DBvvpp ρ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=

20

2083,21000

22

= 2169,44 Pa

101

Задача 11.1. Од резервоарот во кој владее притисок 0p и температура

0Ct , струи воздух во средината каде што владее притисок 1=atmp bar и температура 0

0 30=Ct C. Температурата на излезниот пресек на млазникот 1Ct е за 10 ºC пониска од температурата на околината и дека експанзијата е адијабатска, да се определи:

а) брзинaта на истекување на воздухот од млазникот. б) Притисокот p0 и густината ρ0 на воздухот во резервозрот.


⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅

−+=

−k

k

ppp

kkvv

1

0

1

0

020

21 1

122 ρ

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅

−⋅=

−k

k

ppp

kkv

1

0

1

0

01 1

12

ρ

Од равенката на состојбата се добиваат следните односи:

11

1 TRp⋅=

ρ ; 0

0

0 TRp⋅=

ρ ;

0

1

1

0

0

1

TT

pp

=⋅ρρ ;

k

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

0

1

0

1

ρρ

k

pp

−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

1

0

0

1

ρρ ;

k

pp

1

0

1

1

0−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

ρρ ;

0

1

1

0

1

1

0

1

0

1

TT

pp

pp

pp k

kk

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅

−⋅=

0

101 1

12

TTTR

kkv ( )101

2 TTRk

k−⋅⋅

−⋅= 10287

14,14,12 ⋅⋅−

⋅= =141,74 m/s

Равенката на состојбата на воздухот во резервоарот и пресекот 1-1: 000 TRp ⋅⋅= ρ и

111 TRp ⋅⋅= ρ и карактеристичната равенка за адијабатска состојба: k

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

1

0

1

0

ρρ или kk pp 0110 ρρ ⋅=⋅

Притисокот изнесува

514,14,1

51

1

010 10125,1

202733027310 ⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

++

⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

−−kk

TTpp Pa

Густината изнесува:

( )3027328710125,1 5

0

00 +⋅

⋅=

⋅=

TRp

ρ 1,2733 kg/m3

Задача 11.2. Воздух истекува во атмосфера низ цевка со дијаметар D = 600 mm и конвергентна млазница со излезен дијаметар d = 100 mm. Состојбта во пресекот 1-1 е определена со притисокот 138,01 =p MPa и температура 0

1 65=t C, и брзина 61 =v m/s. Во пресекот 2-2 притисокот е 103,002 === atppp MPa, температурата е t2 = 38 °C. Да се определат

волуменските протоци 1,vq и 2,vq , како и масениот проток низ двата пресеци.

102

Решение: Од равенката на континуитетот следи:

2221112,1, AvAvqq mm ⋅⋅=⋅⋅== ρρ ; 2

1

2

112 A

Avv ⋅⋅=ρρ

Од равенката на состојбата: 111 TRp ⋅⋅= ρ ; 222 TRp ⋅⋅= ρ

2

1

2

1

2

1

TT

pp

⋅=ρρ

=⋅⋅⋅= 2

2

1

2

2

112 d

DTT

ppvv =⋅

++

⋅⋅⋅

⋅ 2

2

6

6

100300

6527338273

10103,010138,06 66,57 m/s

Волуменските протоци во пресеците 1-1 и 2-2:

424,04

3,062

111, =⋅

⋅=⋅=πAvqv m3/s ; 523,0

41,057,66

2

222, =⋅

⋅=⋅=πAvqv m3/s

Густините на воздухот во двата пресеци изнесуваат:

( ) 4226,165273287

10138,0 6

1

11 =

+⋅⋅

=⋅

=TR

pρ kg/m3

( ) 154,138273287

10138,0 6

2

22 =

+⋅⋅

=⋅

=TR

pρ kg/m3

2221112,1, AvAvqq mm ⋅⋅=⋅⋅== ρρ

41,057,66154,1

43,064226,1

22

2,1,ππ ⋅

⋅⋅=⋅

⋅⋅== mm qq = 0,603 kg/s

Задача 11.3. Да се определи односот меѓу најмалиот и излезниот дијаметар на Лаваловата млазница, која овозможува тотална експанзија на воздухот. Пред млазницата владее апсолутен притисок 49,00 =p MPa, а после неа апсолутен притисок 1,02 =p MPa.


0112

1

0

1

0

020

21 =

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

−+

−−k

k

ppp

kkvv

ρ

121

0

0

0

1

211

−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅⋅

−−=

kk

vpk

kpp

ρ за

1

0

1

12 −

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+=

kk

kpp , и за критична брзина еднаква на

критичната брзина на звукот следи:

max12 C

kCv krkr ⋅

+== ;

0

0max ρ

pkC ⋅=

0

011 1

2ρp

kkCv ⋅+

⋅==

Брзината на воздухот во пресекот 2-2 изнесува:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅

−⋅=

−k

k

ppp

kkv

1

0

2

0

02 1

12

ρ

103

Равенката на континуитетот е:

=⋅⋅ 111 Avρ 222 Av ⋅⋅ρ следи 1

2

1

2

2

1

vv

AA

⋅=ρρ

Од равенката на состојбата: 111 TRp ⋅⋅= ρ и 222 TRp ⋅⋅= ρ следи:

2

1

1

2

1

2

TT

pp

⋅=ρρ ;

k

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2

1

2

1

ρρ следи

k

pp

1

1

2

1

2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

ρρ

0

0

1

0

2

0

01

1

2

2

1

12

11

2

ρ

ρ

pk

k

ppp

kk

pp

AA

kk

k

⋅−

⋅

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅

−⋅

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

−

=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

−+

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−k

k

pp

kk

pp k

1

0

2

1

1

2 111

Бидејки: 1

0

1

12 −

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+=

kk

kpp ;

111

0

2

1

1

2

21 −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ kkk kpp

pp ,

тогаш крајниот изглед на односот на површините е:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

−+

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

−

− kk

kk

pp

kk

ppk

AA

1

0

2

1

0

211

2

1 111

21

75,049,01,01

14,114,1

49,01,0

214,1 4,1

14,14,1

114,1

1

2

1 =⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅

−+

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

−−

AA

75,02

1 =AA ; 866,075,0

2

1 ==dd

Задача 11.4. Колкава вредност може да има брзината на воздухот при истекување од котелот во атмосфера, ако воздухот се наоѓа под манометарски притисок од 20 MPa и на температура од 10 ºC. При истекувањето се применува Лавалова млазница (според скицата) која обезбедува правилно ширење на гасот и падот на притисокот до атмосферскиот. Потоа, да се определи температурата на воздушната струја на излезот.


2211

−−

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅

−+=

−k

k

ppp

kkvv

1

1

2

1

121

22 1

122 ρ

за 11

1 TRp⋅=

ρ се добива:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅

−⋅=

−k

k

ppTR

kkv

1

0

212 1

12

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅⋅⋅

−⋅=

−4,1

14,1

20011283287

14,14,12 =665,9 m/s

11

1 TRp⋅=

ρ ; 2

2

2 TRp⋅=

ρ ;

1

2

2

1

1

2

TT

pp

=⋅ρρ ;

k

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

1

2

1

2

ρρ

104

k

pp

−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2

1

1

2

ρρ ;

k

pp

1

1

2

2

1−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

ρρ ;

1

2

1

1

2

1

1

2

1

2

TT

pp

pp

pp k

kk

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−−

Од Бернулиевата равенка: ( )212 12 TTR

kkv −⋅⋅−

⋅= или

( )21

21

22

21vvTTR

kk −

=−⋅⋅−

за 01 =v следи:

211 2

221

vRk

kTTT ⋅⋅−

=−=Δ 2142

9,665287

14,1

14,1 2

=⋅⋅−

= K

21410273 2 =−+=Δ TT ; 692142832 =−=T K ; 02 204−=t C

Задача 11.5. Во воздухот низ млазницата со дијаметар d = 25 mm во цека со дијаметар D = 150 mm (како на сликата) при што притисокот во цевката пред млазницата е 5,31 =p bar и температура t1 = 15 °C. Да се определи масениот проток на воздухот низ цевката, ако притисокот после млазницата изнесува:

а) 28,03 =p MPa b) 14,03 =p Mpa

Решение:

а) Односот: 8,01

3 =pp ; 528,0

0=

ppkr ;

01

3

pp

pp kr>

се гледа дека за излезниот пресек на млазницата меродавен е притисокот п3, тогаш брзината на истекување изнесува:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅

−⋅=

−k

k

ppTR

kkv

1

0

212 1

12

Од карактеристичната равенка, односот на густините во пресеците 1-1 и 2-2 изнесува:

k

pp

1

1

2

1

2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

ρρ , односно ⋅= 12 ρρ

k

pp

1

1

2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ⋅

⋅ 1

1

TRp k

pp

1

1

2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ; 12 80,0 pp ⋅=

( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −⋅+⋅⋅−

⋅=−4,1

14,1

2 8,011527328714,1

4,12v = 186,1 m/s

=2ρ ⋅⋅⋅

1

5

288287105,3 ( ) 4,1

18,0 = 3,725 kg/m3

Масениот проток изнесува:

4

2

22πρ ⋅

⋅⋅=dvqm 4

025,01,186725,32 π⋅

⋅⋅= = 0,340 kg/s

б) 528,04,035,014,0

01

3 =<==pp

pp kr тогаш 848,15,3528,0528,0 12 =⋅=⋅== ppp kr bar

1

122 1

2ρp

kkCv ⋅+

⋅== 112 TR

kk

⋅⋅+

⋅= = ( ) 7,3051527328714,1

4,12 =+⋅⋅+

⋅ m/s

=2ρ ( ) ⋅+⋅⋅

15273278105,3 5

4,11

528,0 = 2,77 kg/m3

4

2

22πρ ⋅

⋅⋅=dvqm 4

025,07,30577,22 π⋅

⋅⋅= = 0,416 kg/m3

105

Задача 12.1. Од млазник, во хоризонтална положба, истекува вода во атмосфера. Млазот се стеснува од пресек A1 = 50 cm2 на A2 = 10 cm2. Да се определи силата со која водата делува на потесниот пресек на млазот (R=?), ако низ млазникот истекува qv = 5 l/s.

Решение: Силата со која водата делува на млазникот се определува со применета на законот за количината на движење.

( ) GPPvvqR v +++−⋅⋅= 2121ρ При слободен истек во атмосфера 022, pppn −= , а бидејќи 02 pp = , тогаш 02 =P

Во правец на x-оската ; G нема своја компонрнта, односно 0=G ( ) 121 PvvqR v +−⋅⋅= ρ

Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1 – 1 ; 2 – 2 :

2211−−

ρρ

2221

21

22pvpv

+=+ , 20 pp =

2

21

22

01vvpp −

⋅=− ρ

Од равенката на континуитетот 2211 AvAv ⋅=⋅ , се добиваат односите :

11 A

qv v= ; 2

2 Aqv v=

Надпритисокот во пресекот 1 – 1, изнесува :

22

21

22

212

011, 2 AAAAqppp vn ⋅⋅

−⋅⋅=−= ρ

Силата со која водата делува на потесниот пресек на млазот, изнесува:

122

21

22

212

21

12

2A

AAAAq

AAAAqqR vvv ⋅

⋅⋅−

⋅⋅+⋅−

⋅⋅⋅= ρρ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅+−⋅⋅= 1

211 2

2

21

2

1

1

2

AA

AA

AqR vρ

( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅+−⋅

⋅⋅

⋅= −

−

11050

21

10501

10501051000 2

2

4

3

R = 40 N

Задача 12.2. Хоризонтална цевка, на местото на преминот од дијаметар D1 = 1500 mm на дијаметар d = 1000 mm, поставена е во бетонски блок. Потребно е да се определи силата во осовината што ја прима бетонскиот блок, при надпритисок p = 0,4 MPa при проток на вода од 8,1=vq m3/s.

106

Решение: Силата со која водата делува на конусниот дел на цевката се определува од равенката на законот за количината на движење:

( ) GPPvvqR v +++−⋅⋅= 2121ρ

Тежината на водата се занемарува 0=G ( ) 22,11,21 ApApvvqR nnv ⋅−⋅+−⋅⋅= ρ

Се поставува Бернулиева равенака за пресеците 1 – 1 ; 2 – 2 :

2211−−

ρρ

2,221,

21

22nn pvpv

+=+

Од оваа равенка се определува надпритисокот во пресекот 2-2 :

2

22

21

1,2,vvpp nn

−⋅+= ρ

Од равенката на континуитетот 2211 AvAv ⋅=⋅ , се добиваат брзините во бараните пресеци:

0186,15,1

8,144221 =⋅

⋅=

⋅⋅

=ππD

qv v m/s ; 292,20,1

8,144222 =⋅

⋅=

⋅⋅

=ππd

qv v m/s

2292,20186,11000104

225

2,−

⋅+⋅=np =397892,14 Pa

( )4

0,114,3978924

5,1104292,20186,18,1100022

5 ππ ⋅⋅−

⋅⋅⋅+−⋅⋅=R = 392062 N

Задача 12.3. Низ одводна цевка со дијаметар d = 200 mm и радиус на кривината r = 600 mm, струи вода со волуменски проток qv = 125 l/s. Надпритисокот на водата изнесува pn = 200 kPa. Со занемарување на хидрауличните загуби и тежината на водата, да се определи моментот M и силите со кој флуидната маса при течењето дејствува на ѕидовите на цевката. При кој вакуум (pv = ?) моментот ќе биде еднаков на нула? Решение: Со користење на законот за промената на количината на движење се определуваат силите со кој млазот (водата) делува на кривината.

11,11 ApvqR nv ⋅+⋅⋅= ρ

Од равенката на континуитетот 2211 AvAv ⋅=⋅ , се добива : π⋅

⋅== 221

4d

qvv v

⋅⋅= vqR ρ1 44 2

1,2π

π⋅

⋅+⋅⋅ dp

dq

nv ⋅⋅= 2

vqρ4

4 2

2π

π⋅

⋅+⋅

dpd n

107

22,22 ApvqR nv ⋅+⋅⋅= ρ ⋅⋅= 2vqρ

44 2

2π

π⋅

⋅+⋅

dpd n

=1R 2R ⋅⋅= 2125,010004

2,0102002,04 2

32

ππ

⋅⋅⋅+

⋅= 6780,5 N

Моментот кој го предизвикуваат силите изнесува : 7,81365,67806,02221 =⋅⋅=⋅⋅=⋅+⋅= RrrRrRM N⋅m

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅+

⋅⋅⋅⋅⋅=

442

2

22 π

πρ dp

dqrM nv

За M = 0, вакуумот изнесува:

=⋅

⋅⋅−= 242 16

πρ

dqp vv 43,15831

2,016125,01000 24

2 −=⋅

⋅⋅−π

Pa

Подпритисокот изнесува: 9,15=vp kPa

Задача 12.4. Доводниот цевковод во ХЕ има дијаметар D = 1,2 m и се дели на две еднакви гранки со d = 850 mm, кои ја доведуваат водата во две хидраулични турбини. Да се определи силата со која водата дејствува на местото на разгранувањето, ако надпритисокот на водата во пресекот 1-1 изнесува 51, =np MPa, а гранките меѓу себе формираат агол од 45º.

Вкупниот волуменски проток изнесува 6=vq m3/s. Хидрауличните загуби да се занемарат. Колку ќе изнесува оваа сила, ако вкупниот волуменски проток е нула, а надпритисокот во пресекот 1-1 порасне на 51, =np MPa ? Решение:

Од равенката за промена на законот на количината на движење се добива равенка за определување на силата со која млазот делува на цевководот.

321321 21

21 PPPvqvqvqR vvv +++⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅= ρρρ

Се определуваат скаларните компоненти на оваа сила во правците на x-оската и y-оската:

- За x-оската:

ααρρρ coscos21

21

33,22,11,321 ⋅⋅−⋅−⋅+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅= ApApApvqvqvqR nnnvvvx

Од равенката на континуитетот се определуваат брзините на водата во деловите на цевките во цевководот:

ππ 221 2,1644 ⋅

=⋅⋅

=D

qv v = 5,305 m/s ; π⋅

⋅== 232

24

d

q

vvv

= 2868,585,0

2642 =⋅

⋅

π m/s

131,11 =A m2 ; 567,032 == AA m2 Бидејќи 321 vvv =≅ , тогаш: 3,2,1, nnn ppp =≅

+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅= 045cos2868,56100021868,261000

21305,561000xR

108

0666 45cos567,0105567,0105131,1105 ⋅⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+ = 820106,879 N - За y-оската:

αρ sin21

33,3 ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅⋅⋅= ApvqR nvy

06 45sin567,01052868,56100021

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅+⋅⋅⋅=yR = 2015862,7 N

Вкупната сила изнесува: 2222 7,2015862879,820106 +=+= yx RRR = 2176300 N

За 0=vq и 71, =np MPa = 3,2, nn pp = - За x-оската:

αcos33,22,11, ⋅⋅−⋅−⋅= ApApApR nnnx =xR 0666 45cos567,0107567,0107131,1107 ⋅⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅ = 1141493,2 N

- За y-оската: 8,280650645sin567,0107sin 06

33, =⋅⋅⋅=⋅⋅= αApR ny N Вкупната сила изнесува:

2222 8,28065062,1141493 +=+= yx RRR = 3029766,8 N Задача 12.5. Низ цевковод тече вода со волуменски проток 200=vq l/s, кој е насочен под агол од 60º, а дијаметарот се стеснува од D = 600 mm на d = 400 mm. Да се определи силата со која водта делува на овој елемент: Решение:

Со користење на равенката на законот за промената на количината на движење, се добива силата сикоја водата делува на елементот меѓу пресеците 1-1 и 2-2.

( )21 vvqR v −⋅⋅= ρ Скаларните компоненти на оваа сила во правците на x и y оските се:

( )αρ cos21 ⋅−⋅⋅= vvqR vx ( )αρ sin0 2 ⋅−⋅⋅= vqR vy = αρ sin2 ⋅⋅⋅− vqv

Од равенката на континуитетот 2211 AvAv ⋅=⋅ , се добиваат брзините:

11 A

qv v= ; 2

2 Aqv v=

Тогаш:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⋅⋅= αρ cos1

2

1

1

2

AA

AqR v

x = ( )⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⋅

⋅⋅

⋅−

02

2

2

3

60cos4006001

46,0

102001000π

= 684,17− N

644,27560sin

44,0

2,01000sin 02

2

2

2

−=⋅⋅

⋅−=⋅⋅−=π

αρAqR v

y N

109

Вкупната сила изнесува:

2222 644,275684,17 +=+= yx RRR = 276,23 N Нападниот агол:

x

y

RR

rgarc=β = '0 2086684,17644,275

=rgarc

Задача 12.6. На правоаголна плоча со маса m и должина L удира, во тежиштето, млаз вода чија брзина на излезот од млазникот изнесува v0, а волуменскиот проток qv,0. Плочата е поврзана во зглобот 0. Да се определат волуменските протоци qv,1 и qv,2, како и силата со која треба да се делува нормално, на крајот од плочата за истата да биде под агол α . Течноста е идеална.

Решение: Законот за промена на количината на движење за овај случај е:

GRFvqvqvq rvvv +==⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅ 00,22,11, ρρρ Каде што: R - сила со која млазот делува на плочата

G - сила со која масата вода делува на плочата меѓу означените пресеци Со проекција на x-оската се добива скаларната големина на силата R:

αρ sin00, ⋅⋅⋅== vqRR v За идеална течност (без хидраулични загуби) 0=Σξ , односно:

210 ppp == ; 210 vvv ==

Проекцијата на силата на y-оската изнесува:

( )22,11,00, cos0 vqvqvq vvv −⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅= ρραρ ; 2,1,0, cos vvv qqq −=⋅ α Од равенката на континуитетот се добива: 2,1,0, vvv qqq += Со користење на овие две равенки се добиваат волуменските протоци 1,vq и 2,vq , како што следи:

110

2cos1

0,1,α+

⋅= vv qq ; 2

cos10,2,

α−⋅= vv qq

Равенката за моментите за рамнотежа на силите околу зглобот 0 е:

0=ΣM ; 0cos22

=⋅⋅⋅−⋅−⋅ αLgmLRLF

ααρ cos22

sin00, ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=⋅LgmLvqLF v

( )ααρ cossin21

00, ⋅⋅+⋅⋅⋅⋅= gmvqF v

Задача 12.7. Плочата се наоѓа под дејство на слободен млаз, нормален на правецот на движењето, при што го дели млазот на два дела: со проток 1,vq , низ самата плоча и под агол α и проток 2,vq . Вкупниот волуменски проток на млазот изнесува 36=vq л/с, а брзината во сите делови на млазот е иста и изнесува 30=v м/с. Протокот на делот од млазот што тече низ плочата изнесува 121, =vq л/с. Да се определи силата со која млазотделува на плочата (Р = ?) и аголот (α = ?). Тежината на млазот и хидрауличните загиби да се

занемарат. Решение: Се применува законот за промената на количината на движење за пресеците a-a и n-n:

aa − αρρ sin0 2,1, ⋅⋅⋅−⋅⋅= vqvq vv (1) nn − αρρ cos2, ⋅⋅⋅−⋅⋅= vqvqR vv (2)

Од равенката (1) се добива αsin2,1, ⋅= vv qq , односно:

2,

1,sinv

v

qq

=α ; 0

1,

1,

2,

1, 301236

12sinsinsin =−

=−

== arcqq

qarc

qq

arcvv

v

v

vα

Од равенката (2) се добива големината на силата со која млазот делува на плочата:

αρρ cos2, ⋅⋅⋅−⋅⋅= vqvqR vv = 45630cos30102410003010361000 033 ⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅ −− R = 456 N

Задача 12.8. Да се определи силата со која струјата делува на разделната рачва на цевководот на ХЕ која е анкерисана на бетонски блок (според скицата). Димензиите се: D = 3 m ; d = 2 m ; 060=α . Апсолутниот притисок на влезот во рачвата 3981 =p kPa, а вкупниот волуменски проток изнесува

351, =vq m3/s. Протокот рамномерно се дели на двете турбини. Проекцијата на рачвата е дадена во хоризонтална положба (x,y). При пресметката да се занемарат струјните загуби. Масата на водата во рачвата изнесува 111=m t, а атмосферскиот притисок изнесува 1030 =p kPa.

111

Решение: Силата со која флуидната маса делува на рачвата изнесува:

32133,22,11, PPPvqvqvqR vvv +++⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅= ρρρ Проекциите на силата во правецот на x и y- оските е:

αααραρ sinsinsin21sin

21

332231,21, ⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−= ApApvqvqR vvx

+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅= αραρρ cos21cos

21

31,21,11, vqvqvqR vvvy

αα coscos 332211 ⋅⋅−⋅⋅−⋅+ ApApAp gmRz ⋅−=


3,2,1, vvvv qqqq +== ; 1,3,2, 21

vvv qqq ⋅== , односно:

95,43

354422

1,1 =

⋅⋅

=⋅

⋅=

ππDq

v v m/s ; 57,52

352222

1,32 =

⋅⋅

=⋅

⋅==

ππdq

vv v m/s

Притисоците во пресеците 2-2 и 3-3 ќе се определат со помош на Бернулиевата равенка поставена за пресеците 1-1 ; 2-2 и 3-3:

2211−−

ρρ

2221

21

22pvpv

+=+ ; ( )22

2112 2

vvpp −⋅+=ρ

( ) 8,39473857,595,42

1000398000 222 =−⋅+=p Pa

3311−−

ρρ

3231

21

22pvpv

+=+ ; ( )23

2113 2

vvpp −⋅+=ρ

( ) 8,39473857,595,42

1000398000 223 =−⋅+=p Pa

Надпритисокот во овие пресеци изнесува: 295000103000398000011, =−=−= pppn Pa

8,2917381030008,394738023,2, =−=−== pppp nn Pa Силите на притисок во пресеците 1-1 ; 2-2 и 3-3 изнесуваат:

1,20852324

32950004

22

1,1 =⋅

⋅=⋅

⋅=ππDpP n N

47,9165244

28,2917384

22

2,32 =⋅

⋅=⋅

⋅==ππdpPP n N

Со замена на определените големини, во равенките се определуваат вредностите за Rx ; Ry и Rz:

238,291738

238,291738

2357,53510

21

2357,53510

21 33 ⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−= ππxR

6,1756298−=xR N

+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅=2157,53510

21

2157,53510

2195,43510 333

yR

7,1244482218,291738

218,291738

43295000

2

=⋅⋅−⋅⋅−⋅

⋅+ πππ N

112

108891081,9111000 −=⋅−=⋅−= gmRz N Вкупната сила изнесува:

2412270222 =++= zyx RRRR N = 2412 kN

Задача 12.9. Кај Пелтоновата турбина водениот млаз има дијаметар d = 50 mm и брзина v = 70 m/s. По ударот во работната лопатка тој излегува под агол 010=β . Коефициентот на отпорот на лопатката, кој ги дефинира загубите на специфичната енергија на водата преку релативната брзина на влезот изнесува 2,0=ξ . Да се определи силата со која дејствува млазот на:

а) Неподвижната лопатка б) Подвижната лопатка која се движи со константна брзина 35=u m/s. в) Коефициентот на полезно дејство

Решение:

а) Силата со која млазот дејствува на лопатката изнесува:

211 PPvqvqR vv ++⋅⋅−⋅⋅= ρρ Во конкретниот случај:

( )βρ cos1+⋅⋅⋅= vqR v Волуменскиот проток е:

=⋅

⋅=4

2 πdvqv =⋅

⋅4

05,0702 π 137,45⋅10-3 m3/s

Силата со која млазот делува на неподвижната лопатка знесува: ( ) 1909610cos1701045,1371000 03 =+⋅⋅⋅⋅= −R N

б) За подвижна лопатка која се движи со преносна брзина 35=u m/s силата изнесува:

( )21

cos1 uvAR −⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++⋅⋅=

ξβρ = ( ) 64,45673570

2,0110cos1

405,010 2

023 =−⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++⋅

⋅⋅

π N

в) Коефициентот на полезно дејство изнесува:

vu

vu

vq

uR

v

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++⋅=

⋅⋅

⋅=

2

2 11

cos12

2ξβ

ϑη

475,07035

70351

2,0110cos12

20

=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++⋅=η

Задача 12.10. Вентил со дијаметар на седлото d = 25 mm пропушта 10=vq l/s масло при надпритисок на седлото 2,3=p MPa и отвор b = 5 mm. Да се определи аголот (α = ?) на правецот под кој истекува флуидната струја од вентилот, ако почетниот притисок при отворањето на вентилот изнесува 5,20 =p MPa, а коефициентот на пружината C = 20 N/mm, густината на маслото е 920=ρ kg/m3.

113

Решение: Силата со која маслото делува на засунот од вентилот изнесува:

11 PvqvqR vv +⋅⋅−⋅⋅= ρρ Проекцијата на силата во правецот на x-оската изнесува:

4cos

2

1παρρ ⋅

⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅==dpvqvqRR vvx

Почетната сила што дејствува на пружината при затворен вентил изнесува:

4

2

00π⋅

⋅=dpP 2,1227

4025,0105,2

26 =

⋅⋅⋅=

π N

При делумно отворен вентил за b = 5 mm, силата што дејсвува на пружината изнесува:

2,13275202,12270 =⋅+=⋅+= bCPP N Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 1-1 и 2-2.

2211−−

ρρ

2211

2

22pvpv

+=+ ; ppp += 01 ; 02 pp = , следи:

21 2 vpv +⋅=

ρ

Од равенката на континуитетот се добива:

37,20025,0

01,04422 =⋅

⋅=

⋅⋅

=ππd

qv v m/s ; 86,8537,20920

102,32 26

1 =+⋅

⋅=v m/s

за 2,1327== PRx N и 4

cos2

1παρρ ⋅

⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅=dpvqvqR vvx се добива равенка

за определување на аголот α , односно:

=⋅⋅

⋅⋅+⋅⋅

=1

2

4cosvq

dpvqarc

v

v

ρ

πρα

86,8501,09204

025,0102,337,2001,0920cos

26

⋅⋅

⋅⋅⋅+⋅⋅

π

arc

'00 565693,56 ==α Задача 12.11. Цевка со константен дијаметар d = 50 mm е свиткана според скицата. Цевката се врти со n = 120 min-1. Излезната насока на водата е под агол

030=iβ во однос на тангентата на излезниот круг кој има полудијаметар r2 = 1000 mm. Висината на вертикалниот дел на цевката изнесува h = 2000 mm над нивото на водата во резервоарот. Ако течноста (водата) е идеална, да се определи:

а) Притисокот во пресекот 1-1

114

б) количината на вода што се испумпува од цевката в) Излезниот триаголник на брзините, односно вредноста на сите брзини и

припадни агли, како и моќта потребна за ротација на цевката за случаи: - ако цевката ротира на десно - ако цевката ротира на лево. Решение :

а) Се поставува Бернулиева равенка за рамномерно вртливи канали за

пресеците 1-1 и 2-2 :

2211−−

hguwpuwp⋅+−+=−+

2222

22

220

21

211

ρρ

Бидејќи 01 ≅u и 21 ww = , од предходната равенка се добива :

hguppp v ⋅−==−

2

221,10

ρρ

Преносната (обемна) брзина изнесува :

566,1230

120130

22 =

⋅⋅=

⋅⋅=

ππ nru m/s

Вакуумот во пресекот 1-1 изнесува :

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅⋅= 2

81,92566,1281,91000

2

222

1, hg

ugpv ρ = 59332 Pa

б) Се поставува Бернулиева равенка за рамномерно вртливи канали за пресеците 0-0 и 2-2 :

2200

−−

hguwpp⋅+−+=

22

22

2200

ρρ

За релативната брзина се добива : 89,10281,92566,122 22

22 =⋅⋅−=⋅⋅−== hguww m/s Волуменскиот проток што се испумпува изнесува :

115

0214,04

05,089,104

22

=⋅

⋅=⋅

⋅=ππdwqv m3/s

- За десна ротација на цевката, аглите и брзините изнесуваат :

000

12 15030180 =−=−= βπβ ; 566,122 =u m/s ; 89,102 =w m/s Проекциите на релативната и апсолутната брзина на правецот на преносната брзина изнесуваат:

43,9150cos89,10cos 022,2 −=⋅=⋅= βww u m/s

136,343,9566,12,22,2 =−=−= uu wuv m/s Проекциите на апсолутната и релативната брзина во меридијанскиот правец изнесуваат:

445,530sin89,10sin 022,2,2 =⋅=⋅== βwwv mm m/s

0

,2

,22 06,60

136,3445,5

=== tgarcvv

tgarcu

mα

Моќноста потребна за ротација на цевката изнесува: ( ) uvuuv vuqvuvuqN ,22,22,11 ⋅⋅⋅−=⋅−⋅⋅⋅= ρρ

843136,3566,120214,01000 −=⋅⋅⋅−=N W Знакот “минус” покажува дека станува збор за пумпа. - За лева ротација на цевката, аглите и брзините изнесуваат

0

12 30== ββ ; 566,122 =u m/s ; 89,102 =w m/s 43,930cos89,1030cos 00

2,2 =⋅=⋅= ww u m/s 996,2143,9566,12,22,2 =+=+= uu wuv m/s

445,530sin89,10 0,2 =⋅=mv m/s

'00

,2

,22 54139,13

996,21445,5

==== tgarcvv

tgarcu

mα

6,229,13cos

96,21cos 0

2

,22 ===

αuv

v m/s

Моќноста потребна за ротација на цевката изнесува: ( ) uvuuv vuqvuvuqN ,22,22,11 ⋅⋅⋅−=⋅−⋅⋅⋅= ρρ

5915136,3566,120214,01000 =⋅⋅⋅−=N W

116

Задача 12.12. Цевка со дијаметар d = 10 mm, со еден свој крај е потопена во вода, наполнета е со вода и врти со константна аглова брзина. Другиот крај на цевката се наоѓа над слободната површина на висина h = 800 mm, и има полудијаметар на вртење r = 300 mm. Да се определи: а) при која аголна брзина водата ќе се наоѓа во цевката во релативно мирување? б) која количина на вода ќе истече од цевката при аголна брзина два пати поголема од онаа определена под а), и колкав вртежен момент е потребен за одржување на таа аголна брзина? Вкупниот коефициент на отпорот на цевката изнесува 3=ξ .

Решение:

а) Се поставува енергетска равенка за рамномерно вртливи канали за пресеците 1-1 и 2-2:

2211−−

222

22200 whguwpp

⋅+⋅+−+= ξρρ

Според условите во задачата 0=w , се добива: 696,158,081,9222 =⋅⋅=⋅⋅= hgu ; 962,3=u m/s

Преносната брзина ω⋅= ru , односно агловата брзина изнесува:

206,133,0

962,3===

ruω rad/s

б) Според условот во задачата 41,2621 == ωω rad/s Од поставената енергетска равенка се определува релативната брзина:

ξ+⋅⋅−

=1

221 hguw

Според условите во задачата: 924,741,263,011 =⋅=⋅= ωru m/s

ξ+⋅⋅−

=1

8,081,92924,7 2

w =3,43 m/s

Волуменскиот проток при овие услови изнесува: 3

22

1027,04

01,043,34

−⋅=⋅

⋅=⋅

⋅=ππdwqv m3/s

Реактивниот момент со кој делува протокот на ѕидовите на каналот во однос на оската на неговото вртење се определува преку промената на секундарниот момент на количината на движење на млазот:

( )2,21,1 uuv vrvrqM ⋅−⋅⋅⋅= ρ Во конкретниот случај:

924,73,01027,01000 31 ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= −urqvrqM vuv ρρ

64152,0=M N·m Задача 12.13. Водата истекува од неподвижниот сад преку вртлива цевка со насадка со дијаметар d = 20 mm, под статички напор H = 1,2 m. Радиусот на вртењето на излезниот пресек на насадката е r = 500 mm. Да се определи

117

волуменскиот проток низ цевката и моментот, ако цевката се врти со n = 200 min-

1. Хидрауличните и механичките загуби да се занемарат.


2211−−

22

22

2200 uwp

Hgp

−+=⋅+ρρ

Релативната брзина на водата во излезниот пресек 2-2 е: 2

2 2 uHgw +⋅⋅= Преносната брзина изнесува:

467,10302005,0

30=

⋅⋅=

⋅⋅=⋅=

ππω nrru m/s

Релативната брзина изнесува: 2

2 2 uHgw +⋅⋅= = 2467,102,181,92 ⋅⋅⋅ = 3,6·10-3 m3/s Моментот се определува од реавенката:

( )2,21,1 uuv vrvrqM ⋅−⋅⋅⋅= ρ Во конкретниот случај:

467,105,0106,31000 3,2 ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅−= −uv vrqM ρ

8,18=M N·m

Задача 12.14. Во работното коло на аксијална (осна) реактивна турбина протокот на вода излегува од спроводниот апарат со апсолутна брзина v1 = 30 m/s формирајки агол 0

1 20=α . Да се определи (за еден меѓулопатичен канал) кружната и аксијалната компонента на реакцијата (Ru и Rz). Преносната брзина изнесува u = 25 m/s. Чекорот на лопатките на работното коло се t = 60 mm, а ширината на каналот (нормално на чекорот)

е b = 40 mm. Аголот на лопатките на излезот е 02 25=β . Коефициентот на

отпорот (се изразува како отпор на каналот дефиниран со излезната релативна брзина) .2,0=ξ Решение: Силата со која водената маса делува врз лопатката на работното коло изнесува:

GPPwqwqR ww +++⋅⋅−⋅⋅= 2121 ρρ

118

Кружната компонента на оваа сила изнесува: ( )2,1, uuwu wwqR −⋅⋅= ρ

Каде што: 2,1, ; uu ww - проекција на релативната брзина во правецот на преносната брзина

(на влезот и излезот на работното коло) 1111, cos uvwu −⋅= α ; 222, cos β⋅−= wwu

Волуменскиот проток tbvqw ⋅⋅⋅= 11 sin α при што mvv ,111 sin =⋅ α

Релативната брзина 2w на излезот од работното коло се определува од условот за еднакви меридијански брзини на влезот и излезот. Од триаголниците на брзините следува:

2211,2,1 sinsin; βα ⋅=⋅= wvvv mm

=⋅=2

112 sin

sinβαvw 28,24

25sin20sin30 0

0

=⋅ m/s

30 106,2406,004,020sin30 −⋅=⋅⋅⋅=wq m3/s Кружната компонента на силата изнесува:

( )2211 coscos βαρ ⋅+−⋅⋅⋅= wuvqR wu

( ) 82,61925cos28,242520cos30106,2410 0033 =⋅+−⋅⋅⋅⋅= −uR N

Падот на притисокот меѓу влезниот и излезниот попречен пресек на каналот ја определува аксијалната компонента на релативната сила. Оваа сила се определува со помош на енергетска равенка за релативно движење на канал за пресеци 1-1 и 2-2:

2211−−

222

222

221

21 wpwpw

⋅++=+ ξρρ

Од горната равенка следи: ( )ξρ +⋅⋅=− 12

22

21wpp

2

21w

⋅− ρ

Од влезниот триаголник на брзината се добива:

2520cos3020sin30

cossin

01

0

11

11

,1

,11 −⋅

⋅=

−⋅⋅

== tgarcuv

vtgarcwv

tgarcu

m

ααγ = 72º 44'

Релативната брзина на излезот од работното коло изнесува:

'0

0

1

111 4472sin

20sin30sin

sin ⋅=

⋅=

γαvw = 10,745 m/s

119

( ) ( )2745,1010002,01

228,241000

21

2

2221

22

21 ⋅−+⋅⋅=⋅−+⋅⋅=−wwpp ρξρ

5,29598321 =− pp Pa Аксијалната компонента на реактивната сила изнесува:

71006,004,05,295983 =⋅⋅=⋅⋅Δ= tbpRz N

Задача 12.15. Од резервоарот во кој владее константен надпритисок pm = 1 MPa, истекува вода низ вертикална закривена цевка, на чиј крај има млазник со дијаметар d = 50 mm и должина L = 200 mm. Според сликата познато е: r = 400 mm и D = 100 mm.

а) Со занемарување на тежината на водата во цевката и млазникот да се определат силите и моментите предизвикани со истекувањето на водата, кои ги оптоваруваат споевите A и B.

б) Колку ќе изнесува оптоварувањето на спојот B ако млазникот се демонтира? Решение:

а) Оптоварувањето на спојот A, дадено е врз основа на пресеците 1-1 и 2-2 со векторската равенка:

( ) 2121 PPvvqR vA ++−⋅⋅= ρ Бидејки 02 pp = , односно 022, pppn −= , тогаш и 02 =p

Во скаларен облик горната равека е:

( )4

2

1,21πρ ⋅

⋅+−⋅⋅=DpvvqR nvA

Од Бернулиевата равенка поставена за пресеците 1-1 и 2-2:

2211−−

Lgvpv n ⋅+=+22

221,

21

ρ

Се добива вредноста за надпритисокот на водата во пресекот 1-1:

2

21

22

1,vvLgpn

−⋅+⋅⋅= ρρ

Од равенката на континуитетот се добиваат односите на брзините на водата:

2

2

21

1 Ddv

Aqv v ⋅==

Се поставува Бернулиева равенка за некој пресек во резервоарот 4-4 (каде што течноста мирува) и пресекот 2-2:

2244

−−

( )rLgpvppm +⋅++=+

ρρ0

220

2

Од оваа равенка се добива:

( ) =+⋅⋅−⋅

= rLgpv m 222 ρ

( ) =+⋅⋅−⋅⋅ 4,02,081,92

100010102 5

44,6 m/s


120

15,11100506,44 2

2

2

2

21 =⋅=⋅=Ddvv m/s

Волуменскиот проток е: 3

22

1 1057,874

1,015,114

−⋅=⋅

⋅=⋅

⋅=ππDvqv m3/s

Надпритисокот на водата во пресекот 1-1 изнесува:

2

21

22

1,vvLgpn

−⋅+⋅⋅= ρρ =

215,116,4410002,081,91000

22 −⋅+⋅⋅ = 934380,75 Pa

Силата што го оптоварува спојот A изнесува:

( )4

2

1,21πρ ⋅

⋅+−⋅⋅=DpvvqR nvA ( )

41,075,9343806,4415,111057,8710

233 π⋅

⋅+−⋅⋅⋅= −

4,4409=AR N Оптоварувањето на спојот B даден е врз основа на пресеците 2-2 и 3-3 со векторската равенка:

( ) 2323 PPvvqR vB ++−⋅⋅= ρ за 02 pp = , односно 022, pppn −= , тогаш и 02 =p Скаларните компоненти на силата за правците x и z изнесуваат:

4

2

3,3,πρ ⋅

⋅+⋅⋅=DpvqR nvxB ; 2, vqR vzB ⋅⋅= ρ

Од равенката на континуитетот следи: 15,1113 == vv m/s. Се поставува Бернулиева равенка за пресеците 4-4 и 3-3:

3344

−−

ρρ

03,230

2ppvpp nm +

+=+

Се добива вредноста за надпритисокот на водата во пресекот 3-3:

75,937838215,11101010

2

235

23

3, =⋅−⋅=⋅−=vpp mn ρ Pa

Проекциите на силите во спојот B изнесуваат:

4

2

3,3,πρ ⋅

⋅+⋅⋅=DpvqR nvxB 4

1,075,93783815,111057,87102

33 π⋅⋅+⋅⋅⋅= − = 8342,17 N

2, vqR vzB ⋅⋅= ρ 62,39056,441057,871000 3 =⋅⋅⋅= − N Моментот изнесува:

25,15624,062,3905, =⋅=⋅= rRM zB N⋅m б) Кога млазникот се демонтира:

( ) 313 PvvqR vB +−⋅⋅= ρ

4

2

3,3,πρ ⋅

⋅+⋅⋅=DpvqR nvxB ; 1, vqR vzB ⋅⋅= ρ


1144

−−

rgpvppm ⋅++=+

ρρ0

210

2

67,444,081,91000

101022 5

1 =⋅−⋅⋅

=⋅−⋅

= rgpv m

ρ m/s ; 67,4431 == vv m/s


121

3344

−−

ρρ

03,230

2ppvpp nm +

+=+

39244,0100081,92

23

3, =⋅⋅=⋅⋅=⋅−= rgvpp mn ρρ Pa


351,04

1,067,444

22

1 =⋅

⋅=⋅

⋅=ππDvqv m3/s

Проекциите на силите во спојот B изнесуваат:

4

2

3,3,πρ ⋅

⋅+⋅⋅=DpvqR nvxB 4

1,0392467,44351,0102

3 π⋅⋅+⋅⋅= = 15710 N

1, vqR vzB ⋅⋅= ρ 2,1567967,44351,01000 =⋅⋅= N Моментот изнесува:

67,62714,02,15679, =⋅=⋅= rRM zB N⋅m

122

123

Задача 13.1. Минерално масло со коефициент на кинематска вискозност 5105,1 −⋅=ν m2/s и густина

870=ρ kg/m3, стационарно струи мјеѓу две неподвижни плочи со 2·b = 4 mm. Димензиите на двете плочи се B = 12 cm (нормално на рамнината на цртежот) и L = 1 m. Ако 2,0=Δp bar, да се определи максималната и средната брзина на струењето и волуменскиот проток на маслото.

Решение:

Бидејки односот L

B⋅2

е доста мал, тогаш струењето е рамнинско, односно:

0== zy vv ; xvv = и 0=∂∂z

Проблемот е дефиниран во полето на силите на земјината гравитација, односно: ( )zggradUgradF ⋅−==

0=∂∂

xv x ; од равенката на континуитетот: 0=vdiv следи:

0=∂∂

+∂

∂+

∂∂

zv

yv

xv zyx , се заклучува дека струењето зависи само од променливата y

односно, ( )yvv = . Навие-Стоксовите равенки во развиен скаларен облик се:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

⋅+∂∂⋅−=

∂∂⋅+

∂∂⋅+

∂∂⋅+

∂∂

2

2

2

2

2

21zv

yv

xv

xp

pX

zvv

yvv

xvv

tv xxxx

zx

yx

xx ν

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+∂∂

+∂∂

⋅+∂∂⋅−=

∂∂⋅+

∂∂⋅+

∂∂⋅+

∂∂

2

2

2

2

2

21zv

yv

xv

yp

pY

zv

vyv

vxv

vt

v yyyyz

yy

yx

y ν

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

⋅+∂∂⋅−=

∂∂⋅+

∂∂⋅+

∂∂⋅+

∂∂

2

2

2

2

2

21zv

yv

xv

zp

pZ

zvv

yvv

xvv

tv zzzz

zz

yz

xz ν

Навие-Стоксовите равенки со воведените претпоставки се:

2

210yv

xpX x

∂∂⋅+

∂∂⋅−= ν

ρ

ypY∂∂⋅−=

ρ10

zpZ∂∂⋅−=

ρ10

Наместо притисокот p и надворешната сила UgradF = се воведува генералисан притисок UpP ⋅−= ρ . Со користењето на горните равенки се

докажува дека 0=dydP и 0=

dzdP , односно:

2

2

yv

xP x

∂∂⋅=

∂∂ η , односно

124

kdy

vddxdP x −=⋅= 2

2

η

Се воведува константата k, затоа што диференцијалната равенка е од II ред и претставува специјална, односно левата и десната страна зависат од различни променливи. По интеграцијата, генералисаниот притисок е: CxkP +⋅−=

Со користење на граничните услови се добива за 20=Δ

=Lpk kPa/m

Се интегрира равенката за определување на брзината:

ηk

dyvd x −=2

2

, односно: 1Cykdydv x +⋅−=

η или 21

2

2CyCykv x +⋅+⋅

⋅−=

η

Од граничните услови 0; =±= vby се определуваат константите, конечниот облик на брзината е:

( )22

2ybkvv x −⋅

⋅==

η

За y=0 се добива: η⋅⋅

=2

2

maxbkv =

Lbp⋅⋅⋅Δη2

2

= ( ) 065,31870105,12

102200005

23

=⋅⋅⋅⋅

⋅⋅−

−

m/s


( )∫∫+

−

+

−

⋅−⋅⋅⋅Δ⋅

=⋅⋅=b

b

b

bv dyyb

LpBdyBvq 22

2 η=

LbpB

⋅⋅Δ⋅

⋅η

3

32

( ) 55

33

101,981870105,1

1022000012,032 −

−

−

⋅=⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅=vq m3/s

Средната брзина изнесува:

04,212,01022

1081,92 3

5

=⋅⋅⋅

⋅=

⋅⋅=

−

−

Bbqv v

sr m/s

Задача 13.2. Рамна плоча со должина L = 1200 mm се движи со брзина v0 = - 0,8 m/s, паралелно со струјната рамнина наведната под агол 030=α , во однос на хоризонталната рамнина. Зазорот меѓу плочата и косата рамнина е b = 5 mm, а разликата на притисокот е 25=Δp kPa. Да се определи распоредот на брзините, волуменскиот проток и тангентниот напон на горната плоча. Работниот флуид е масло со густина 900=ρ kg/m3 и коефициент на кинематска вискозност

5108 −⋅=ν m2/s. Решение: На ист начин како и во задача 13.1, општото решение на брзината е:

212

2CyCykv x +⋅+⋅

⋅−=

η

Со користење на граничните услови: 0;;0;0 vvbyvy ====

Се определуваат константите: bkbv

C ⋅⋅

+=η2

01 ; 02 =C

125

Равенката за распоредот на брзината е:

( )20

2yybky

bv

v x −⋅⋅⋅

+⋅=η

Од решението на равенката за генералисаниот притисок UpP ⋅−= ρ , односно CxkP +⋅−= , се определува константата k со користење на граничните услови:

0=x ; 11 zgpP ⋅⋅+= ρ и Lx = ; 22 zgpP ⋅⋅+= ρ Од сликата следи: αsin21 ⋅=− Lzz и 21 ppp −=Δ , тогаш константата k е:

αρ sin⋅⋅+Δ

= gLpk = 25,2530sin81,9900

2,125000

=⋅⋅+ kPa/m'

Со внесување на бројните вредности се добива равенката за распоредот на брзината:

( )25 005,0

108900225250

005,08,0 yyyv −⋅⋅

⋅⋅⋅+⋅−=

−, односно:

2510754,1717 yyv ⋅⋅−⋅= Се бара за која вредност на y брзината ќе има максимална вредност?

02

22

0 =⋅⋅

⋅−⋅⋅

+= ykbkbv

dydv

ηη ;

kbvby⋅⋅

+=η0

2

35

1004,225250005,0

1089008,02005,0 −

−

⋅=⋅

⋅⋅⋅−+=y m

Профилот на брзината е прикажан на следната слика:

Волуменскиот проток се определува со интегрирање на производот од брзината и површината на попречниот пресек, односно:

( )∫ =⋅⋅⋅⋅−⋅=b

v dyyyq0

25 110754,171703

10754,12

7173

52 byy

⋅⋅−⋅

352 10754,131717

21 bbqv ⋅⋅⋅−⋅⋅= = ( ) ( )33523 10510754,1

31105717

21 −− ⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅

31065,1 −⋅=vq m3/s Тангентниот напон на горната плоча изнесува:

( )bbkbv

dydv

by

⋅−⋅+⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

=

22

0ηητ = bkbv

⋅−⋅2

0η

645,74005,02

25250005,0

8,0108900 5 −=⋅−−

⋅⋅⋅= −τ N/m2

Задача 13.3. Течен слој со дебелина 3=δ mm и кинематска вискозност

4105,1 −⋅=ν m2/s, рамномерно се движи под дејство на силата на земјината гравитација по наведната рамнина која со хоризонталната рамнина формира агол 015=α . Да се определи законот на распоредот на брзината на слојот, како

126

и протокот на течноста ако широчината на површината во која се движи течноста изнесува B = 1 cm.

Решение:

Притисокот на слободната површина е константен и атмосферски, а дебелината на слојот е δ е мала големина, тогаш притисокот по должината на x – оската не

се менува, односно: 0=∂∂xp

Навие-Стоксовите равенки во развиен (скаларен) облик се:

xx v

xpX

dtdv

Δ⋅+∂∂⋅−= ν

ρ1 , односно

2

210yv

xpX x

∂∂⋅+

∂∂⋅−= ν

ρ

Скаларната компонента на надворешната сила по x-оската е: αsin⋅= gX

Тогаш: αν

sin2

2

⋅−=g

dyvd x

Се интегрира:

1sin Cygdydv x +⋅⋅−= α

ν или 21

2sin2

CyCygv x +⋅+⋅⋅⋅

−= αν

Од граничните услови:

0=y ; 0=xv за δ=y ; δη

δ

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

y

x

dydv

Се определуваат интеграционите константите C1 и C2, односно:

αδν

sin1 ⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

gC ; 02 =C

Со весување на определените константи во равенката за распоред на брзините се добива:

ygygv x ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

−= αδν

αν

sinsin2

2 , односно:

( )yygv x −⋅⋅⋅⋅

⋅= δ

να 2

2sin

За δ=y се добива: ανδ sin

2

2

max, ⋅⋅⋅

=gv x


( )∫∫ ⋅−⋅⋅⋅⋅⋅

⋅=⋅⋅=δδ

δαν0

2

0

2sin2

dyyygBdyvBq xv

127

νδ

⋅⋅⋅

=3

3gBqv = ( ) 04

332

15sin105,13

10381,9101⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅−

−−

= 1,523·10-6 m3/s = 1,523 cm3/s

13.4 На течен слој кој се наоѓа на наведена (коса) рамнина, со брзина v0 се движи плоча паралелно на косата рамнина. Да се определи законот на промената на брзината во течниот слој, волуменскиот проток, како и тангентното напрегање 0τ на плочата, ако се познати следните големини: v0 = 0,2 m/s ;

015=α ; b = 5 mm. густината на течноста 900=ρ kg/m3, динамичката вискозност 2,0=η Pa·s, и широчината на плочата B = 5 cm.

Решение:

Притисокот под плочата е константен, а дебелината b е мала, тогаш се претпоставува дека притисокот по должината на x-оската не се менува, односно

0=∂∂xp

Навие-Стоксовите равенки во развиен (скаларен) облик се:

xx v

xpX

dtdv

Δ⋅+∂∂⋅−= ν

ρ1 , односно

2

210yv

xpX x

∂∂⋅+

∂∂⋅−= ν

ρ

Скаларната компонента на надворешната сила по x-оската е: αsin⋅= gX

Тогаш: αν

sin2

2

⋅−=g

dyvd x


1sin Cygdydv x +⋅⋅−= α

ν или 21

2sin2

CyCygv x +⋅+⋅⋅⋅

−= αν

Од граничните услови: 0=y ; 0=xv за by = ; 0vvx =

Се определуваат интеграционите константите C1 и C2, односно:

bgbvC ⋅

⋅⋅

+=να

2sin0

1 ; 02 =C

Законот на промената на брзината е:

( )20 2

sin yybgbyvv x −⋅⋅

⋅⋅⋅

+⋅=η

αρ


( )∫∫ ⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅⋅

⋅⋅⋅

+⋅⋅=⋅⋅=δδ

ηαρ

0

20

0 2sin dyyybg

byvBdyvBq xv

128

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅+⋅

⋅⋅=322

sin2

322

0yybgB

byvBqv η

αρ 0b

30 12

sin2

bgBbvBqv ⋅⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅=η

αρ

( )3303

105,02,012

15sin90081,905,02105,02,005,0 −

−

⋅⋅⋅⋅⋅

⋅+⋅

⋅⋅=vq

=vq 2,5·10-6 m3/s = 2,5 cm3/s Тангентното напрегање на плочата изнесува:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅⋅⋅

−⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

=

bgbv

dydv

by

x

ηαρηητ

2sin0

0 = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

⋅⋅⋅

−⋅

⋅ −−

40

4 1052,02

15sin90081,91052,02,0 α

43,790 =τ Pa Задача 13.5. Течност со густина 920=ρ kg/m3 и динамиочка вискозност 06,0=η Pa·s струи низ хоризонтален прстенаст процеп со внатрешен полудијаметар a = 20 mm, надворешен полудијаметар b = 36 mm и должина L = 6,4 m, под дејство на на разликата на притисокот 18,0=Δp bar. Да се определи равенката на распоредот на брзините, волуменскиот проток, максималната и средната брзина на струењето.

Решение: Од условот на задачата следува следното:

0=rv ; 0=θv ; vv z = и 0=∂∂z

Навие-Стоксовите равенки и равенката на континуитетот се сведуваат на:

rp∂∂⋅=

ρ10 ; ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛∂∂⋅+

∂∂

⋅+∂∂⋅=

rv

rrv

zp 110 2

2νρ

и zv∂∂

=0

Од равенката на континуитетот 0=∂∂zv , се гледа дека брзината не зависи од

променливата z, а од првата Навие-Стоксова равенка се гледа дека притисокот п не зависи од променливата r, односно:

( )zpp = и ( )rvv = , следи:

kdrdv

rdrvd

dzdp

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅=

12

2

η

Константата k се воведува, бидејќи левата страна на равенката е функција од променливата z, а десната страна е функција од променливата r. Константата k се определува со интеграција на левата старана на равенката, односно на притисокот:

Czkp +⋅−= Бидејќи цевката е хоризонтална, граничните услови се:

0=z ; 1pp = ; Lz = ; ppp Δ−= 1

129

1pC = , односно: 5,28124,6

18000==

Δ=

Lpk Pa

Десната страна на равенката се трансформира:

012

2

=+⋅+ηk

drdv

rdrvd , односно 0=⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

ηkr

drdvr

drd


12

2Crk

drdvr =⋅

⋅+⋅

η, односно 21

2 ln4

CrCrkv +⋅=⋅⋅

+η

212 ln

4CrCrkv +⋅+⋅

⋅−=

η

Константите C1 и C2 се определуваат од граничните услови: ar = ; 0=v , за br = ; 0=v

ababkC

ln4

22

1−

⋅⋅

=η

; ⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⋅−

−⋅⋅

= a

ababakC ln

ln4

222

2 η

Со замена на определените константи C1 и C2 во равенката за распоредот на брзината се добива конечниот облик на равенката:

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⋅−

+−⋅⋅

−=ra

ababarkv ln

ln4

2222

η

Се бара првиот извод на брзината по променливата r:

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅⋅

−+⋅⋅

⋅−= 2

22

ln2

4 ra

ar

ababrk

drdv

η

И се изедначи со нула, се добива rm полудијаметарот каде што брзината има максимална вредност, односно:

=⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛−

⋅=

21

22

ln21

ababrm =

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛−

⋅

21

22

2036ln

203621 27,6 mm

Максималната брзина има вредност:

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⋅−

+−⋅⋅

−=6,27

20ln

2036ln

02,0036,002,00276,006,04

5,2812 2222

maxv = 1,514 m/s


∫ =⋅⋅⋅⋅=b

av drrvq π2 ( ) ( ) ( )⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −−⋅+⋅

⋅⋅

−⋅⋅− 2222

22

lnln8

ababba

abbak

η

π

После замената на познатите вредности се добива: 83,2=vq ·10-3 m3/s Средната брзина изнесува:

130

( ) =⋅−

=π22 ab

qv vsr ( ) 1

02,0036,01083,2

22

3

=⋅−

⋅ −

π m/s

Задача 13.6. Прстенастиот простор меѓу два коаксиални бесконечно долги цилиндри, со полудијаметри R1 = 20 mm и R2 = 32 mm, исполнет е со вискозна течност со коефициент на вискозност

2,0=η Pa·s. Внатрешниот цилиндер се движи во насока на оската z со константна брзина v0 = 0,5 m/s. Да се определи: - Законот на промената на брзината во зависност од полудијаметарот.

- Силата на триење T=?, што се однесува на делот на внатрешниот цилиндер со должина L = 300 mm. - Волуменскиот проток на течноста. - При која вредност на R1=? Протокот ќе биде најголем?

Решение: Од разгледуваната елементарна површина се добива рамнотежа на силите на триење, односно:

( ) ( ) 022 =−⋅⋅⋅−⋅⋅+⋅ ττπτπ drdrr

0=⋅+⋅ ττ drdr ; ( ) 0=⋅τrd , односно 1Cr =⋅τ

Од равенката на Њутн drdv⋅−= ητ се добива:

1Cdrdvr =⋅⋅− η , односно

rdrCdv ⋅−=

η1

21 ln CrCv +⋅−=η

Од граничните услови: За r = R1 ; v = v0 ; за r = R2 ; v = 0

Се определуваат константите:

1

2

01

lnRR

vC η⋅= ; 2

1

2

02 ln

lnR

RR

vC ⋅=

Конечната равенка за брзината е:

1

2

2

0

ln

ln

RRr

R

vv ⋅=

Тангентниот напон изнесува:

1

21

0

ln

1

1

RRR

vdrdv

Rr

⋅⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅−=

=

ηητ

Силата на триење изнесува:

131

=⋅= AT τ LR

RRR

v⋅⋅⋅⋅⋅⋅ πη 1

1

21

0 2ln

1

=⋅⋅⋅⋅

=

1

2

0

ln

2

RR

vLT ηπ 4,0

2032ln

2,05,03,02=

⋅⋅⋅⋅π N


∫ =⋅⋅⋅⋅=2

1

2R

Rv drrvq π ∫ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

2

1

2

1

20 ln

ln

12R

R

drrr

R

RR

vπ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−

−⋅

⋅⋅=

1

221

21

22

1

2

0 ln24ln

2RRRRR

RR

vqvπ = ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−

−⋅

⋅⋅ 6,1ln202,0

402,0032,0

6,1ln5,02 222π

410144.4 −⋅=vq m3/s = 0,4144 l/s Ако се побара вредност за максимален проток во однпс на полудијаметарот R1 се добива следната равенка:

( )2lnln1 mmm =−− , каде што 2

1

2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

RRm

Со решавање на оваа равенка се добива 6≅m , односно максимален волуменски проток ќе се добие за 21 4,0 RR ⋅≅

Задача 13.7. Од правоаголна плоча со должина L, многу поголема од ширината a, при спуштање со константна брзина v0, предизвикана од силата P, истекува слој течност во позитивниот правец на x-оската. Коефициентот на вискозноста на течноста е η . Да се определи законитоста на промената на силата на притисокот P во зависност од големината на зазорот b, под претпоставка дека струењето на течноста во дадениот момент е стационарно.

Решение:

Од условот во задачата, правецот на течење на течноста ќе биде во правецот на x-оската, односно vx = v ; vy = 0 ; vz = 0. Од равенката на континуитетот следи:

0=∂∂

+∂

∂+

∂∂

zv

yv

xv zyx следи ( )yvv =

За овај случај Навие-Стоксовите равенки се сведуваат на една диференцијална равенка, односно:

kdy

vddxdp

−=⋅= 2

2

η

Константата k се воведува, бидејки левата страна на равенката е функција од x, а десната страна е функција од y. Се добиваат две равенки, односно:

132

0=+ kdxdp

02

2

=+ηk

dyvd

Решението нба втората равенка е:

212

2CyCykv +⋅+⋅

⋅−=

η

Константите се добиваат од граничните услови: За y = 0 ; v = 0 ; за y = b ; v = 0

bkC ⋅⋅

=η21 ; C2 = 0

Распоредот на брзината е:

( )2

2yybkv −⋅⋅

⋅=

η

Волуменскиот проток низ страничниот отвор изнесува:

∫ =⋅⋅=b

v dyvLq0

( )∫ =⋅−⋅⋅⋅

⋅b

dyyybkL0

2

2 η3

121 bLk ⋅⋅⋅η

Константата k изнесува:

3

12bL

qk v

⋅⋅⋅

=η

Диференцијалната равенка за притисокот е:

−=dxdp

3

12bL

qv

⋅⋅⋅η

Зависноста на протокот ( )xfqv = се наоѓа од условот, дека vq низ зазорот оддалечен за x од координатниот почеток е еднаков на протокот на течноста истисната со движењето на плочата надолу со брзина v0, односно:

Lxvqv ⋅⋅= 0

−=dxdp

3012

bxv ⋅⋅⋅η , по интеграцијата се добива:

Cxbvp +⋅⋅⋅−= 2

306 η

Интеграционата константа се определува од граничните услови за:

2ax = p = 0, следи:

2

30

26 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅⋅−=a

bv

C η

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅

⋅= 2

2

03 46 xavb

p η

Силата на притисок на плочата изнесува:

∫ =⋅⋅⋅=2

0

2

a

dxLpP ∫ ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅

⋅ 2

0

22

03 412

a

dxxaLvbη =

3

0 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅⋅

baLvη

Задача 13.8. Кружна плоча под дејство на вертикална сила P полека се спушта надолу и при тоа истекува слој на течност со коефициент на динамичка вигозност η . Ако се претпостави дека струењето е ламинарно, да се определи:

133

а) Законот на промената на силата на притисокот P во зависност од зазорот y при спуштање на плочата со брзина v0.

б) законот за движење на плочата ако се претпостави дека во секој момент струењето е стационарно, а силата P е константна.

Решение:

Како воведно разгледување се зема струењето меѓу две неподвижни плочи. Диференцијалната равенка за овој случај е:

kdy

vddzdp

−=⋅= 2

2

η

kdzdp

−= ; Czkp +⋅−=

Гранични услови: За z = 0 ; p = p1 ; за z = L ; p = p2

Lpk Δ

= = Lp

Равенката за распоредот на брзината е:

212

2CyCykv +⋅+⋅

⋅−=

η

Гранични услови: За y = - ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

2b ; v = 0 ; за y =

2b ; v = 0

01 =C ; 42

2

2bkC ⋅

⋅=

η, односно:

=⋅⋅

+⋅⋅

−= 22

82bkykv

ηη=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−⋅

⋅⋅

2

22 418 b

ybkη ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−⋅

⋅⋅⋅

2

22 418 b

yLbpη

Волуметрискиот проток изнесува:

∫−

⋅⋅=2

2

b

bv dyBvq = =⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−⋅⋅

⋅⋅⋅

∫−

dybyB

Lbp

b

b

2

2

2

22 418 η

=⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−⋅⋅

⋅⋅⋅

∫−

dybyB

Lbp

b

b

2

2

2

22 418 η η⋅⋅

⋅⋅L

Bbp12

3

а) Според дадените услови и цртежот во задачата, се претпоставува дека течењето во зазорот е радијално.а решавање на задачата се користи последната равенка, односно:

134

3212

yrq

drdp v

⋅⋅⋅⋅⋅−=

πη

Волуменскиот проток може да се определи од условот даден во задачата, односно: 0

2 vrqv ⋅⋅= π и со смена во горната равенка се добива:

Cryv

p +⋅⋅⋅−=2

62

30η

Граничните услови се: Rr = ; p = 0 ; 2

62

30 R

yv

C ⋅⋅⋅−= η

И смена во горната равенка се добива законот на распоредот на притисокот по полудијаметарот на плочата.

( )223

03rR

yv

p −⋅⋅⋅

=η

Силата на притисокот изнесува:

∫ ⋅⋅⋅⋅=R

drrpP0

2 π = ( ) drrrRy

v R

⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅

∫0

223

0 23 πη

=P 43

0

23 R

yv

⋅⋅⋅

⋅πη

б) Ако силата P се смета за константна и ако се искористи равенката:

dtdyv −=0 , се добива:

4

3

32

RyP

dtdy

⋅⋅⋅

⋅−=ηπ

, односно: dtR

Pydy

⋅⋅⋅

⋅−= 43 32

ηπ

По интеграцијата се добива:

CtR

Py

+⋅⋅⋅

⋅−=⋅

− 42 32

21

ηπ

Од граничните услови за t = 0 ; y = y0 се добива интеграционата константа:

202

1y

C⋅

−=

221y⋅

− = tR

P⋅

⋅⋅⋅− 43

2ηπ 2

021y⋅

−

По средувањето на оваа равенка се добива законот за движењето на плочата во облик:

20

41

34

1

yt

RP

y+⋅

⋅⋅⋅

=

ηπ

Задача 13.9. Да се определи законот на движење и времето на спуштање на вентилот на пумпата под дејство на пружина во мирна течност, од почетната положба y0 = 5 mm до зазорот y = 0,01 mm, ако струењето во зазорот е ламинарно: Познати се димензиите на вентилот: d = 60 mm ; D = 80 mm. Карактеристиката на пружината е c = 5 N/cm, а почетното затегање на пружината изнесува ypr = 25 mm. Динамичката вискозност на течноста е 02,0=η Pa·s.

135

Решение:

Аналогно како во задача 13.7, законот за промената на силата со која дејствува пружината е:

=P 3

0 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅⋅

yaLvη

Во конкретниот случај се: 2

dDa −= ; ( )

2π⋅+

=dDL ; prycP ⋅=

Бидејќи брзината dtdyv −=0 следи:

dtaL

Pydy

⋅⋅⋅

−= 33 η


−=⋅

− 221y

CaL

P+

⋅⋅ 3η

Од условот за t = 0, y = y0 се добива: 202

1y

C⋅

−=

Законот за движење на вентилот е:

20

3

121

yt

aLP

y+⋅

⋅⋅⋅

=

η

Времето на спуштање на вентилот изнесува:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

⋅⋅⋅

= 20

2

3 112 yyP

aLt η , односно:

( )

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

⋅⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅

+⋅⋅

= 20

2

3

112

22yyyc

dDdD

tpr

πη

( )

( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⋅−

⋅⋅

⋅⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅

+⋅⋅

=−− 2325

3

1051

1011

025,050022

06,008,02

06,008,002,0 π

t = 1,759 s

Задача 13.10. Плоча со маса m = 0,8 kg и површина A = 64 cm2 се лизга по течен слој што се наоѓа на коса рамнина. Дебелината на течниот слој изнесува b = 0,5 mm. Рамномерното движење на плочата е со брзина v0 = 0,5 m/s, аголот на косата рамнина во однос на хоризонталната рамнина изнесува 012=α , а густината на течноста 900=ρ kg/m3. Да се определи големината на динамичката вискозност.

Решение:

Навие-Стоксовата равенка во развиен (скаларен) облик:

xx v

xpX

dtdv

Δ⋅+∂∂⋅−= ν

ρ1

136

се примени според условите во задачата, а при тоа како надворешна волуменска сила во правецот на x-оската е αsin⋅= gX , с едобива диференцијалната равенка:

2

2

sin0yvg

∂∂⋅+⋅= να или 0sin

2

2

=⋅

+∂∂

ναg

yv

По решавањето на оваа равенка се добива равенка за распоредот на брзините, односно:

212

2sin CyCygv +⋅+⋅⋅

⋅−=

να

Од граничните услови: y = 0 ; v = 0 и y = b ; v = v0

Се добиваат интеграционите константи: να⋅

⋅⋅+=

2sin0

1bg

bv

C ; 02 =C

Распоредот на брзините во конечен облик е:

+⋅⋅

⋅−= 2

2sin ygvνα ybgy

bv

⋅⋅

⋅⋅+⋅

να

2sin0

Според Њутновата равенка, тангентниот напон е:

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

=bydydvητ

ναη

ναη

⋅⋅⋅

+⋅+⋅⋅

⋅−2

sinsin 0 bgbv

bg

2sin0 αρητ ⋅⋅⋅

−⋅=bg

bv

Од равенката за рамнотежа на силите се добива:

Agm ατ sin⋅⋅

= , односно:

Agm αsin⋅⋅

2sin0 αρη ⋅⋅⋅

−⋅=bg

bv

Од оваа равенка се определува коефициентот на динамичката вискозност:

αραη sin2

sin0

2

0

⋅⋅⋅⋅

+⋅⋅⋅⋅

=v

bgvA

bgm

( ) 023

4

03

12sin5,02

105,081,99005,01064

12sin105,081,98,0⋅

⋅⋅⋅⋅

+⋅⋅

⋅⋅⋅⋅=

−

−

−

η = 0,255 Pa·s

41084,2900255,0 −⋅===

ρην m2/s

Задача 13.11. Во просторот на хидроцилиндерот владее притисок p = 7 MPa. Да се определи истекувањето на течноста низ кружниот зазор при концентрична положба на клипот во цилиндерот. Вискозноста на течноста е функција од притисокот и е дадена со

следната равенка: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅=

00 exp

ppaηη ;

0785,00 =η Pa·s – вискозност при атмосферски притисок ; a = 0,0025 – коефициент ; p0 = 9,81·104 Pa – атмосферски притисок. Дијаметарот на клипот е D = 120 mm, должината L = 140 mm, радијалниот зазор меѓу клипот и цилиндерот

137

е b = 0,1 mm. Добиениот резултат да се споредисо истекувањето без учество на ( )pf=η .

Решение: Аналогно како во задачаа 13.8, за елементарен дел со должина dx важи:

312bD

qdxdp v

⋅⋅⋅⋅−=

πη , каде 0

0ppa

e⋅

⋅=ηη

Со замена во диференцијалната равенка се добива:

dxbD

qedp vppa

⋅⋅⋅⋅

⋅−=⋅⋅−

03120 ηπ

∫∫ ⋅⋅⋅⋅

⋅−=⋅⋅− L

vp

p

ppa

dxbD

qdpe0

03122

1

0 ηπ


LbD

qeape

ap vp

pappa

⋅⋅⋅⋅⋅

−=⋅+⋅−⋅−⋅−

0300 12

0

1

0

2

ηπ

При тоа волуменскиот проток изнесува:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

0

1

0

2

1112

0

0

3

pp

app

av

eeap

LbDq

ηπ , или во друг облик:

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

0

1

0

2

0

0

3

exp

1

exp

112

ppa

ppa

ap

LbDqv η

π

Ако p1 = p, а p2 = 0 следува:

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

0

0

0

3

exp

1112

ppa

ap

LbDqv η

π

( ) 5

4

6

434

10833,1

1081,910700255,0exp

110025,0

1081,914,00785,012

10112,0 −−

⋅=

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅⋅

−⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅=

πvq m3/s

По аналогија, за волуменскиот проток при константна вискозност се користи равенката од задача 13.8, односно:

LDbpqv ⋅⋅⋅⋅⋅

=0

3

0, 12 ηπ ( ) 5

346

100,214,00785,012

12,0101107 −−

⋅=⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅=

π m3/s

Односот на волуметриските протоци изнесува:

9165,0100,210833,1

5

5

0,

=⋅⋅

=−

−

v

v

qq

138

Задача 13.12. За фрикциона пумпа (прикажана на сликата), да се определи волуменскиот проток, при висина на дигање на течноста H = 1 m. Зазорот меѓу дискот и кутијата изнесува b = 1,5 mm. Дискот се врти со n = 600 min-1. Вискозноста на маслото е

078,0=η Pa·s, а густината 900=ρ kg/m3. Дијаметарот D = 350 mm и d0 = 80 mm. Се претпоставува дека аголната брзина на вртењето на течноста е половина од аголната брзина на вртењето на дискот. Вредностите на релативните

брзини на влезот и излезот да се занемарат. Решение: Се поставува енергетска равенка за релативно движење во рамномерно вртливи канали за влезот и излезот во зазорот при што се занемаруваат енергиите од релативните брзини (при движење на вискозна течност тие обично се мали големини).

zageupup+−=−

22

222

211

ρρ

Каде што: u1 , u2 - преносна брзина на течноста на влезот и излезот од зазорот; p1 , p2 – притисоци на влезот и излезот; ezag – загуба на енергијата во челниот зазор.

Преносната брзина 2

ru ⋅=ω , според условите во задачата изнесува:

( )322

20

2221

22 dDuu −⋅

=− ω

Разликата на притисната енергија изнесува:

Hgpp⋅=

−ρ

12

Од задачата 13.8 се користи диференцијалната равенка:

36yr

qdrdp v

⋅⋅⋅⋅−=

πη , од каде:

ryqCp v ln63 ⋅

⋅⋅⋅

−=πη

За r = 2D и p = 0 се добива:

03 ln6

dD

bqp v ⋅

⋅⋅⋅

=πη

Во конкретниот случај p = zage⋅ρ , односно:

03 ln6

dD

bqe v

zag ⋅⋅⋅⋅⋅

=πρη

Од енергетската равенка се добива:

zagepuup+=

−−

ρρ2

21

221

2 или zageppuu

+−

=−

ρ12

21

22

2

139

( )+⋅=

−⋅ HgdD32

20

22ω

03 ln6

dD

bqv ⋅⋅⋅⋅⋅

πρη

Од оваа равенка се определува волуменскиот проток: ( )

3

0

20

22

ln6

32 b

dD

HgdD

qv ⋅⋅⋅⋅⋅

⋅−−⋅

= ρπη

ω

За 83,6230600

30=

⋅=

⋅=

ππω n rad/s, следи 510234,6 −⋅=vq m3/s = 62,34 cm3/s

Задача 13.13. Еден педал е способен да прими товар, благодарение на течноста што се наоѓа во клинестиот отвор за подмачкувањње. Течењето на течноста во слојот за подмачкување се разгледува како рамнинско и ламинарно. Да се определи: - дијаграмот на промената на притисокот - товарот што може да го носи педалот. Познати се следните големини: релативната

брзина на движење на долната плоча е v0 = 3 m/s ; вискозноста на маслото за подмачкување 08,0=η Pa·s ; должината L = 60 mm ; висината b0 = 0,2 mm ; аголот 025,0=α и ширината на педалот B = 150 mm. Решение:

Се усвојува елемент од флуидот со димензии dx и b на растојание x.

Равенката на струењето е:

2

2

dyvd

dxdp

⋅=η или dyd

dxdp τ

−=

Бидејќи долната плоча се движи, горната е неподвижна, а оската е насочена на горе,

следува: dydv⋅−= ητ

По двојната интеграција на горната равенка се добива:

21

2

2CyCy

dxdpv +⋅+⋅=⋅η

Константите C1 и C2 се определуваат од граничните услови:

y = 0 ; v = - v0 ; y = b ; v = 0; 02 vC ⋅−= η ; 2

01

bdxdp

bv

C ⋅−⋅

=η

( ) ( )bybv

ybydxdpv −⋅+⋅−⋅

⋅⋅= 02

21η

Каде што: b = x· αα ⋅= xtg Волуменскиот проток изнесува:

∫ =⋅=b

v dyvq0

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅+

⋅⋅−

2120

3 bvhdxdp

η

140

Знакот минус покажува дека течноста се движи во насока спротивна од позитивната насокана x-оската. Од последната равенка следува:

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅

+⋅⋅−= 20

3 212

bv

hq

dxdp vη

По интеграција на горната равенка се добива се добива равенка за определување на притисокот:

Cbdxv

hdxqp v +⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ⋅+⋅⋅⋅−= ∫ ∫ 20

3 212 η , за hx =α следува:

Cx

vxqp v +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⋅+⋅

⋅−=

ααη 0

23

6

Од условот: x = a ; p = 0, односно α

0ba = , следи ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⋅+⋅

⋅=

av

aqC v α

αη 0

23

6

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅

⋅=

axv

axqp v

111160223 α

αη

За определување на волуменскиот проток се користи вториот граничен услов: Lax += ; p = 0

( )01111

022 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⋅⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+⋅

aLav

aLaqv α , односно:

( )La

Laavqv +⋅

+⋅⋅⋅=

20 α

Равенката за vq се внесува во равенката за p и се добива:

( ) ⋅+⋅⋅⋅⋅

=La

vp

26

20

αη ( ) ( )[ ]

2xaxLax −−⋅− - крива со параболичен облик.

Точката со максимален притисок има апсциса ( )LaaLax

+⋅+⋅⋅

=2

2max . Растојанието на

точката на максимумот на притисокот од левиот крај на педалот изнесува:

aL

Laxx+

=−=2

max1

Од оваа равенка се гледа дека максимумот на притисокот не се наоѓа на средината на педалот туку поблиску од неговиот лев крај. Силата на притисокот на педалот претставува тежина со која тој може да се натовари.

( )∫+

⋅+⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅=

La

a Lav

dxpBP2

62

0

αη

( ) ( )∫+

⋅−+⋅−La

a

dxx

xaLax2


BLa

La

aLvP ⋅⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

+⋅⋅

−+

⋅⋅⋅

=2

2ln62

0

αη за

46

18025,0

2,0=

⋅=

πa mm

141

15,006,0046,02

06,02046,0

046,006,0ln

18025,0

308,062 ⋅⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

+⋅⋅

−+

⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

⋅⋅=

πP = 515 N

Задача 13.14. Хидрауличен диск се врти со n = 600 min-1 и прима аксијална сила P = 400 N. Да се определи:

а) Протокот на течноста низ челниот зазор на дискот, ако зазорот е b = 0,2 mm, дијаметарот на дискот D0 = 45 mm и дијаметарот на каналот d0 = 12 mm.

б) Надпритисокот p0 што е потребен да се произведе во централниот доводен канал, ако динамичката вискозност на маслото е 064,0=η Pa·s, а густината 920=ρ kg/m3. При пресметката да се усвои дека аголната брзина на вртење на течноста е еднаква на половина од агловата брзина на вртењето на дискот.

Решение:

а) Од равенката за определување на п во задачата 13.8, и со учество на центрифугалната сила, се добива законот за промена на притисокот по произволниот полудијаметар.

⋅⋅⋅⋅

= 306

bv

pπη

⋅⋅

−2

2ln

2

0

ωρ

rR ( )22

0 rR −

Каде што:

83,6230600

30=

⋅=

⋅=

ππω n rad/s

За r = r0 се добива p = p0, односно:

( )20

20

20

30 8ln6 rR

rR

bqp v −⋅

⋅−⋅

⋅⋅⋅

=ωρ

πη

Силата со која течноста дејствува на диск се определува со интегрирање, односно:

∫ ⋅⋅⋅⋅=0

0

2R

r

drrpP π = ( )∫ ⋅⋅⋅⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅

⋅−⋅

⋅⋅⋅0

0

28

ln6 220

20

3

R

r

v drrrRr

Rbq

πωρπη

По интеграцијата И средувањето се добива:

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅−⋅

⋅⋅⋅

=0

020

203 ln1

23

dD

dDbqP vη ( )2

020

2

256dD −⋅

⋅⋅ ωρπ

Од оваа равенка се определува волуметрискиот проток:

( )

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅−⋅⋅

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅

⋅⋅+⋅⋅

=

0

020

20

20

20

23

ln213

2564

dDdD

dDPbqv

η

ωρπ

142

( ) ( )5

22

222

34

104452,4

1245ln21012,0045,0064,03

012,0045,0256

83,628204001024−

−

⋅=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅−⋅⋅

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

=

π

vq m3/s

б) Ако равенката за волуметрискиот проток vq се замени во равенката за определување на притисокот p0 се добива следната равенка:

( )−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅−⋅

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅

⋅⋅+⋅⋅

=

0

020

20

220

20

2

0

0

0

ln21

256ln8

dDdD

dDPdD

pπ

ωρπ

( )20

20

2

32dD −⋅

⋅ωρ

( )−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅−⋅

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅

⋅⋅+⋅⋅

=

1245ln21012,0045,0

012,0045,0256

83,629204001245ln8

22

2222

0

π

π

p ( )222

012,0045,032

83.62920−⋅

⋅

24,8974930 =p Pa = 0,897 Mpa Задача 13.15. За подмачкување и ладење на лежиштето на вертикалното вратило на турбината е применето самоподмачкување, при кое доведувањето на течноста се врши преку Пито-цевка чиј долен крај се наоѓа во просторот каде што е сместена течноста за самоподмачкување. Да се определи:

а) Режимот на течење. б) Дијаметарот D0 на кој ќе се постави

долниот крај на Пито-цевката. в) Количината на течност за

подмачкување што е потребна да ја има во просторот за подмачкување така што на лежиштето му се доведува проток од 15,0=vq l/s, при број на вртежи на турбината n = 200

min-1. При тоа треба да се задоволи условот слободната површина на течноста да го сече горниот крај на просторот за подмачкување на дијаметарот D1 = 1 m. Да се земат во предвид линиските загуби на Пито-цевката. Познати се следните големини: D = 1200 mm ; d = 12 mm ; L = 4 m ; H0 = 3 m ; a = 400 mm ; b = 350 mm ; Вискозноста на течноста е 41035,0 −⋅=ν m2/s. Решение:

а) Средната брзина на течноста во цевката е:

33,1012,0

105,1442

4

2 =⋅⋅

=⋅⋅

=−

ππdqv v m/s

Рејнолдсовиот број изнесува:

23204561035,0012,033,1

.4 =<=⋅⋅

=⋅

=− kree RdvR

ν

143

Режимот на течење е ламинарен (eR

64=λ ). Се определува потребната висина на

притисокот на влезот во цевката (точката M), при која би се обезбедил зададениот проток.

Линиските загуби во цевката изнесуваат:

264

2

22

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅=ddv

vLvdLezag

νλ = 2

4

2 012,033,141035,03232 ⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅ −

dvLν = 41,378 J/kg

Бидејќи висината за дигање на течноста е зададена H0, вкупната потребна енергија што треба да постои во точката M изнесува:

808,70378,41381,90 =+⋅=+⋅= zagM eHge J/kg Енергијата во точката М, eM еднаква е на положајната енергија (измерена вертикално до слободната површина MNg ⋅ ), и положајната енергија на

преносната брзина 2

20u , каде што 0u претставува преносна брзина на течност на

дијаметар D0.

2

20u

MNgeM +⋅=

Равенката на слободната површина е : 0222 =⋅−⋅ gr ω

За 2

1Dr = и z = zK се добива: g

DzK ⋅⋅

=8

221 ω

Според сликата : =−= bzz KM bg

D−

⋅⋅

8

221 ω

За 2

0Dr = и z = zN се добива: g

DzN ⋅⋅

=8

220 ω , тогаш:

( )b

gDD

zzMN MN +⋅

⋅−=−=

8

221

20 ω

Од равенката за вкупната енергија определена според двете равенки, се добива:

zageHg +⋅ 0 =2

20uMNg +⋅ , односно:

zageHg +⋅ 0 = ⋅g ( )48

220

221

20 ωω ⋅

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⋅⋅− Db

gDD

144

Од оваа равенка се определува дијаметарот Д0 на кој ќе се постави долниот крај на Пртот цевката:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⋅

⋅+= b

ge

HgDD zag02

21

04

2 ω= ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⋅

⋅+ 35,0

81,9378,413

94,2081,94

21

2 = 1,056 m

Каде што: 94,2030200

30=

⋅=

⋅=

ππω n s-1

Бараниот волумен изнесува: ( )

1

21

2

4VaDDV +⋅

⋅−=

π , каде што:

=1V 2

22

21

21

421

4zDzaD

K ⋅⋅⋅

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅

⋅ ππ

Каде што:

gDzK ⋅

⋅=

8

221 ω ;

gDzazK ⋅

⋅==−

8

222

2ω

( )2

221

2

4 ωππ agaDDV ⋅⋅

+⋅⋅−

= = ( )2

222

94,204,081,94,0

412,1 ⋅⋅

+⋅⋅− ππ = 0,1495 m3

145

Задача 14.1. Да се определи загубата на специфичната енергија zage при струење на вода со густина 1000=ρ kg/m3, коефициент на кинематска вискозност 01,0=ν cm2/s, низ цевковод со адекватна арматура и дијаметар d = 40 mm. Брзината на струењето изнесува v = 3 m/s. при испитувањето на истата цевка со воздух со 2,1=vρ kg/m3, коефициент на кинематска вискозност

156,0=vν cm2/s, добиен е пад на притисокот 3,8=Δ vp kPa. Решение: Ренолдсовиот број е:

120000101

04,036 =

⋅⋅

=⋅

=−ν

dvRe

Режимот на струење е турбулентен, а со тоа се констатира дека коефициентот на отпорот ξ не зависи од големината на eR - број. Од равенките за загубите на специфичните енергии за вода и воздух се добива:

2

2

,ve vodazag ⋅= ξ ;

2

21

,ve vozduhzag ⋅= ξ

Од еднаквоста на Рејнолдсовите броеви:

1

11

ννdvdv ⋅

=⋅ се добива

dRv e ν⋅

= ; 1

11,1 d

Rv e ν⋅

= ; d1 = d2

2

221

21,

222

21

2

,

,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⋅⋅⋅⋅

==νν

νν

dRdR

vv

ee

e

e

vozduhzag

vodazag

42,28156,001,0

2,18300 22

1,, =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=νν

vozduhzagvodazag ee J/kg

2842042,281000, =⋅=⋅=Δ vodazagw ep ρ Pa Задача 14.2. Испитувањето на автомобил со висина h = 1,5 m и максимална брзина на движење v = 108 km/h, ќе се прави на модел во аеродинамичен тунел во кој брзината на воздухот изнесува v1 = 45 m/s. Потребно е да се определи:

а) висината на моделот. б) аеродинамичката сила на отпорот F при максимална брзина на

автомобилот, ако при максимална брзина на воздушната струја на моделот за таа сила добиена е F1 = 1200 N.

в) снагата на моторот што е потребна за совладување на силата на отпорот F, при движење на автомобилот. Вискозноста и густината на воздухот се еднакви за моделот и оригиналот. Решение:

а) Од условот за еднаквоста на Рејнолдсовите броеви:

( ) ( )oeme RR = се добива: νν

11 hvhv ⋅=

⋅ , односно hh

vv 1

1

=

Висината на моделот изнесува:

100045301500

11 =⋅=⋅=

vvhh mm

б) Од равенките за адекватните сили на отпорот:

146

2

21 vAF x ⋅⋅⋅⋅= ξρ и 2

111 21 vAF x ⋅⋅⋅⋅= ξρ

Се добиваат односите: 2

111⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

vv

AA

FF = 1

21

2

1

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛hh

hh , односно F = F1 = 1200 N

в) Снагата на моторот за совладување на отпорот изнесува: N = F·v = 1200·30 = 36000 W

Задача 14.3. Бродски пропелер со дијаметар d = 1600 mm со номинален број на вртежи n = 100 min-1, испитан е на модел при геометриска сличност во размер 1:8 со n1 = 360 min-1. Со мерење добиена е погонската сила F1 = 230,5 N, а брзината на бродскиот модел е v1 = 8,82 km/h, а вртливиот момент на вратилото е M1 = 21,58 Nm. Да се определи вртливиот момент M, силата F, брзината v и степенот на полезно дејство КПД на пропелерот. При испитувањето задржана е

карактеристиката .constdn

v=

⋅

Решение: Од еднаквоста на карактеристиката:

11

1

dnv

dnv

⋅=

⋅ се добива бараната брзина

6,19200360

160010082,811

1 =⋅⋅

⋅=⋅⋅

⋅=dndnvv km/h

Погонската сила на пропелерот е: ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅⋅⋅=

dnvfvdF 22ρ

Погонската сила на моделот е: ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅⋅⋅=

dnvfvdF 2

1211 ρ

Нивниот однос изнесува: 2

1

2

121

21

22

1⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⋅⋅

=vv

dd

vdvd

FF = 05,316

82,86,19

2001600 22

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

38,728495,23005,316 =⋅=F N КПД на пропелерот и моделот се еднакви и изнесуваат:

11

11

ωη

⋅⋅

=M

vF за 30

11

n⋅=π

ω 694,036058,21

3045,25,2303011

11 =⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

=ππ

ηnM

vF

Вртливиот момент на пропелерот изнесува:

698,54574100694,0

3044,538,72849=

⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

=πωη

vFM Nm

Задача 14.4. Еден проектил се испитува со исфрлање на неговиот модел во резервоар со јаглен двооксид-CO2. За зададени големини потрбно е да се определи, притисокот во резервоарот и брзината на исфрлувањето. Моделот е десет пати помал од прототипот, динамичката вискозност на CO2 при 20ºC е

51048,12

−⋅=COη N·s/m2, на воздухот 51067,1 −⋅=vozduhη N·s/m2, температурата на воздухот t = - 11ºC. Висиснската разлика од 4000 m не влијае врз гравитацијата g, гасната константа на воздухот R = 287 J/kg·K, гасната константа на CO2 е RCO2 = 189 J/kg·K, притисокот на воздухот на висина од 4000 m е p = 61,6 kPa, брзината на проектилот v = 900 m/s, експонентот на адијабатата за CO2 е k1 = 1,29.

147

Решение: Сличноста е постигната со еднаквоста на Re и Ma броеви.

1,ee RTR

pLvLvLvR =⋅

⋅⋅

=⋅⋅

=⋅

=ηη

ρν

, следи: 1

111

11 p

pTT

RR

LLvv ⋅⋅⋅⋅⋅=

ηη

11 11273

20273287189

67,148,1

110900

ppv ⋅

−+

⋅⋅⋅⋅= =5874·1p

p

CvMa = за адијабатска промена на состојбата:

TRkv

pk

vCvMa ⋅⋅

=⋅

==22

2

22

ρ

Од односот на Маховите броеви следи:

678,02622874,129318929,1111

21 =

⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛TRkTRk

vv

678,09001 ⋅=v =741 m/s Потребниот притисок во резервоарот за CO2 Изнесува:

488311161600741

587458741

1 =⋅=⋅= pv

p N/m2 = 4,88 bar

Задача 14.5. Водосливната брана се испитува во лабораторија на геометриски сличен модел во размер 1:20. Ако моделирањето се врши без влијание на вискозните сили да се определи:

а) висината на водосливот при испитувањето на моделот h1, ако при оригиналот изнесува h = 3 m.

б) Протокот на водосливот на оригиналот vq , ако при испитувањето на моделот тој

изнесувал 19,01, =vq m3/s. в) Вакуумот на врвот на оригиналот на водосливот vp , ако при испитување

со моделот е добиен вакуум 21, =vp kN/m2. Решение:

а) Од геометриската сличност 201

==LLkL , се добива висината на водосливот

при модулирањето: 15020

30001 ===

LkLL mm

б) Од еднаквоста на Фрудовите броеви за браната (оригиналот) и моделот:

1

21

2

Lgv

Lgv

⋅=

⋅, според размерот следи: 20

121

2

==LL

vv

Бидејќи волуменските протоци се пропорционални со брзината и квадратот на линеарните димензии, односот на волуметриските протоци изнесува:

21

21

2

1, LvLv

qq

v

v

⋅⋅

= = 25

1

2

1

21

1⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛LL

LL

LL , односно:

25

1, ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=LLqq vv

148

882,3391

2019,025

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=vq m3/s

Висините hv и hv,1, кои одговараат на вакуумот на браната и моделот се однесуваат во истиот однос како адекватните линеарни димензии, односно:

gvphv ⋅⋅

=ρ

; gvphv ⋅⋅

=ρ

11, ; 20

1,

=v

v

hh , следи: 4020 1, =⋅= vv pp kPa

Задача 14.6. Пумпата црпи нафта со 504 m3/h од еден резервоар, преку цевка со дијаметар d = 250 mm. Испитувањето се врши на модел со димензии кои се пет пати помали во однос на димензиите на прототипот. Да се определи: а) Вискозноста на течноста што се применува при испитувањето на моделот. б) протокот и брзината на нафтата при испитувањето на моделот. в) длабочината minh на која треба да се постави цевката, за да не дојди до површински празнини, а со тоа и до всисување на воздух во цевката, ако

на моделот е определена големината 60min,1 =h mm. При моделирањето може да се употреби раствор на глицерин во вода, а со тоа се менува вискозноста од 6

1 101 −⋅=ν m2/s (за вода на t = 20ºC) до 4108 −⋅=ν m2/s (за глицерин). Кинематската вискозност на нафтата изнесува 61075 −⋅=ν m2/s. Решение:

а) Од еднаквоста на Рејнолдсовите и Фрудовите броеви:

1,ee RR = или 1

11

ννdvdv ⋅

=⋅ ; 1,RR FF = или

1

21

2

Lgv

Lgv

⋅=

⋅

Од овие раенки се добива: 23

11⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

LL

νν

23

11 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅=LL

νν = 623

6 10708,6511075 −− ⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅ m2/s

б) од односите на протоците се добива:

111, AA

vv

qq

v

v ⋅= = 25

1

2

1

21

1⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛LL

LL

LL ; 5044,2

51140

25

25

11, =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅=LLqq vv l/s

Брзината на растворот при испитување со моделот изнесува:

1

1,1 A

qv v= , каде што

4

21

1π⋅

=dA

Од односот 511

==LL

dd следи 50

5250

51 ===dd mm

275,105,0

105044,2442

3

21

1,1 =

⋅⋅⋅

=⋅

⋅=

−

ππdq

v v m/s

149

в) Од односот 5111

===dd

LL

hh следи 3006055 min,1min =⋅=⋅= hh mm

Задача 14.7. Истекувањето на нафта низ отвор со дијаметар d = 75 mm се моделира со вода. При кинематска вискозност на нафтата 6

1 105,4 −⋅=ν m2/s и на водата 6101 −⋅=ν m2/s, потребно е да се определи:

а) дијаметарот на отворот на моделот d1. б) односот на висините на нивоата на оригиналот и

моделот 1h

h .

в) односот на волуменските протоци на оригиналот и моделот 1,v

v

qq .

Решение: а) Од еднаквоста на Рејнолдсовите броеви:

1

11

ννdvdv ⋅


dRv e ν⋅

= ; 1

11,1 d

Rv e ν⋅

=

Од еднаквоста на Фрудовите броеви :

1

21

2

dgv

dgv

⋅=

⋅, според размерот следи:

121

2

dd

vv

=

121

21,

21

2

22

dgdR

dgdR ee

⋅⋅

⋅=

⋅⋅⋅ νν следи

32

11 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅=ννdd = 516,27

105,41075

32

6

6

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅−

−

mm

б) Од равеката за определување на брзината се добива:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅⋅=

22 dhgv ϕ ; ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅⋅=

22 1

11dhgv ϕ

Од условот 1,ee RR = се добива односот 1

1

1 νν⋅=

dd

vv или

2

1

21

11 2

2

22

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅

νν

dd

dhg

dhg ;

2

1

1

1122

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

=+⋅+⋅

νν

dd

dhdh

7256,2175

5,452,2752,272

7522

11

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

=+⋅+⋅

hh следи 7256,2

1

=hh

в) Од равенките за определување на волуменските протоци:

4

2 πμ ⋅⋅⋅=dvqv и

4

21

11,πμ ⋅

⋅⋅=dvqv

Се добива односот на протоците:

1121

2

1

1211

2

1, dd

dd

dd

dvdv

qq

v

v ⋅=⋅⋅=⋅⋅

=νν

νν = 2656,12

52,2775

101105,4

6

6

=⋅⋅⋅

−

−

Задача 14.8. Дијафрагма со димензии d = 100 mm и D = 200 mm, наменета за мерење на протокот на воздухот со динамичка вискозност 51082,1 −⋅=η N·s/m2 и

150

густина 166,1=ρ kg/m3 се баждари со вода, со кинематска вискозност 610−=ν m2/s и густина 1000=ρ kg/m3. при тоа минималниот проток на водата 1,vq , при константен коефициент на проток на дијафрагмата изнесува 161, =vq l/s, а покажувањетро на живиниот манометар ( 13600=ρ kg/m3) е h1=45 mm. да се определи:

а) минималниот проток на воздух vq при работа на дијафрагмата со воздух б) покажувањето на водениот манометар h , приклучен на истите точки на

цевката како и живиниот, при предходно определениот проток на воздух.

Решение:

а) Од условот за еднаквост на Рејнолдсовите броеви:

ηρ

ηρ dvdv ⋅⋅

=⋅⋅

1

111 се добива d

Rv e

⋅⋅

=ρ

η

Равенката на континуитетот: Avqv ⋅= и 111, Avqv ⋅=

=⋅

⋅⋅⋅⋅

=1

11

11, AA

dR

dR

qq

e

e

v

v

ρη

ρη

11

1

νν

ρηρη

=⋅⋅ ; 74,249

10166,1

1082,1

16 6

5

11, =

⋅

⋅=⋅= −

−

νν

vv qq l/s

б) w

ziva

wv

hgApAq

ρρ

μρ

μ 111,

22 ⋅⋅⋅⋅⋅=

Δ⋅⋅⋅=

v

ziva

vv

hgApAqρ

ρμρ

μ 11 22 ⋅⋅⋅⋅⋅=

Δ⋅⋅⋅=

Од односот : 1

2

1, hh

qq

vziva

w

v

v

⋅⋅⋅

=ρρ

ρ се определува висината што ја покажува

манометарот со вода:

21

2

1, w

zivav

v

v hqqh

ρρρ ⋅

⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= = 85,17345

100013600166,1

1674,249

2

2

=⋅⋅

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ mm

Задача 14.9. Модел на брод работен во размер 1:16 се испитува во базен со работно гребенасто вратило. Ако се претпостави дека при испитувањето е обезбедена полна хидромеханичка сличност, треба да се определи:

а) односот на брзините vv1 , посебно, брзината на моделот, ако брзината на

движењето на бродот изнесува 16=v m/s.

151

б) односот на силите што дејсвуваат на трупот на бродот и моделот FF1 ,

ако густината на флуидите во двата случаи е еднаква.

в) односот на снагите NN1

г) односот на броевите на вртење на гребенастите вратила на моделот и

бродот nn1 , а посебно на моделот 1n , ако 600=n min-1.

д) односот на снагите гребенастите вратила .

,1

GB

GV

NN

ѓ) односот на Рејнолдсовите броеви за моделот и оригиналот e

e

RR 1, , ако се

претпостави еднаквост на кинематските вискозности. е) односот на Кавитациониот број на гребенастото врзтило на моделот и

оригиналот KK1 , ако оската на гребенастото вратило на оригиналот се наоѓа на

длабочина H = 5 m, притисокот на заситената пареа на водата за двата случаи е еднаква 9811, == zpzp pp Pa, а на слободната површина на водата е атмосферски (во двата случаи). Решение:

а) Во овај случај меродавен е Фрудовиот критериум на сличност, односно:

1

21

2

dgv

dgv

⋅=

⋅ следи

21

11 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅=LLvv =

21

16116 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅ = 4 m/s

б) за определување на односот на силите се користат равенките за силите на отпорите, за моделот и оригиналот е:

1

211

1,1 2AvF x ⋅

⋅⋅=ρ

ξ ; AvF x ⋅⋅

⋅=2

2ρξ

Односот на силите изнесува:

AvAv

FF

x

x

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

= 21

2111,1

ρξρξ

= 22

21

21

LvLv⋅⋅

Бидејќи: 1ρρ = ; 1,xx ξξ = ; 2

211

LL

AA

=

При исполнувањето на Фрудовиот критетиум следи:

40961

161 33

12

111 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=LL

LL

LL

FF

в) Снагата, при рамномерно движење, е еднаква на производот од силата на отпорот и брзината, а нивниот однос изнесува:

=⋅⋅

=vFvF

NN 111 =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ 21

13

1

LL

LL

163841

161 2

727

1 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛LL

N = 16384·N1 г) Односот на бројот на вртење на гребенастото вратило на моделот и

оригиналот, се добива со користење на Стухаловиот критериум:

152

Dnv

Dnv

⋅=

⋅ 11

1 или 21

11

21

1

1

21

1

1

11−−

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=⋅=LL

LL

LL

LL

DD

vv

nn =

21

1⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛LL

( ) 416 212

1

1

1 ==⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

LL

nn ; 2400600441 =⋅=⋅= nn min-1

Гребенастото вратило на моделот ќе се врти четири пати побрзо од гребенастото вратило на оригиналот.

д) Односот на снагите на гребенастото вратило на моделот и оригиналот изнесува:

.

,1

GB

GV

NN

= =⋅⋅ωω

MM 11

nDnnDn⋅⋅⋅⋅⋅⋅

521

51

211

ρρ , при тоа е: 1ρρ = ;

nn11 =

ωω

.

,1

GB

GV

NN

=16384

1161 2

727

15

123

1

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛LL

LL

LL

ѓ) Односот на Рејнолдсовите броеви за моделот и оригиналот е:

ννLvLv

RR

e

e ⋅⋅= :

1

111, ; при 1νν = LL

LL

LvLv

RR

e

e 121

1111, ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⋅⋅

=

641

161 2

323

11, =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

LL

RR

e

e или 1,64 ee RR ⋅=

е) односот на кавитациските броеви на моделот и оригиналот е:

20

12

01 :vpp

vpp

kk zpzp

⋅

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−=

ρρ =

( )( ) 2

110

210

vppvpp

zp

zp

⋅⋅−

⋅⋅−

ρ

ρ = 2

1

21

vv

pHgppHgp

zpat

zpat ⋅−⋅⋅+

−⋅⋅+

ρρ

Бидејќи 1ρρ = и zppp =0 ; 161

21

2

==LL

vv ; H = 16·H1

=kk1 076,1116

981581,91000101337

98116581,91000101337

1 =⋅−⋅⋅+

−⋅⋅+

Кавитациониот број при испитувањето на моделот е 11,076 пати поголем во однос на кавитациониот број на оригиналот.

Задача 14.10. Вентуриева цевка со димензии: D = 300 mm и d = 150 mm, наменета е за мерење на протокот на нафта. Се баждари со испитување со вода на нејзиниот модел. Димензиите на моделот се намалени за три пати. Да се определи:

а) протокот на вода во моделот 1,vq , протокот на нафта во прототипот изнесува

100=vq l/s, кинематската вискозност на водата 01,0=ν cm2/s, а на нафтата при t = 10ºC е 045,0=ν cm2/s.

б) загубите на специфичната енергија и падот на притисокот во прототипот, ако при испитувањето на моделот се добиени 962,11, =zage J/kg и

10000=Δp Pa. Густината на нафтата изнесува 820=ρ kg/m3.

153

Решение: а) Од еднаквоста на Рејнолдсовите броеви:

1

11

ννdvdv ⋅


111 dd

vv⋅=

νν

Следува: 4

2 π⋅⋅=⋅=dvAvqv или

1121

2

11, dd

dd

vv

qq

v

v ⋅=⋅=νν

Протокот на вода во моделот изнесува:

ddqq vv

111, ⋅⋅=

νν = 407,7

31

045,001,0100 =⋅⋅ l/s

б) Од равенките за проток на нафта и вода, при исти коефициенти на проток, следува:

ρμ pAqv

Δ⋅⋅⋅=

2 и 1

111,

2ρ

μ pAqvΔ⋅

⋅⋅= , односот на падот на притисокот е:

=⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

ΔΔ

1

21

2

1,1 ρρ

AA

qq

pp

v

v

1

41

2

1

2

1 ρρ

νν

⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛dd

dd =

1

21

2

1 ρρ

νν

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛dd

⋅Δ=Δ 1pp1

21

2

1 ρρ

νν

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛dd = 1000·

1000820

31

01,045,0 22

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ = 18450 Pa

в) Равенките за загубите на енергијата при исти коефициенти на отпорот е:

2

2vezag ⋅= ξ и 2

21

1,vezag ⋅= ξ , односот

2

1

21

21

2

1,⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛==νν

dd

vv

ee

zag

zag

⋅= 1,zagzag ee2

1

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛νν

dd = 4145,4

01,0045,0

31962,1

22

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅ J/kg

Задача 14.11. Со помош на димензиска анализа да се определи хидростатичкиот притисок на нестислив флуид. Хидростатичкиот притисок зависи од атмосферскиот притисок [ ]21 −− ⋅⋅ TLM , густината [ ]3−⋅LM , земјината гравитација [ ]2−⋅TL и длабочината [ ]L . Решение: Ова физичка појава е зависна од n = 4 големини, дадени во следната математичка зависност: ( )hgpf ,,,ρ = 0

13 =−= nm - за овај случај потребно е да се постави еден бездимензиски моном. zyx hgBAp ⋅⋅⋅+= ρ

B – бездимензионална константа [ ] [ ] [ ] [ ]zyx hgp ⋅⋅= ρ , односно

[ ]21 −− ⋅⋅ TLM = [ ]xLM 3−⋅ · [ ]yTL 2−⋅ [ ]zL⋅ zyyxx LTLLMTLM ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅ ⋅−⋅−−− 2321 ; yyxzyx TLLMTLM ⋅−⋅−+−− ⋅⋅⋅=⋅⋅ 2321

x = 1 ; -2 = - 2·y, следи y = 1 ; -1 = y + z - 3·x, следи z = 1 hgBAp ⋅⋅⋅+= ρ ; A = p0 ; B = 1

Димензиската анализа не може во потполност да даде одговор какви се коефициентите A и B.

154

Задача 14.12. Да се определи законот на промената на падот на притисокот pΔ , за нестационарно струење на вискозен флуид низ рапава кружна цевка. Решение: По извршена анализа на одредени големини врз падот на притисокот на единица

должина од цевката LpΔ е добиена функционалната зависност:

0,,,,, =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ ηρδvd

Lpf

Каде што: δ , m – rапавост на ѕидовите на цевката.

336 =−=−= pnm . Со помош на −π теоремата, оваа равенка треба да се сведи на три бездимензионални мономи:

( ) 0,, 321 =πππF (a)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ

=Lpvd ,,,11 ρππ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ

=Lpvd ,,,22 ρππ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ

=Lpvd ,,,33 ρππ

Бидејќи мономите се бездимензионални, може да се напише:

( )ρ,,1 vdfLp=

Δ (1)

( )ρη ,,2 vdf= (2) ( )ρδ ,,3 vdf= (3)

Од првата равенка следува: [ ] [ ] [ ] [ ]zyx LMTLLTLM 3122 −−−− ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅

yzyxz TLMTLM −⋅−+−− ⋅⋅=⋅⋅ 322 Се добива системот на равенки:

1=z ; 23 −=⋅−+ zyx ; 2−=− y Решенијата се : x = -1 ; y = 2 ; z = 1

121 ρ⋅⋅=Δ − vdLp , односно 1

21 π

ρ==

⋅⋅

Δ

dLv

p

Од втората равенка следува: [ ] [ ] [ ] [ ]zyx LMTLLTLM 3111 −−−− ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅

yzyxz TLMTLM −⋅−+−− ⋅⋅=⋅⋅ 311 Се добива системот на равенки:

1=z ; 13 −=⋅−+ zyx ; 1−=− y Решенијата се : x = 1 ; y = 1 ; z = 1

ρη ⋅⋅= vd , односно: 21 πρ

η==

⋅⋅vd

Од третата равенка следува: [ ] [ ] [ ] [ ]zyx LMTLLL 31 −− ⋅⋅⋅⋅=

yzyxz TLML −⋅−+ ⋅⋅= 3

155

Се добива системот на равенки: 0=z ; 13 =⋅−+ zyx ; 0=− y

Решенијата се : x = 1 ; y = 0 ; z = 0 001 ρδ ⋅⋅= vd , односно: 31 πδ

==d

Вредностите на бездимензионалните мономи се вметнуваат во тавенката (a)

0,,2

=⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⋅⋅⋅⋅

Δdvd

dLv

pF δρ

η

ρ

Ова функција имплицитно се решава по првиот член и с едобива:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⋅⋅

ΔeR

df

dLv

p ,2

δ

ρ, каде што

eRvdvd1

=⋅

=⋅⋅

νρ

η , или:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅⋅=Δ

dRfv

dLp e

δρ ,2

Во оваа равенка неопределена е големината ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

dRf e

δ, . Познато е дека равенката

за падот на притисокот е: 2

2vdLp ⋅⋅⋅=Δ ρλ . Потрено е со експеримент да се

определи дека : ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

dRf e

δλ ,2 . Ако експериментот не се совпаѓа со утврдената

констатација, односно ако се утврди дека λ зависи од друга големина, односно за pΔ не се добиваат точни вредности, се заклучува дека во почетната анализа е испуштена некоја големина. Задача 14.13. Со помош на димензиска анализа да се определи равенка за определување на на коефициентот на отпорот xξ на елестично тело со карактеристична должина L и модул на елестичност E, кое се движи со брзина v низ течност со густина ρ . Решение: Од условите зададени во задачата може да се претпостави дека коефициентот на отпорот xξ зависи од vL,,ρ и E, односно:

xξ = ( )EvLf ,,,ρ Ова функција се развива во димензионален ред и се добива:

xξ =∑=

⋅⋅⋅⋅n

i

tzyxi EvLB

1ρ

−iB бездимензиски коефициент, кој во општ случај може да зависи од обликот и положбата на телото.

[ ] [ ] [ ] [ ]tzyx TLMTLLLM 21131 −−−− ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅= txtztzyx MTL +⋅−−−−+⋅− ⋅⋅= 231

Се добива системот на равенки: 03 =+−+− tzyx ; 02 =⋅−− tz ; 0=+ tx

Решенијата се : x = - t ; y = 0 ; z = - 2·t Коефициентот на отпорот е:

156

xξ =∑=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅n

i

t

i vEB

12ρ

, за −⋅

=EvCa

2ρ Кошиев број

Од ова се констатира дека за определен облик и положба на телото: ( )ax Cf=ξ

Задача 14.14. За рамна плоча со висина L нормално на правецот на рамномерното струење со брзина v на невискозен флуид со густина ρ , со помош на димензиската анализа да се определи равенка за силата на отпорот Fx, ако p и p0 се притисоци пред и зад плочата.

Решение: Бидејќи силата на отпорот на плочата зависи од разликата на притисоците, пред и зад плочата (p и p0), тогаш:

( )0,., ppvLfFx −= ρ Ако ова функција се развие во хомоген димензиски ред се добива:

( )∑=

−⋅⋅⋅⋅=n

i

tzyxix ppvLBF

10ρ

−iB бездимензиска константа, која во општ случај може да зависи од обликот и положбата на плочата.

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]tzyx TLMTLLLMTLM 11132 −−−−− ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅ tztzyxtx TLMTLM −−−++⋅−+− ⋅⋅=⋅⋅ 32

Се добива системот на равенки: 1=+ tx ; 13 =−++− tzyx ; 2−=−− tz

Решенијата се : x = 1 - t ; y = 2 ; z = 2 - 2·t Тогаш бараната сила на отпорот Fx е:

∑=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−

⋅⋅⋅⋅=n

i

t

ix vpp

BvLF1

2022

ρρ

Каде што:

−=⋅

−uE

vpp

2

20

ρОјлеров број

Тогаш: ( )uxx ELvF ξρ ⋅⋅⋅⋅= 22

21

Задача 14.15. Во општ случај на движење на течност утврдено е дека протокот

vq зависи од врзината v, површината на попречниот пресек на текот, густината

157

ρ , коефициентот на динамичката вискозност η и висината на притисокот H. Да се определи математичкиот облик на физичкиот закон за промената на протокот. Решение: Математичката зависност на промената на протокот од дадените големини е:

( )HAvfqv ,,,,0 ηρ= или ( ) 0,,,,, =vqHAvf ηρ Или во бездимензиски мономи:

( ) 0,....,,, 321 =mF ππππ 336 =−=−= pnm број на бездимензиски мономи. Односно:

( ) 0,, 321 =πππF ηρπ ⋅⋅⋅= zyx Av1 HAv zyx ⋅⋅⋅= ρπ 2

vzyx qAv ⋅⋅⋅= ρπ3

Определување на мономот 1π ηρπ ⋅⋅⋅= zyx Av1

[ ] [ ] [ ] [ ]113211 −−−− ⋅⋅⋅⋅⋅⋅= TLMLMLTL zyx 111321 +−−−⋅−⋅+ ⋅⋅= zxzyx MTL

Се добива системот на равенки: 01=−− x ; 0132 =−⋅−⋅+ zyx ; 01=+z

Решенијата се : x = -1 ; y = -21 ; z = - 1

Тогаш бездимензискиот моном 1π е:

ηρπ ⋅⋅⋅= zyx Av1 = ηρ ⋅⋅⋅ −−− 121

1 Av или eRLvAvAv

11 =

⋅=

⋅=

⋅⋅=

ννρ

ηπ

Определување на мономот 2π HAv zyx ⋅⋅⋅= ρπ 2

[ ] [ ] [ ] [ ]LLMLTL zyx⋅⋅⋅⋅⋅= −− 3211

zxzyx MTL ⋅⋅= −+⋅−⋅+ 1321 Се добива системот на равенки:

0=− x ; 0132 =+⋅−⋅+ zyx ; 0=z

Решенијата се : x = 0 ; y = -21 ; z = 0


HAv zyx ⋅⋅⋅= ρπ 2 или A

HHAv =⋅⋅⋅=− 02

10

2 ρπ

Определување на мономот 3π

vzyx qAv ⋅⋅⋅= ρπ3

[ ] [ ] [ ] [ ]133211 −−− ⋅⋅⋅⋅⋅⋅= TLLMLTL zyx zxzyx MTL ⋅⋅= −−+⋅−⋅+ 13321

Се добива системот на равенки: 01=−− x ; 0332 =+⋅−⋅+ zyx ; 0=z

Решенијата се : x = -1 ; y = -1 ; z = 0

158


vzyx qAv ⋅⋅⋅= ρπ 3 или

AvqqAv v

v ⋅=⋅⋅⋅= −− 011

3 ρπ

Зависноста на бездимензиските мономи е:

0,,1=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅Av

qA

HR

F v

e

Или во друг облик:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⋅ AHR

Avq

ev ,φ

Бидејќи Hgv ⋅⋅= 2 , следува:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅⋅⋅=

AHRHgAq ev ,2 φ или HgAmqv ⋅⋅⋅⋅= 2

Каде што коефициентот ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

AHRm e ,φ

Задача 14.16. Со помош на димензиската анализа потребно е да се определи зависноста на силата на отпорот xR што се јавува при стационарно движење на топка со радиус R, под дејство на земјината гравитација и силата на потисокот, низ вискозна течност вертикално надолу со брзина v. Се претпоставува дека зависноста на силата xR од Рејнолдсовиот број е линеарна и дека коефициентот на отпорот е πξ ⋅= 6x . Потоа од општиот израз за силата да се определи брзината v во случај ако радиусот R = 0,8 mm, коефициентот на динамичката вискозност 162,0=η N·s/m2, густината на материјалот на топката 7850=mρ kg/m3, густината на течноста 910=ρ kg/m3. Решение: Според условите во задачата се претпоставува дека силата на отпорот xR е функција од следните големини:

xR = ( )ηρ ,,, vRf Со развивање на оваа функција во ред се добива:

xR = ∑=

⋅⋅⋅⋅n

i

tzyxi vRB

1ηρ

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]tzyx TLMTLLLMTLM 11132 −−−−− ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅ tztzyxtx TLMTLM −−−++⋅−+− ⋅⋅=⋅⋅ 32

Се добива системот на равенки: 1=+ tx ; 13 =−++⋅− tzyx ; 2−=−− tz

Решенијата на системот равенки: x = 1 - t ; y = 2 - t ; z = 2 – t Равенката на силата на отпорот е:

xR = ∑=

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅⋅⋅

n

ii t

RvBvR

1

22 νρ

Каде што:

−⋅

=ν

RvRe Рејнолдсов број. За случај на линеарна зависност на силата

xR од eR - бројот, ќе биде за t = 1, односно:

159

xR = ∑=

⋅⋅⋅⋅n

iiBvR

1νρ

Ако за x

n

iiB ξ=∑

=1, се внеси во погорната равенка, се добива бараната равенка за

силата xR , односно: vRvRR xx ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ηπηξ 6

При рамномерно движење на топката надолу, важи равенката: xRPG −=

Каде што: −G тежина на топката −P сила на потисокот

Според тоа се добива равенката:

( ) =⋅−⋅⋅⋅⋅ ggR m ρρπ3

34 vR ⋅⋅⋅⋅ ηπ6

Од оваа равенка се добиваравенката на брзината:

( ) gRv m ⋅−⋅⋅= ρρη

2

92 = ( ) 81,99107850

162,00008,0

92 2

⋅−⋅⋅ = 0,05977 m/s

160

161

Задача 15.1. Волуменскиот проток на флуидната струја изнесува 7,6=vq l/s, и струи низ хоризонтална цевка со попречен пресек во вид на прстен составен од две коаксијални поцинковани челични цевки. Надворешниот дијаметар на внатрешната цевка е d = 75 mm, а внатрешниот дијаметар на надворешната цевка е D = 100 mm. Да се определи загубата на енергијата поради триење на течноста низ цевката со должина L = 30 m, ако коефициентот на кинематската вискозност на водата изнесува

013,0=ν cm3/s. Решение: Попречниот пресек низ кој струи водата изнесува:

π⋅−=

4

22 dDA = 322

10436,34

075,01,0 −⋅=⋅− π m2

Наквасениот обем (периметар) изнесува: ( ) 549778,0=⋅+= πdDO m Хидрауличниот радиус на овој попречен пресек изнесува:

( )3

22

1025,64

7510044

−⋅=−

=−

=+⋅

−==

dDdD

dDOARh m

Еквавилентниот дијаметар е: 33 10251025,644 −− ⋅=⋅⋅=⋅= hekv RD m

Брзината на струење на водата низ попречниот пресек изнесува:

95,110436,3

107,63

3

=⋅

⋅==

−

−

Aqv v m/s

Рејнолдсовиот број на струењето е:

23203750010013,0025,095,1

,4 =>=⋅

⋅=

⋅=

− kreekv

e RDv

Rν

Коефициентот на триење се определува според равенката на Блазиус:

0227,037500

3164,03164,025,025,0 ===

eRλ

Бараната загуба на специфичната енергија од триење изнесува:

79,512

95,1025,0300227,0

2

22

, =⋅⋅=⋅⋅=Δv

DLeekv

trzag λ J/kg

51790, =Δ trzagp Pa Задача 15.2. Низ хоризонтална цевка со должина L=900 m и дијаметар D=100 mm, пумпата транспортира π⋅= 5,4vq l/s течност со густина 900=ρ kg/m3 и кинематска вискозност 2,1=ν cm2/s. Во

точката B се одзема 31 од волуменскиот

162

проток vq . Во точката C се одзена истиот волуменски проток како во точката B, а

останатиот проток ( vq⋅31 ) струи понатаму така да во точката K, пумпата

остварува притисок p = 1,47 bar. Да се определи притисокот во почетрокот на цевководот кој пумпата мора да го оствари за да се обезбеди потребниот капацитет, под претпоставка дека вкупната загуба на енергијата (притисокот) е резултирана од триењето на течноста со ѕидовите на цевководот. Решение: Поедини делници ги имаат волуменските протоци:

vv qq =1, ; vv qq ⋅=32

2, и vv qq ⋅=31

3,

Брзините на струење на течноста по делниците:

π

π

π ⋅

⋅⋅

=⋅⋅

= 221 1,01000

5,444D

qv v = 1,8 m/s ; 2,132

12 =⋅= vv m/s ; 6,031

13 =⋅= vv m/s

Рејнолдсовите броеви по делници:

kree RDvR ,41

1, 1500102,1

1,08,1<=

⋅⋅

=⋅

=−ν

= 2320 ; kree RDvR ,42

2, 1000102,1

1,02,1<=

⋅⋅

=⋅

= −ν

kree RDvR ,43

3, 500102,1

1,06,0<=

⋅⋅

=⋅

= −ν

Во сите делници струењето е ламинарно, односно коефициентите на триење се определуваат со помош на равенката:

043,01500

64641,

1 ===eR

λ ; 064,01000

64642,

2 ===eR

λ ; 128,05006464

3,3 ===

eRλ

Енергетските равенки по делници:

Делница 3 23

23

3v

DLpp KC ⋅⋅⋅

⋅=− ρλ

Делница 2 23

22

2v

DLpp CB ⋅⋅⋅

⋅=− ρλ

Делница 1 23

21

1v

DLpp BP ⋅⋅⋅

⋅=− ρλ

Вкупната загуба на енергијата (притисокот) е збир на загубата на енергиите по делници, односно:

( )211

22

2332

13

vvvD

Lpp KP ⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅⋅

=− λλλρ

Пумпата треба да го обезбеди притисокот:

+= KP pp ( )211

222

2332

13

vvvD

L⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅

⋅λλλρ

+= 147000Pp ( )222 8,1043,02,1064,06,0128,021900

1,03900

⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅⋅

Pp = 521706 Pa ≈ 5,22 bar

163

Задача 15.3. Мазутот со густина 880=ρ kg/m3 и кинематска вискозност 25,0=ν cm2/s, течи од резервоарот A кон потрошувачот B. Масениот проток изнесува 300=mq kg/h, а цевководот низ кој тече има должина L=30 m и дијаметар D = 25 mm.

а) Да се определи загубата на енергијата (притисикот) при струењето низ цевководот.

б) Ако висината H на која се наоѓа резервоарот A во однос на потрошувачор B изнесува 8 m, колкав е

надпритисокот пред влезот во потрошувачот? Решение:

а) средната брзина на течење на мазутот е:

193,0025,0880

360030044

22 =⋅⋅

⋅=

⋅⋅⋅

=ππρ D

qv m m/s

Рејнолдсовиот број е:

1931025,0

025,0193,04 =

⋅⋅

=⋅

=−ν

DvRe

Струењето на на мазутот е ламинарно, а коефициентот на триење изнесува:

332,01936464

===eR

λ

Загубата на притисокот при триење изнесува:

65302

193,0880025,030332,0

2

22

=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=Δv

DLp ρλ Pa

б) Енергетската равенка за пресеците 1-1 и 2-2

2211−−

22

2200 vv

DLppHgp m +⋅⋅+

+=⋅+ λ

ρρ

21

2vDLpHg m ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅++=⋅ λ

ρ

Бараниот надпритисок пред потрошувачот е:

21

2vDLHgpm ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅−⋅⋅= λρρ =

2193,0

025,030332,01880881,9880

2

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅−⋅⋅

41,62516=mp Pa = 62,516 kPa Задача 15.4. Пумпата црпи масло со кинематска вискозност 4=ν cm2/s и густина

850=ρ kg/m3 и преку разводникот R го транспортира во хидрауличниот цилиндар HC. Клипот во цилиндерот се движи со брзина

1,0=kv m/s и го потиснува маслото преку разводникот R кон резервоарот A. Должината на цевководите се L1 = 5 m и L2 = 5 m. Дијаметарот на клипот D = 60 mm, дијаметарот

на клипната полуга dkp = 20 mm, а дијаметарот на цевководот изнесува d = 10 mm. Да се определи притисокот што треба да го обезбеди пумпата, за на клипната полуга се обезбеди сила од F = 9810 N.

164

Решение: Волуменскиот проток низ хидрауличниот цилиндер изнесува:

42222

10513,24

02,006,01,04

−⋅=⋅−

⋅=⋅−

⋅= ππkpkv

dDvq m3/s

Брзината на струење на маслото по цевководот е:

2,301,0

10513,2442

4

2 =⋅⋅⋅

=⋅⋅

=−

ππdqv v m/s


232080104

01,02,3,4 =<=

⋅⋅

=⋅

=− kree RdvR

ν

Струењето на на мазутот е ламинарно, а коефициентот на триење изнесува:

8,0806464

===eR

λ

Пумпата треба да обезбеди притисок кој ќе ги совлада сите отпори и ќе ја обезбеди потребната сила на клипната полуга, односно:

ppp FP Δ+= = ( ) 24 2

2122

vd

LLdDF

kp

⋅⋅+

⋅+⋅−

⋅ ρλπ

( ) 22,3850

01,0558,0

02,006,098104 2

22 ⋅⋅+

⋅+⋅−

⋅=

πPp = 7384875 Pa = 73,85 bar

Задача 15.5. Да се определи стварниот притисок на маслото на влезот во пумпата на маслениот систем на авионот, ако авионот лета на висина каде атмосферскиот протисок изнесува 10,286 kPa. Должината на всисниот цевковод изнесува L = 2 m, дијаметарот D = 18 mm, а нивото на маслото над пумпата изнесува h = 700 mm. Волуменскиот прпток на маслото е 266,0=vq l/s, а вискозноста е 11,0=ν cm2/s и густината е 900=ρ kg/m3. Локалните отпори

да се занемарат. Да се земи во предвид Кориолисовиот коефициент на енергијата. Решение: Средната брзина на струење низ цевководот е:

045,1018,0

10266,0442

3

2 =⋅⋅

=⋅⋅

=−

ππDqv v m/s


23205137,17101011,0

018,0045,1,4 =<=

⋅⋅

=⋅

=− kree RdvR

ν

Струењето на на маслото е ламинарно, а коефициентот на триење изнесува:

0374,05137,1710

6464===

eRλ

Се пставува енергетска равенка за пресеците 1-1 и 2-2:

2211−−

22

220 v

DLpvhg

p L ⋅⋅++⋅=⋅+ λρ

αρ

165

Притисокот пред пумпата изнесува:

2

20 v

DLhgppL ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+−⋅+= λα

ρρ или −⋅⋅+= hgppL ρ0 2

2vDL

⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+ ρλα

За ламинарно струење 2=α , тогаш притисокот пред пумпата изнесува:

−⋅⋅+= 7,081,990010286Lp2

045,1900018,020374,02

2

⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+ = 13441,36 Pa

Задача 15.6. Да се пресмета силата P што е потребна да делува на клипот од пумпата со дијаметар D = 65 mm, за да можи полнењето во притисниот резервоар да се врши со проток 5,2=vq l/s. Висината на течноста во резервоарот во однос на оската на пумпата изнесува H0 = 10 m, а надпритисокот над слободната површина e 0,15 MPa. Димензиите на цевководот се: L = 60 m, d = 30 mm и апсолутната рапавост е 03,0=δ mm. Коефициентот на локалниот отпор на вентлот е 5,5=vξ . Загубите на енергијата

поради закривеност на цевководот да се занемарат. Задачата да се реши за два случаи:

а) се транспортира бензин со 765=ρ kg/m3 и 2104,0 −⋅=ν cm2/s б) се транспортира машинско масло со 930=ρ kg/m3 и 21020 −⋅=ν cm2/s

Решение: Се поставува енергетска равенка за пресеците 1-1 и 2-2:

2211−−

22

22

0

211 v

dLHgpvp

vm ⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+⋅+=+ ξλ

ρρ

Од равенката на континуитетот се добиваат вредностите на брзините:

44

2

2

2

1ππ dvDvqv ⋅=⋅= ; 7534,0

065,0105,2442

3

21 =⋅

⋅⋅=

⋅⋅

=−

ππDqv v m/s

5367,330657534,0

22

12 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

dDvv m/s

а) Рејнолдсовиот број изнесува:

265252104,0

03,05367,36

2 =⋅⋅

=⋅

=−ν

dvRe

Релативната рапавост изнесува: 001,03003,0

===d

k δ

За однос : k

Rk e

56023<< се користи равенката на Алтшул, односно:

02,0265252

683003,011,06811,0

25,025,0

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=

eRdδλ

Од енергетската равенка се добива вредноста на притисокот пред клипот:

22

21

0

22

1vHgv

dLpp vm ⋅−⋅⋅+⋅⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+= ρρρξλ

166

27534,07651081,9765

25367,37655,5

03,06002,0150000

22

1 ⋅−⋅⋅+⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+=p

4425201 =p Pa Силата што делува на клипот изнесува:

417,14684

065,04425204

22

1 =⋅

⋅=⋅

⋅=ππDpP N

б) Рејнолдсовиот број за овај случај изнесува:

05,53051020

03,05367,36

2 =⋅⋅

=⋅

=−ν

dvRe

За вредност на 410<eR и 04,0001,010 5 <=<− k се користи равенката на Вуд за определување на вредноста на коефициентот на триење, односно:

ceRba −⋅+=λ = 642,005,530521195,4020397,0 −⋅+ = 0,0375

Каде што: a = 0,094· 225,0k +0,53·k = 0,020397 ; b = 88 21195,444,0 =⋅k

642,062,1 134,0 =⋅= kc Вредноста на притисокот пред клипот изнесува:

27534,09301081,9930

25367,39305,5

03,0600375,0150000

22

1 ⋅−⋅⋅+⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+=p

7091841 =p Pa Силата што делува на клипот изнесува:

3,23534

065,07091844

22

1 =⋅

⋅=⋅

⋅=ππDpP N

Задача 15.7. Водата се качува во отворен резервоар по вертикална цевка со димензии: d = 25 mm ; L = 3 m ; h = 0,5 m, под дејство на надпритисокот што владее над слободната површина на долниот затворен резервоар. Да се определи притисокот mp што го покажува манометарот M, при кој протокот низ цевката ќе биде 5,1=vq l/s. Коефициентот на локалниот отпор при отворен вентил е

3,9=vξ . Другите локални отпори да се занемарат. Коефициентот на триење да се определи преку зададената апсолутна рапавост 2,0=δ mm, кинематската вискозност на водата е 610007,1 −⋅=ν m2/s.

Решение: Рејнолдсовиот број изнесува:

7586310007,1025,0

105,1446

3

=⋅⋅⋅

⋅⋅=

⋅⋅⋅

=⋅

= −

−

πνπν dqdvR v

e

Релативната рапавост е: 3108

252,0 −⋅===

dk δ

За k

Re560

> ; λ - се определува според равенката на Шифринсон:

0329,0008,011,011,0 25,025,0 =⋅=⋅= kλ

167

Се поставува енергетска равенка за пресеците 1-1 и 2-2:

2211−−

ρ

ξλρ

mv

ppvd

LLgp +=⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⋅⋅+⋅⋅+ 0

20

222

Од равенката на континуитетот се добива брзината на струење:

0557,3025,0

105,1442

3

2 =⋅

⋅⋅=

⋅⋅

=−

ππdqv v m/s

Надпритисокот над слободната површина на долниот резервоар изнесува:

222

2vd

LLgp vm ⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⋅⋅+⋅⋅⋅= ρξλρ

20557,310003,9

025,0320329,0381,910002

2

⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⋅⋅+⋅⋅⋅=mp = 139142 Pa

Задача 15.8. Низ цилиндрична права цевка со дијаметар d =125 mm струи течност со густина 850=ρ kg/m3 и со кинематска вискозност 5,2=ν cm2/s. За мерење на брзината во оската на цевката се користи Питотова цевка со два манометри (U-цевки со жива). Покажувањето на овие два манометри се 161 =Δh mm Hg и 5,702 =Δh mm Hg. Да се определи брзината на струење на течноста во осовината на цевката, а потоа да се определи падот на притисокот на делницата со L = 100 m.

Решение:


1100

−−

( )ρ

ρρ

202

2max

2hgphxgvp ziva Δ⋅⋅+

=Δ+⋅++ (1)

3322

−−

( )ρ

ρρ

101

hgphxgp ziva Δ⋅⋅+=Δ+⋅+ (2)

Од равенките (1) и (2) се добива равенка за определување ма максималната брзина на флуидната струја во оската на цевката:

( )12max 12 hhgv ziva Δ−Δ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅=

ρρ ( )016,00705,01

8501360081,92 −⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅= = 4 m/s

Рејнолдсовиот број на струењето изнесува:

νν ⋅⋅

=⋅

=2max dvdv

R sre = 23201000

105,22125,04

4 <=⋅⋅

⋅−

168

Струењето е ламинарно, коефициентот на триење е:

064,01000

6464===

eRλ

Падот на притисокот на делницата за L = 100 m изнесува:

22850

125,0100064,0

2

22

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=Δ srvdLp ρλ = 87040 Pa = 87,04 kPa

Задача 15.9. Во хидраулична инсталација за создавање на работна сила Fr, на клипната полуга од хидрауличниот цилиндер HC, не како извор на енергија, се користи пневматско-хидрауличен акумулатор PHA. Врската меѓу HC и PHA е остварена со помош на цевковод со L = 20 m и d = 20 mm, а командата се врши со разводникот R при состојбата a е работна, а состојбата b повратна (во овај случај под дејство на надворешна сила). Надпритисокот во PHA изнесува 5 bar, густината на течноста 900=ρ kg/m3, а кинематската вискозност 2,0=ν cm2/s. Дијаметарот на клипот D = 80 mm, се движи со брзина од 0,1 m/s. Се претпоставува дека вкупните локални загуби во цевководот изнесуваат 30% од загубите на енергијата од триење. Силата на триење меѓу цилиндерот и клипот да се занемари. Да се определи големината на работната сила Fr на клипната полуга на HC.

Решение: Од равенката на континуитетот:

44

22 ππ ⋅⋅=

⋅⋅

dvDvk

Се добива брзината на струењето на течноста во цевководот, односно:

6,120801,0

22

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

dDvv k m/s

Рејнолдсовиот број на ова струење изнесува:

νdvRe⋅

= = 23201600102,002,04

4 <=⋅⋅

−

Струењето е ламинарно, коефициентот на триење е:

04,01600

6464===

eRλ

Се поставува енергетска равенка заесеците 0-0 и 1- 1:

1100

−−

22

2200 v

dLvpppp kkm ⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Σ+⋅++

+=

+ξλ

ρρ (1)

Од условот зададен во задачата dL⋅⋅=Σ λξ 3,0 , се внесува во равенката (1):

169

23,1

2

22 vdLvpp kkm ⋅⋅⋅+=

−λ

ρ

23,1

2

22 vdLvpp k

mk ⋅⋅⋅⋅−⋅−= ρλρ

Работната сила на клипната полуга изнесува, 4

2 π⋅⋅=DpF kr , односно:

423,1

2

222 πρλρ DvdLvpF k

mr ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅⋅⋅−⋅−=

408,0

26,1900

02,02004,03,1

21,0900105

2225 π

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅⋅⋅−⋅−⋅=rF = 2212 N

Задача 15.10. Млазницата M со излезен дијаметар d2 = 15 mm што се наоѓа на висина H = 4 m над слободната површина и е поврзан со црево со дијаметар d1 = 30 mm и L = 30 m за резервоарот. Познати се коефициентите на локлните отпори: 5,0=vlξ ; 3=vξ и 2,0=mlazξ (рачуната со брзината v2 на излезот од млазницата). Да се претпостави дека цревото е хидралички мазно. Да се определи надпритисокот pm во резервоарот, што ќе обезбеди истекување на водата низ млазницата M, при тоа v2 = 16 m/s. Кинематската вискозност на водата е 610007,1 −⋅=ν m2/s. Решение: Од равенката на континуитетот се добива:

44

22

2

21

1ππ ⋅

⋅=⋅

⋅dvdv или

22

1

221 30

1516 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

ddvv = 4 m/s


ν11 dvRe

⋅= = 119166

10007,103,04

6 =⋅

⋅−

За 61034000 ⋅<< eR , за определување на коефициентот на триење се користи равенката на Конаков, односно:

( ) ( )017145,0

5,1119166log8,11

5,1log8,11

22 =−

=−⋅

=eR

λ

Се поставува енергетска равенка заесеците 0-0 и 1- 1:

2211−−

222

22

21

1

2200 vv

dLvHgppp

mlazvvlm ⋅+⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅++⋅+=

+ ξξξλρρ

Од оваа равенка се добива вредноста за надпритисокот во резервоарот, односно:

( )2

12

22

21

1

vvdLHgp mlazvvlm ⋅⋅++⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅⋅+⋅⋅= ρξξξλρρ

( )2

1610002,012435,0

03,030017145,01000481,91000

22

⋅⋅++⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅⋅+⋅⋅=mp

=mp 358000 Pa = 3,58 bar

170

Задача 15.11. Пумпата всисува вода од резервоарот A и ја исфрлува на висина Ht = 19,62 m (теоретска висина) во форма на фонтана, низ млазницата со

дијаметар d = 4D . Вкупната должина на цевководот е L = 60 m, а дијаметарот D =

40 mm. Да се определи специфичната енергија и корисната снага на пумпата. Познати се податоците: H1 = 2 m ; H2 = 5 m ; 8=sξ ; 2,0=kξ ; 3=vξ ; 1,0=mlazξ и коефициентот на кинематската вискозност на водата 4101,0 −⋅=ν cm2/s.


1100

−−

2

21vHg t =⋅

Брзината со која водата истекува од млазницата изнесува:

62,1962,1981,9221 =⋅⋅=⋅⋅= tHgv m/s Од равенката на континуитетот се определува вредноста на брзината на водата во цевководот:

44

2

1

2 ππ ⋅⋅=

⋅⋅

dvDvk ; 2

1 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=Ddvv =19,62·

2

4

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

D

D

= 1616,19 ⋅ = 1,226 m/s


νDvRe⋅

= = 490401001,0

04,0226,14 =

⋅⋅

−

Струењето во цевководот е турбулентно, коефициентот на триење се определува според равенката на Блазијус, односно:

02126,049040

3164,00316425,025,0 ===

eRλ

Се поставува енергетска равенка за пресеците 2-2 и 1-1

1122

−−

( )22

222

21

221

2100 vv

DLvHHgpep

mlazvksp ⋅+⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅++⋅+++⋅+=+ ξξξξλ

ρρ

Равенката на специфичната енергија на пумпата е:

( ) ( )2

12

2221

2

21vv

DLHHge mlazvksp ⋅++⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅++⋅++⋅= ξξξξλ

171

( ) ( )262,191,01

2226,1322,028

406002126,05281,9

22

⋅++⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅++⋅++⋅=pe

ep = 315,178 J/kg Волуменскиот проток изнесува:

322

1054,14

04,0226,14

−⋅=⋅

⋅=⋅

⋅=ππDvqv m3/s

Корисната снага на пумпата е: vpk qeN ⋅⋅= ρ = 1000·315,178·1,54·10-3 = 485,324 W

Задача 15.12. Да се определи волуменскиот проток на водата и стварниот притисок p1, во највисоката точка на сифонот со дијаметар D = 50 mm и должина L = 10 m. Разликата на слободната површина на резервоарите A и B е H = 1,2 m. Највисоката точка (пресекот 1-1) се наоѓа на оддалеченост L1 = 3 m и на висина h1 = 1 m во однос на слободната површина на резервоарот A. Познати се податоците: 023,0=λ ; 5,0=vlξ и 45,0=kξ .


2200

−−

2

200 v

DLpHgp

kvl ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅+=⋅+ ξξλ

ρρ

Средната брзина на водата низ сифонот е:

=++⋅

⋅⋅=

kvlDL

Hgvξξλ

2 06,245,05,0

05,010023,0

2,181,92=

++⋅

⋅⋅ m/s

Бараниот волуменски проток изнесува: 3

22

10044,44

05,006,24

−⋅=⋅

⋅=⋅

⋅=ππDvqv m3/s


1100

−−

22

21

210 v

DLvhgpp

vl ⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⋅++⋅+= ξλρρ

hgvDLpp vl ⋅⋅−⋅⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++⋅−= ρξλ2

12

101

181,91000206,215,0

05,03023,0100000

2

1 ⋅⋅−⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅−=p = 84077 Pa < p0

172

Задача 15.13. Резервоарите A и B се поврзани со сифон, а димензиите се прикажани на сликата: H = 4 m ; h = 4,5 m ; d = 100 mm ; L1 = 50 m ; L = 70 m ;

04,0=λ ; 5=sξ ; 1=izlξ , кориолисовиот коефициент 1,1=α . Да се определи коефициентот на локалниот отпор на вентилот, од условот дека максималниот подпритисок во пресекот C-C изнесува pv = 68,67 kPa. Решение:

Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и C-C:

CC −− 00

22

21

20 v

dLvphgp

sC ⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+⋅+=⋅− ξλα

ρρ

Апсолутниот притисок во пресекот C-C изнесува: vC ppp −= 0

2

2100 v

dLpphgp

sv ⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅+

−=⋅− αξλ

ρρ

Брзината на струење на водата во сифонот е:

αξλ

ρ

++⋅

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⋅

=

s

v

dL

hgp

v1

2 =

1,151,0

5004,0

5,481,91000686702

++⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅

s

= 1,37 m/s


1100

−−

2

200 v

dLpHgp

vizls ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++⋅+=⋅+ ξξξλ

ρρ

Коефициентот на локалниот отпор на вентилот изнесува:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅−

⋅⋅= izlsv d

Lv

Hg ξξλξ 2

2 = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅−

⋅⋅ 151,0

7004,037,1

481,922 = 7,8136

Волуменскиот проток на водата низ сифонот изнесува: 3

22

1076,104

1,037,14

−⋅=⋅

⋅=⋅

⋅=ππdvqv m3/s

Задача 15.14. Од големиот отворен резервоар A водата течи кон големиот резервоар B, низ цевковод со дијаметар D = 60 mm и должина L = 9 m. Во цевководот е вградена Вентуриева цевка кја на најтесниот дијаметар d = 30 mm со стаклено цевче е поврзана со садот C. Да се определи висината H при која ќе почне всисување на водата од садот C. Познати се податоците: h = 1 m ; 5,0=vlξ ; 2=vξ ; 5,0=kξ . Коефициентот на втеснување на Вентуриевата цевка е

05,0=VCξ , а коефициентот на ширење на аголот 4,0, =agolsirξ ; коефициентот на триење 02,0=λ .

173

Решение:


1100

−−

( )222

222

1,

21

200 vvvv

DLpHgp

agolsirVCkvvl−

⋅+⋅+⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅++⋅+=⋅+ ξξξξξλ

ρρ


22

1ππ ⋅

⋅=⋅

⋅Dvdv , следи

2

1 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

dDvv , тогаш:

22122

2222

,

4 vvdD

dD

DLHg agolsirVCkvvl ⋅Σ=⋅

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+⋅+⋅++⋅=⋅ ξξξξξξλ

Со ξΣ - е означена големината во големата заграда , што преставува вкупен коефициент на отпорот на цевководот. Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 2-2:

2200

−−

2232

21

22120 vv

DLvpHgp

VCvvl ⋅+⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

⋅⋅++=⋅+ ξξξλ

ρρ

Притисокот во пресекот 2-2 изнесува: p2 = p0 - pv Равенката за рамнотежа на притисоците на слободната површина на садот C, односно во пресекот 3-3.

02 phgp =⋅⋅+ ρ ; 00 phgpp v =⋅⋅+− ρ ; следи: hgpv ⋅⋅= ρ , односно:

( ) ( )22

13

2

1

24 vvdD

DLhHg VCvvl ⋅Σ=⋅

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅++++

⋅⋅=+⋅ ξξξξλ

Со 1ξΣ - е означена големината во средната заграда , што преставува вкупен коефициент на отпорот од резервоарот A до најтесниот дел на Вентуриевата цевка. Од двете енергетски равенки со елиминација на брзината v се добива бараната висина H, односно:

hH ⋅Σ−Σ

Σ=

ξξξ

1

Со замена на дадените вредности во равенките за ξΣ и 1ξΣ се добиваат вредностите: ξΣ = 12,9 ; 1ξΣ = 20,3. Вредноста за висината H изнесува:

743,119,123,20

9,12=⋅

−=H m

Задача 15.15. Вентилаторот всисува воздух од атмосферата преку цевка со D1 = 150 mm и L1 = 5 m, и го потиснува кон потрошувачот низ цевката со D2 = 120 mm.

174

Подпритисокот на влезот во вентилаторот се мери со помош на U-цевка со вода ( 1000=wρ kg/m3), а покажувањето изнесува h = 160 mm. Надпритисокот на излезот од вентилаторот се мери исто така со U-цевка со жива ( 13600=zivaρ kg/m3) и покажувањето изнесува H = 30 mm. Коефициентот на локалниот отпор на влезот во всисната цевка е 1,01 =ξ , коефициентот на триење е 03,0=λ . Атмосферскиот притисок е 01,10 =p bar, а температурата на воздухот е t=20ºC (гасната константа на воздухот е R = 287 J/kg K). Ако степенот на полезно дејство на вентилаторот е 65,0=η , да се определи снагата на погонското вратило на моторот. Решение:

Специфичната густина на воздухот изнесува:

TRp⋅

= 0ρ = ( )202732871001,1 5

+⋅⋅ = 1,2 kg/m3


1100

−−

22

21

11

12110 v

DLvpp

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅++= ξλ

ρρ (1)

Равенка за рамнотежа на притисоците за референтната рамнина I-I: hgp w ⋅⋅+ ρ1 = 0p , односно: hgpp w ⋅⋅−= ρ01

Со внесување на изразот за p1 во равенката (1) се добива равенка за определување на брзината v1.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅⋅

⋅⋅⋅=

1

2

11

11

ξλρ

ρ

DL

hgv w = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅⋅

⋅⋅⋅

11,015,0503,02,1

16,081,910002 = 35,3 m/s

Волуменскиот проток е:

4

21

1π⋅

⋅=Dvqv =

415,03,35

2 π⋅⋅ = 0,625 m3/s

Брзината на воздухот во потисната излезна цевка изнесува:

16,551201503,35

22

2

112 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

DDvv m/s

Специфичната енергија на вентилаторот преставува разлика на енергијата на излезот и влезот во вентилаторот:

ρ12

21

22

1,2, 2ppvveee ventventvent

−+

−=−= (2)

Равенка за рамнотежа на притисоците за референтната рамнина II-II: Hgpp ziva ⋅⋅+= ρ02

175

Со внесување на изразите за p1 и за p2 во равенката (2) се добива:

ρρρ hgHgvve wziva

vent⋅⋅+⋅⋅

+−

=2

21

22

=vente2,1

16,081,910003,081,9136002

3,3516,55 22 ⋅⋅+⋅⋅+

− = 5541,67 J/kg

Ангажираната снага на погонското вратило изнесува:

ηρ ventv eq

N⋅⋅

= = 65,0

67,5541625,02,1 ⋅⋅ = 6384 W

Задача 15.16. Течноста истекува од отворениот резервоар во атмосфера низ цевка со d=40 mm. а) Да се определи зависноста мешу протокот vq и надпритисокот во точката A, од висината h и должината L. б) да се докаже при која висина h притисокот во точката A ќе биде еднаков со атмосферскиот, а волуменскиот проток нема да зависи од должината L. Локалните отпори да се занемарат, а коефициентот на триење во цевката изнесува 04,0=λ . Решение:

а) Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 1-1:

1100

−−

( )22

2200 v

dLvpLhgp⋅⋅++=+⋅+ λ

ρρ (1)

( )1

2

21

+⋅

+⋅⋅=

LLhgv

λ, волуменскиот проток: ⋅

⋅=

4

2 πdqv( )

12

2

+⋅

+⋅⋅L

Lhg

λ

Се поставува енергетска равенка за пресеците A-A и 1-1:

11−− AA

222

21

210

2101 v

dLvpLgvpp⋅⋅++=⋅++

+ λρρ

(2)

2

211 v

dLLgp⋅⋅=⋅+ λ

ρ, или ; ( )

dLLhg

dLLgp

⋅+

+⋅⋅⋅=⋅+

λλ

ρ 1

1

( ) Lg

dLLhg

dLp ⋅⋅−

⋅+

+⋅⋅⋅⋅= ρ

λρλ

11 =

LdLdLhLg

⋅+⋅−−⋅+⋅

⋅⋅⋅λ

λλλρ = dhdhLg

+⋅−⋅

⋅⋅⋅λλρ

=1p 1

1

+⋅

−⋅⋅⋅⋅

dhdh

Lgλ

λρ ; за p1 = 0 ; 01=−⋅

dLλ ;

λdh =

176

⋅⋅

=4

2 πdqv( )

12

2

+⋅

+⋅⋅L

Lhg

λ =

⋅⋅

=4

2 πdqv

1

2

+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅

λ

λ

dL

Ldg= ⋅

⋅4

2 πd

Ld

dLdg

+

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅

λ

λλ2

= ⋅⋅

4

2 πd hg ⋅⋅2

Од последната равенка се гледа дека волуменскиот проток не зависи од L. Задача 15.17. Од отворен резервоар A преку цевковод со константен дијаметар d = 80 mm и должина 2·L = 10 m, дотекува вода во резервоарот B.Од него водата истекува низ куса цилиндрична цевка со d1 = 80 mm и коефициент на истекување

82,0=μ . Коефициентите на локалните отпори на цевководот изнесува 3,0=kξ ; 4=vξ . Коефициентот на линиските отпори е 03,0=λ . Да се определи висината

H која е потрбна да се одржува во резервоарот A, за во резервоарот B висината h=1,5 m. Решение:


1100

−−

2

22

21

2100 v

DLvpHgp

vk ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

⋅⋅++=⋅+ ξξλ

ρρ

Брзината на водата во цевката иннесува:

122

1

+++⋅

⋅

⋅⋅=

vkdL

Hgvξξλ

Од равенката на континуитетот следи:

⋅⋅

=⋅=4

2

11,πdAvqv

122

+++⋅

⋅

⋅⋅

vkdL

Hg

ξξλ = 2,vq


3322

−−

22

230

220 vphgvp

+=⋅++ρρ

, оттука hgv ⋅⋅= 23

177

hgdvdqq vv ⋅⋅⋅⋅

⋅=⋅⋅

⋅== 244

21

3

21

2,1,π

μπ

μ ; 12

242

1,

+++⋅

⋅

⋅⋅=

⋅

⋅

vk

v

dL

Hgd

q

ξξλπ

Од оваа равенка се определува бараната висина H, односно:

=⋅

+++⋅

⋅⋅

⋅

⋅=

gd

L

dq

Hvk

v

2

1216

24

21,

ξξλ

π gd

L

d

hgdvk

⋅

+++⋅

⋅⋅

⋅

⋅⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅⋅

2

1224

16

24

2212

ξξλ

π

πμ

hd

LH vk ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++

⋅⋅⋅= 122 ξξλμ = 128,95,1143,0

08,05203,082,0 2 =⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +++

⋅⋅⋅ m

Задача 15.18. призматичен сад со квадратна основа a = 2 m и висина h = 1,6 m се полни со бензин од големиот резервоар B, а при тоа H = 5 m и е консатнтна големина. Полнењето се врши со помош на гумено црево со должина L = 7 m, чиј приклучок во резервоарот A се наоѓа во средината

2h . Да се определи дијаметарот на цревото при кое

резервоарот A ќе биде наполнет со течност за време T = 15 min, при што линиските загуби во

цревото изнесуваат 05,0=λ . Сите други отпори се занемаруваат. Решение: Волуменот на бензинот во резервоарот A изнесува:

4,66,1222 =⋅=⋅= haVA m2 Волуменскиот проток низ цревото е:

310111,760154,6 −⋅=⋅

==TVq A

v m3/s

Истекувањето на бензинот од цревото во резервоарот A ќе биде со волуменски проток:

Hgdqv ⋅⋅⋅⋅

⋅= 24

2 πμ

Коефициентот на проток ψϕμ ⋅= , за конкретниот случај 1=ψ , а коефициентот

на брзината е

dL⋅

=λ

ϕ 1 , тогаш волуменскиот проток е:

dL

Hgd

qv

⋅

⋅⋅⋅⋅

=λ

π 24

2

= 7,111·10-3 m3/s

Дијаметарот на цревото изнесува:

51

2

2

216

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=πλ

HgLqd v = ( ) 5

1

2

23

581,92705,010111,716⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ −

π = 0,04935 m ≈50 mm

178

Задача 15.19. да се определи подпритисокот пред влезот во вентилаторот кој има волуменски проток

1260=vq м3/х. должина на всисната линија Л = 5 м и дијаметар д = 200 мм. Познати се податоците: 02,0=λ ; кориолисовиот коефициент 05,12 =α ; 02,0=vlξ и

9,0=mrω .


2211−−

22

22

22

21

10 v

DLpvp

mrvl ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++⋅+=⋅+ αξξλ

ρα

ρ

vppp −= 02 - апсолутен притисок пред влезот во вентилаторот ; v1 = 0

20

22

2v

DLp

mrvlv ⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +++⋅+−= αξξλ

ρ


2πdvqv ⋅= ; π⋅

⋅= 2

4d

qv v ; 24

22 82 π⋅

⋅=

dqv v

Подпритисокот пред влезот во вентилаторот изнесува:

=vp ⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++⋅ ραξξλ 2mrvlD

L24

28π⋅

⋅d

qv = ⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++⋅ 2,105,19,002,0

2,0502,0 24

2

2,035,08π⋅

⋅

pv = 184 Pa

179

Задача 16.1. Пумпата црпи вода од големиот резервоар А и ги снабдува двата големи резервоари B и C со еднаква количина на вода, qvB = qvC = 4 l/s. Над слободната површина на резервоарот B владее подпритисок од 49,05 kPa. Познати се следните податоци: d = 75 mm ; L = 100 m ; d1 = 50 mm ; L1 = 50 m ; H = 30 m ; h = 20 m ; λ = 0,025 ; ρ = 1000 kg/m3 ; ηp = 0,75.

a) да се определи големината на локалниот отпор на вентилот ξv.

б) да се определи ангажираната снага. Сите локални отпори, освен во вентилот, да се занемарат.

Решение: Се поставуваат енергетски равенки за пресеците:

222211 2

1

1

12

00 vdLv

dLhgpep

vp ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+⋅⋅+⋅+=+

−−

ξλλρρ

(1)

223311 2

1

1

12

00 vdLv

dLHgppep v

p ⋅⋅+⋅⋅+⋅+−

=+−−

λλρρ

(2)

од дадените услови во задачата, се определуваат брзините во цевководите:

ππ ⋅⋅⋅

=⋅

⋅=

−

2

3

21

1 05,010444

dqv vB

= 2,04 m/s

qv = 2⋅qvc = 2⋅4 = 8⋅10-3 m3/s

ππ ⋅⋅⋅

=⋅

⋅=

−

2

3

21 075,010844

dqv v

= 1,81 m/s Ако равенката (1) се одземе од (2), се добива равенката за определување на коефициентот на локалниот отпор во вентилот:

( ) ( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−⋅⋅=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−⋅⋅=

100049050203081,9

04,222

221 ρ

ξ vv

phHgv

= 23,6

Кога вредностите на добиените параметри се заменат во равенката (1) или равенката (2), се добива големината на специфичната енергија на пумпата:

22

21

1

12 v

dLv

dLhge vp ⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+⋅⋅+⋅= ξλλ

204,26,23

05,050025,0

281,1

075,0100025,02081,9

22

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+⋅⋅+⋅=pe = 351,93 J/kg

Ангажираната снага на пумпата изнесува:

75,093,35110810 33 ⋅⋅⋅

=⋅⋅

=−

p

pv eqP

ηρ

= 3754 W

Задача 16.2. Пумпата со снага 3,5 kW и η=0,7 црпи вода од резерварите А и В и ја транспортира во резерварот С. Да се определи:

a) Висината H1 ако пумпата транспортира 25 l/s voda. б) Запреминскиот проток низ пумпата ако вентилот v2 е затворен, а пумпата обезбедува иста специфична енергија како во првиот случај.

Познати се следните податоци: H = 3 m; l = 45 m; L1 = 35 m; l2 = 20 m; D = 150 mm; d = 100 mm ; ξv = 5 ; ξv2 =7 ; ξk = 0,2 ; λ = 0,025.

180

Решение:

a) Од дадениот услов во задачата се определуваат специфичната енергија на пумпата:

ep = vq

P⋅⋅

ρη

= 31025100035007,0

−⋅⋅⋅

= 98 J/kg

брзината струење на водата низ магистралниот цевовод

v =π2

4D

qv⋅=

π2

3

15,010254 −⋅⋅

=1,415 m/s

се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

( )2

22

23311 22

111

00 vDLv

dLHHgpep

kvvkp ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+++⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅++++⋅+=+

−−

λξξλξξρρ

(1)

22

22

3322 22

222

00 vDLv

dLgHpep

kvvkp ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+++⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅++++=+

−−

λξξλξξρρ

(2)

од равенката (2) се определува брзината во делницата (L 2 , d)

v2 =

2/1

22

2

222

2

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⋅++

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅++−−

dL

vDLgHe

vk

kvp

λξξ

λξξ=

=( )( )

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅++

⋅++⋅−⋅⋅−⋅

1,0/20025,072,02/415,115,0/45025,02,052381,92982

2

v2 = 1,874 m/s од равенката на континуитетот се определува брзината на струење во делницата (L1, d)

222

21 Dvdvdv ⋅=⋅+⋅

( ) 31,1874,1100150415,1/

2

22

1 =−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=−⋅= vdDvv m/s

од равенката (1) се определува бараната висина H1

H1 = HvDL

gv

dL

ge

kvvkp −⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+++⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅++−

22

22

2211 λξξλξξ

со замена на дадените вредности се добива: H1 = 3,945 m

б) Со новиот случај кога вентилот v2 е затворен.

181

Се поставува енергетската равенка за пресеците 1-1 и 3-3

( )2

22

23311 2'2'

111

00 vDLv

dLHHgpep

kvvkp ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+++⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+++++=+

−−

λξξλξξρρ

(3)

од равенката на континуитетот 2'2'

1 Dvdv ⋅+⋅ следи дека: 2''1 )/( dDvv ⋅=

со замена на 1v′ во равенката (3) се добива равенката за определување на брзината v'.

( )

2/1

14

1'

22

22

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+⋅−⋅=

dL

dL

dD

HHgev

kvvk

p

λξξλξξ

Со замена на вредностите се добива: v' = 0,818 m/s ; '

1v = 0,818⋅(150/100)2 = 1,84 m/s бараниот запремински проток:

415,0818,0

4

22'' ππ ⋅

⋅=⋅

⋅=Dvqv = 14,45⋅10-3 m3/s

Задача 16.3. Пумпата црпи qv = 90 l/min, бензин со густина ρ = 700 kg/m3, од големите резервоари A и B преку сложениот цевковод со димензии d1 = d2 = d3 = 25 mm ; L1 = 5 m ; L2 =7 m ; L3 =10 m. Коефициентот на триење е ист за сите цевководи λ = 0,032. Сите локални отпори да се занемарат. Над слободните површини владее над и под притисок. Манометарот после пумпата мери надпритисок од 6 mVS. Познати се следните податоци: pm =20 mbar ; pv = 500 Pa ; h1 = 2 m ; h2 = 1,5 m. Да се определат: протоците на бензинот низ цевководите (L1⋅d1) и (L2⋅d2), снагата нма пумпата за ηp = 0,8 и апсолутниот притисок на влезот на пумпата, ако атмосферскиот притисок изнесува p0 = 743 mm Hg.

Решение: Од условот даден во задачата се определува брзината на струење на бензинот:

ππ ⋅⋅⋅

=⋅

⋅=

−

2

3

23 025,0105,144

dqv v = 3,056 m/s

oд равенката на континуитетот следи: 233

222

211 dvdvdv ⋅=⋅=⋅ односно v3 = v1 + v2


2222200 22

3

3

321

1

12

00 vvdLv

dLghppepp m

pv +⋅⋅+⋅⋅++

+=+

−−−

λλρρ

(1)

( )22222

11 223

3

322

2

221

001 vvdLv

dLhhgppepp m

pm +⋅⋅+⋅⋅++⋅+

+=+

−−−

λλρρ

(2)

ако од равенката (2) се одземе равенката (1) се добива:

22

21

1

122

2

21

1 vdLv

dLhgpp vm ⋅⋅−⋅⋅+⋅=

+ λλρ

(3)

182

за v1 = 3,056 - v2 и замена на бројни податоци во равенката се добива квадратната равенка: 08364,135584,1928,1 2

22 =−⋅+⋅ vv

со решавање на оваа квадратна равенка се добива вредност на брзината: v2 =0,677 m/s

брзината во гранката (L1 , d1) изнесува: v1 =3,056 - v2 = 3,056 - 0,677 = 2,379 m/s

запреминските протоци по гранки: 3

22

11 10168,14

025,0379,24

−⋅=⋅=⋅=ππdvqv m3/s

322

22 10332,04

025,0677,04


322

33 105,14

025,0056,34


Специфичната енергија на пумпата се определува со замена на бројните податоци во равенката (1):

222

23

23

3

321

1

12

vvdLv

dLghppe mv

p +⋅⋅+⋅⋅+++

= λλρ

( )+⋅⋅+

⋅⋅+=

2379,2

025,05032,0

70081,910006500 2

pe

35,1672

056,32

056,3025,010032,0

22

=+⋅⋅+ J/kg

снагата на пумпата изнесува:

2208,0

35,167105,1700 3

=⋅⋅⋅

=⋅⋅

=−

p

pv eqp

ηρ

W

Се поставува енергетската равенка за пресеците 1-1 и v-v

( )222

11 233

222

21

2310 v

dLv

dLhhgvppp

vvvlezm ⋅⋅+⋅⋅++⋅++=

+−−

λλρρ

притисокот на влезот на пумпата:

( )dv

dLhhg

dLvppp movlez

22

22

213

23

1 12

⋅⋅⋅−+⋅⋅−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅⋅−+= ρλρλρ

( )( ) −+⋅⋅−+⋅⋅= 025,0/10032,012

056,3700200081,913600743,02

vlezp

( ) ( ) ( )2/677,0700025,0/7032,05,1281,9700 2⋅⋅⋅−+⋅⋅−

pvlez = 30548 Pa Задача 16.4. Пумпата ја транспортира водата од резервоарот А низ дадениот сложен цевковод во резервоарите B и C. Резервоарите A и B се многу големи. Константното ниво во резервоарот C се одржува со одведување на 4,2 l/s вода. Да се определи снагата на пумпата ако сите локални отпори (освен во вентилот) се занемарат. Познати се следните податоци: L = 50 m ; D = 70 mm ; L1 = 20 m ; d = 50 mm ; H1 = 16 m ; H2 = 10 m ; ξv = 30 ; λ = 0,025 и ηp = 0,75.

183

Решение: Се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

221100 2

12

100 C

pv

dLv

DLHgpep

⋅⋅+⋅⋅+⋅+=+−−

λλρρ

(1)

222200 2

12

02

0 Bvp

vdLv

DLpHgep

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+⋅⋅+=⋅++

−−

ξλλρρ

(2)


44

22 ππ DvqDv BC ⋅+=⋅ ; 4

2πdvq CC ⋅=

ππ 2

3

2 05,0102,444 −⋅⋅

=⋅

=d

qv vC = 2,14 m/s

Се добива равенка за определување на брзината v: 22

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

Ddv

Ddvv BC (3)

Кога равенките (1) и (2) се израмнат меѓу себе, се добива зависноста:

2)(

2

21

21

21 B

vC v

dLHHgv

dL

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅=+⋅+⋅⋅ ξλλ

односно: 2/1

22/1

1

2121

3005,0

20025,0

)1016(81,9214,205,0

20025,0)(2

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+⋅

+⋅⋅+⋅⋅=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+⋅

+⋅⋅+⋅⋅=

v

C

B

dL

HHgvdL

vξλ

λ= 3,73 m/s

од равенката (3) се добива: 22

705073,3

705014,2 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=v = 2,995 m/s

од равенката (1) се определува специфичната енергија на пумпата:

22

21

2

1C

pv

dLv

DLHge ⋅⋅+⋅⋅+⋅= λλ = 259,95 J/kg

Запреминскиот проток низ пумпата:

407,0995,2

4

22 ππ⋅=⋅=

Dvqv = 11,526⋅10-3 m3/s

снагата на пумпата изнесува:

75,095,25910526,1110 33 ⋅⋅⋅

=⋅⋅

=−

p

pv eqP

ηρ

= 3995 W

184

Задача 16.5 Пумпата црпи вода од големиот отворен резервоар А и го транспортира кон двата големи затворени резервоари В и С каде над слободната површина владее над и под притисок (според сликата). Познати се следните податоци: L = 20 m ; d = 60 mm ; H

= 5 m ; h = 3 m ; ξs = 2,5 ; ξk = 0,5 ; ξv =2 ; λ = 0,03 ; pv = 39,2 kPa. Да се определи надпритисокот кој владее над слободната површина на резервоарот В така да запремнинските протоци qVB = qVC = 18 m3/h, а потоа да се определи ангажираната снага на пумпата при ηp = 0,75.

Решение: Од равенката на континуитетот: 21

22

21

2 ; vvvdvdvdv +=⋅+⋅=⋅ или v = 2⋅v1 и дадениот услов во задачата се определуваат брзините во делниците

smvsmd

qvv VB /536,3768,12;/768,106,0

105442

3

221 =⋅==⋅⋅

=⋅

==−

ππ


( )22

222211 2

12

00 vdLv

dLhHgppep

vvksm

p ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅++⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅++++++

+=+

−−

λξλξξξρρ

(1)

( )2

22

2223311 2

22

00 vdLv

dLhHgppep

vkvksv

p ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+++⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+++++⋅+

−=+

−−

λξξλξξξρρ

(2)

од равенката (2) се добива вредноста за специфичната енергија на пумпата:

( )2

22

22222

2 vdlv

dLphHge vkvks

vp ⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+++⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅++++−+⋅= λξξλξξξ

ρ

( )

kgJ

ep

/9,2822

768,106,020203,025,0

2536,3

06,020203,025,025,2

10003920035281,9

2

2

=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

⋅+++

+⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

⋅++⋅++−+⋅⋅=

од равенката (1) се определува вредноста на надпритисокот во запремнинскиот резервоар В:

( )hHgvdLv

dLep vvkspm +⋅⋅−⋅⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+−⋅⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+++−⋅= ρρλξρλξξξρ

2222

21

2

( )3581,910002

768,1100006,0

2003,02

10002

536,306,020203,025,025,29,2821000

2

2

+⋅⋅−⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+−

−⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

⋅++⋅+−⋅=mp

Pm = 26248 Pa = 26,248 kPa запреминскиот проток низ пумпата:

322

1 10104

06,0536,34

−⋅=⋅=⋅=ππdvq pv m3/s

aнгажираната снага на пумпата изнесува:

377275,0

9,282101010 33

=⋅⋅⋅

=⋅⋅

=−

p

pv eqp

ηρ

W

185

Задача 16.6. од затворените резервоари А и В со помош на пумпата се транспортира водата во затворените резервоари С и D. Во резервоарите над слободните површини владее над или под притисок (према сликата). Резервоарите А,В,С се многу големи а константното ниво на резервоарот D се одржува со стален истек на водата qVD =3 l/s. Да се определи специфичната енергија и ангажираната снага на пумпата. Познати се следните податоци: d1 = 50mm; d2 = 75mm; d3 = 100mm; L1 = 100m ; L2 = 75m ; L3 = 150m ; λ=0,025 ; pm = 90 kPa ; pv = 45 kPa ; H1 = 13,7615 m ; H2 = 47m ; H3 = 10m ; ηp =0,75.

Сите локални загуби да се занемарат. Решение: Од условот даден во задачата се определува брзината:

679,0075,0

103442

3

25 =⋅⋅

=⋅

=−

ππdqv VD m/s


222

23311 2

4

1

123

3

321

1

12

00 vdLv

dLv

dLgHppepp v

pv ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅++

−=+

−−−

λλλρρ

(1)

( )22

2244

11 25

2

223

3

321

1

132

00 vdLv

dLv

dLHHgppepp m

pv ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+−⋅+

+=+

+−−

λλλρρ

(2)

со одземање на равенката (1) од равенката (2) се добива равенката за определување на брзината V4 :

2/12

4

2/125

2

23

2

14

2679,0

075,075025,01081,9

10004500090000

100025,005,02

22

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅+⋅−

+⋅

⋅⋅

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅+−

+⋅

⋅⋅

=

v

vdLgHpp

Ldv vm λ

ρλ

v4 = 1,306 m/s од равенката на континуитетот:

225

214

233 dvdvdv ⋅+⋅=⋅

се определува брзината v3 222

3

25

2

3

143

10075679,0

10050306,1 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

ddv

ddvv = 0,708 m/s

се поставува енергетската равенка за пресеците 2-2 и 3-3

( )22

2233

22 24

1

123

3

322

2

221

vdLv

dLv

dLHHgppepp vo

pom ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅++⋅+

−=+

+−−

λλλρρ

(3)

Со одземање на равенката (1) од равенката (3) се добиваат равенките за определување на брзините v1 и v2.

2/122

2

21

1

11 2

2⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−⋅⋅+⋅⋅

⋅⋅

=ρ

λλ

vm ppvdLHg

Ldv

2/122

1 10004500090000

2075,075025,07615,1381,9

100025,005,02

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−⋅⋅+⋅⋅

⋅⋅

=vv

186

677,0958,022

22

21 =⋅=⋅= vv m/s

од равенката на континуитетот:

2

2

11

2

2

332

222

211

233

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

⋅+⋅=⋅

ddv

ddvv

dvdvdv

2

2

12

2

2

332 2

2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

ddv

ddvv

958,0

7550

221

75100708,0

221

2

22

2

2

1

2

2

33

2 =

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

=

dd

ddv

v m/s

со замена на горе определените вредности во равенката (1) се добива равенката за определување на специфичната енергија на пумпата.

kgJ

e

vdLv

dLv

dLgHe

p

p

/966,5332

306,105,0

10025,0

2708,0

1,0150025,02

2677,0

05,0100025,04781,9

222

2

2

22

24

1

123

3

321

1

12

=⋅⋅+

+⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅=

⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+= λλλ

запреминскиот проток низ пумпата: 3

223

3 1056,54

1,0708,04

−⋅=⋅

⋅=⋅

⋅=ππdvqvp m3/s

ангажираната снага на пумпата изнесува:

47,395875,0

966,5331056,510 33

=⋅⋅⋅

=⋅⋅

=−

p

pv eqP

ηρ

W

Задача 16.7. Да се определи коефициентот на отпорот на вентилот ξv, така што запремнинскиот проток на водата во цевката 3 изнесува qv3 = 9 l/s, ако L1 = L2 = L3 = l = 9 m, и дијаметрите d1 = d2 = d3 = d = 50 mm, (λ = 0,025). Висината на слободните површини во резервоарите е H = 15 m, а надпритисокот pm = 15 kPa. Локалните отпори освен во вентилот да се занемарат.

187

Решение: За дадениот распоред на резервоарот непозната е насоката на струење на водата во гранката 1, затоа треба да се определи тој смер. Се претпоставува специјален случај на струење, кога запремнинскиот проток низ гранката 1 е нула, qv1 =0. Се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅+⋅⋅+=+

+−−

dLvv

dLpgHpp

vom λξλ

ρρ 222211 2

3220 (1)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅+⋅⋅+=+

−−

dLvv

dLpgHp

vo λξλ

ρρ 222200 2

3210 (2)

со користење на дадениот случај qv1 =0, односно:

582,29025,01005,01500022;

2

2/1

3

2/1

2

22 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅⋅⋅

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅=Ldpvv

dLp mm

λρλ

ρ m/s

и соодветниот проток 3

22

22 1007,54

05,0582,24

−⋅=⋅=⋅

⋅=ππdvqv m3/s

Бидејќи во овој случај qv2 < qv3= 9⋅10-3 m3/s се констатира дека бараниот проток qv3 мора да се обезбедува од двата резервоари А и В. Запремнинскиот проток во гранката 1

333231 1093,31007,5109 −−− ⋅=⋅−⋅=−= vvv qqq m3/s

а брзината

205,0

1093,3442

3

21

1 =⋅⋅

=⋅

=−

ππdqv v m/s

oд равенката (2) со користење на равенката на континуитетот: v3 = v1 + v2 = 2,582 + 2 = 4,582 m/s се добива равенката за определување на коефициентот на отпорот на вентилот:

65,8

582,421

05,09025,0

582,41581,9212 2

2

2

3

123

=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⋅⋅−

⋅⋅=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅−=

v

v vv

dL

vgH

ξ

λξ

Задача 16.8. Од резервоарите А и В кои имаат исто ниво, истекува вода низ сложен цевковод во резервоарот С. Според сликата познати се следните податоци: d1 = 200mm; d2 = 100mm; d3 = 200mm; L1 = 200m ; L2 = 100m ; L3 = 720m ; λ1=λ3 =0,02 ; λ2= 0,025 и H = 16 m.

188

а) Со занемарување на сите локални загуби на енергијата да се определи запреминскиот проток низ цевководот (вентилот е отворен). б) Да се определи коефициентот на локалните загуби на енергија во вентилот(ξv = ?) така да протоколот биде двапати помал.

Решение: Се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

223311 3

3

3

33

21

1

11

0 vdLv

dLpgHp o ⋅⋅+⋅⋅+=+

−−

λλρρ

(1)

223322 2

3

3

33

22

2

22

0 vdLv

dLpgHp o ⋅⋅+⋅⋅+=+

−−

λλρρ

(2)

од равенките (1) и (2) се добива:

22

2/1

2

1

1

2

1

2 118,11

vvdd

LLv ⋅=⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅=

λλ

oд равенката на континуитетот: 222

211

233 dvdvdv ⋅+⋅=⋅

се добива равенката за определување на брзината v2 :

32

11

2

2

332 731,0 v

ddv

ddvv ⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

Со смена на брзината v2 =0,731⋅v3 во равенката (2) се добива равенка за определување на брзината v3 :

2/1

3

33

2

22

3

53436,0

2

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⋅+⋅⋅=

dL

dL

gHvλλ

92,1

2,072002,0

1,0100025,053436,0

1681,92

2/1

3 =

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⋅+⋅⋅

⋅⋅=v m/s

запремнинскиот проток низ гранките изнесува:

( ) 322

111 1030,49

42,092,1731,0118,1

4−⋅=⋅⋅⋅=

⋅⋅=

ππdvqv m3/s

189

( ) 322

222 1002,11

42,092,1731,0

4−⋅=⋅⋅=

⋅⋅=

ππdvqv m3/s

322

333 1032,60

42,092,1

4−⋅=⋅=

⋅⋅=

ππdvqv m3/s

33'3 1016,30

2−⋅== v

vqq m3/s

и брзината во гранката 3 изнесува 96,02/3'3 == vv m/s, односот на брзините останува

непроменет, односно: '2

'1 118,1 vv ⋅= ; '

3'2 731,0 vv ⋅=

се поставува енергетската равенка за пресеците 1-1 и 3-3:

223311 2'

3

3

33

2'1

1

11

0 vdLv

dLpgHp

vo ⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+⋅⋅+=+

−−

ξλλρρ

(3)

од равенката (3) се добива равенката за определување на големината на коефициентот на отпорот ξv .

( ) 3,255/23

332'

3

2'1111 =⋅−

⋅⋅−=

dL

vvdLgH

v λλξ

Задача 16.9. За пумпната постројка прикажана на сликата да се определи специфичната енергија и снагата на пумпата, како и запремнинските протоци на водата во сите делници. Локалните отпори да се занемарат. Познати се следните податоци: d1 = 50mm; d2 = 60 mm ; d3 = 80mm ; h = 10 m ; H = 40 m ; λ= 0,03 ; ηp = 0,8 ; L1 = 40 m ; L2 = 50 m ; L3 = 10 m ; L4 = 30 m ; L= 20m ; pm= 60 kPa ; pv= 30 kPa.

Решение: Од условот за задачата се определува брзината:

995,008,0

105442

3

23

33 =

⋅⋅⋅

=⋅

⋅=

−

ππdqv v m/s


( )22

2233

11 23

3

322

1

1

100 vdLv

dLv

dLhHgpepp

pv ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+++=+

−−−

λλλρρ

(1)

222

24411 2

4

4

422

1

1

100 vdLv

dLv

dLgHppepp m

pv ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅++

+=+

−−−

λλλρρ

(2)

190

( )22

2233

22 23

3

322

2

2

200 vdLv

dLv

dLhHgpepp

pv ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+++=+

−−−

λλλρρ

(3)

од равенката на континуитетот се добива зависноста меѓу брзините: 2

22211

2 dvdvdv ⋅+⋅=⋅ (4) 244

233

2 dvdvdv ⋅+⋅=⋅ од равенките (1) и (2) се добива:

22

23

3

324

4

4 vdLgHv

dLpm ⋅⋅+=⋅⋅+ λλ

ρ

брзината: 2/122/12

3

3

3

4

44 2

995,008,0

1003,01000600001081,9

3003,004,02

22

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+−⋅⋅

⋅⋅

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅+−⋅

⋅⋅

=v

dLpgH

Ldv m λ

ρλ v4 = 1,885 m/s

од равенките (4) се определува брзината:

938,010040885,1

10080995,0

2224

4

23

3 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

ddv

ddvv m/s

загубите на специфичната енергија во делниците 1 и 2 се еднакви, односно:

22

22

2

221

1

1 vdLv

dL

⋅⋅=⋅⋅ λλ , односно 2/1

12

2112 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

⋅=dLdLvv

со смена на оваа равенка во равенката (4) се определува вредноста на брзината v1. 2

21

2/1

12

212

11

−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

dd

dLdL

ddvv

со смена на бројнте податоци се добива: v1= 1,56 m/s

брзината smdLdLv /528,156,1

2/1

12

212 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

⋅=

запреминските протоци низ делниците изнесуваат:

322

10380,741,0938,0

4−⋅=⋅=

⋅⋅=

ππdvqv m3/s

322

111 10060,3

405,056,1

4−⋅=⋅=

⋅⋅=

ππdvqv m3/s

322

222 10320,4

406,0528,1

4−⋅=⋅=

⋅⋅=

ππdvqv m3/s

33 105 −⋅=vq m3/s

322

444 10380,2

404,0885,1

4−⋅=⋅=

⋅⋅=

ππdvqv m3/s

Специфичната енергија на пумпата може да се определи од една од равенките (1), (2) или (3)

( )22

22

23

3

322

2

2

2 vdLv

dLv

dLhHgpe v

p ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅++⋅+= λλλρ

со смена на бројните податоци се добива: ep = 557 J/kg Снагата на пумпата изнесува:

513688,0

5571038,71000 3

=⋅⋅⋅

=⋅⋅

=−

p

pv eqP

ηρ

W

191

Задача 16.10. Движењето на клиповите во хидрауличните цилиндри со исти дијаметри D = 150 mm, оптеретенисо надворешна сила F1 = 1000 N и F2 = 2000 N се остварува со струењето на маслото (ρ = 1245 kg/m3 и ν = 1 cm2/s) низ цевководите со еднакви должини L = 10 m и дијаметар d = 40 mm. a) Да се определат брзините на движење на клиповите при запремнински проток од 7 l/s во магистралната цевка. б) Колкав треба да биде дополнителниот

отпор (во еквивалентна должина) и во која делница треба да се зголеми должината, да при ист запремнински проток на масло (qv ) во магистралната цевка брзините на клиповите бидат еднакви? Локалните отпори и триењето во цилиндрите да се занемари. Да се смета дека во неработните (пасивните) делови на цилиндарот, маслото е под атмосферски притисок, а струењето да е ламинарно. Решение: a) Надворешните сили создаваат надпритисок на површините на клиповите во пресеците 1-1 и 2-2, односно:

4,5658815,0100044

221

1 =⋅

==ππD

FPk Pa ; 8,11317615,0200044

222

2 =⋅

==ππD

FPk Pa

Се поставуваат енергетските равенки за пресеците

22211

21

21

110

2kknn vv

dLppvpnn

+⋅⋅++

=+−−

λρρ

(1)

22222

22

22

220

2kknn vv

dLppvpnn

+⋅⋅++

=+−−

λρρ

(2)

од равенката на континуитетот:

44

2

2

2

1ππ dvdvqv ⋅+

⋅⋅= се добива 122

4 vd

qv v −=π

со претпоставка за ламинарно струење коефициентите на триење се:

dvd

qRdvR vee ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

⋅==

⋅==

122

211

1 46464;6464

π

νλνλ

со одземање на равенката (2) од равенката (1) се добива:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+

⋅⋅⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

⋅+⋅

⋅⋅−

−4

221

4

24412 4648128

Dd

dq

dLv

Dd

dqq

dLpp vv

vkk

πν

ππν

ρ

а брзината на струењето на маслото низ доводната цевка 1, v1 изнесува:

4

22

4

24412

1464

8128

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+

⋅⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

⋅+⋅

⋅⋅+

−

=

Dd

dq

dL

Dd

dqq

dLpp

vv

vv

kk

πν

ππν

ρ

со замена на дадените вредности се добива: v1 =4,19 m/s

бараните брзини на клиповите:

192

298,01504019,4

22

11 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=Ddvvk m/s ;

4

1224

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

Ddv

dqv v

k π

б) Во случај на еднакви брзини на клиповите важат следните зависности:

v1 = v2 = v ; ;6421 dv ⋅

===νλλλ

ππ 2224

21

dq

dqv vv =

⋅⋅=

Енергетските равенки се сведуваат на :

222

22110

2kknn vv

dLppvp

+⋅⋅++

=+ λρρ

222

2220

2kknn vv

dLppvp

+⋅⋅++

=+ λρρ

со одземање на овие равенки се добива:

( )2

64 2

1212 vLL

dpp kk ⋅−⋅

⋅⋅

−−

νν

ρ

νπ

ρ ⋅⋅⋅

⋅−

=−v

kk

qdppLL

128

412

1 , односно

L1 - L = 4,08 m од ова се констатира дека цевката што го поврзува цилиндарот треба да биде подолга за 4,08 m.

Задача 16.11. Од големиот отворен резервоар А-пумпата ја транспортира водата кон големиот отворен резервоар В, млазникот и хидрауличниот цилиндар. Хидрауличниот цилиндар треба да создаде работна сила F = 3140 N, при брзина на движење на клипот vk = 0,1 m/s. Да се определи:

a) Коефициентот на отворот на вентилот ξk2 и теоретската висина на млазот zt, ако запремнинскиот проток низ гранката 2 изнесува 3,14 l/s.

б) Специфичната енергија и снагата на пумпата. Познати се следните податоци: L = 10 m ; L1 = 4 m ; L2 = 3 m ; L3 = 5 m ; D = 100 mm ; D1 = D2 = D3 = 50 mm ; d = 20 mm ; Dk

= 200 mm ; H1 = H2 = 3 m ; ξiz = 0,5 ; ξk = 0,5 ; ξv = 2,5 ; λ = 0,02 ; ξm =0,1 и ηp= 0,8. Останатите загуби на енергијата да се занемарат. Решение: a) Се поставуваат енергетските равенки за пресеците:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅++⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅++⋅++

+=++

−−

1

21

220

10

22

221100

DLv

DLvvppegHp

vkvizkn

p λξξλξξρρ

(1)

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅++⋅=

−−

2

22

22

2

22

22200

DLv

DLve vvizp λξλξξ (2)

22

22

223300 2

3

323

2

3

2m

mvkvizm

pv

DLv

DLv

gHve ⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅++⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅++⋅++=

−−

ξλξξλξξ (3)

Поради дејството на силата F на површината на клипот се јавува притисок:

193

ππ ⋅⋅

=⋅

⋅= 22 2,0

314044k

k DFp = 105 Pa = 1 bar

А брзината на струењето на водата низ гранките 1 и 2 изнесува: 22

11 50

2001,0 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

DDvv k

k = 1,6 m/s ; π⋅

⋅= 2

2

22

4D

qv v = 1,6 m/s

ако од равенката (2) се одземе равенката (1) и со средување се добива равенка за коефициентот на отпорот на вентилот 2.

2

2

1

121

2

122

2 222

DL

DLvvHgp

v vkkk

v ⋅−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅++⋅++⋅−⋅= λλξξ

ρξ

со замена на бројните вредности во горната равенка се добива: ξv2 = 58,54

Ако од равенката (2) се одземе равенката (3), по средувањето на изразот, ќе се добие равенка за определување на брзината v3 :

( )

2/1

3

34

3

32

22

22

3

21

22

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⋅+++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+

⋅⋅−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅

=

DL

dD

HgDLv

v

vkm

v

λξξξ

λξ

v3= 1,393 m/s брзината на излезот на водата од млазот:

22

3 2050393,1 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

dDvvm = 8,7 m/s

теоретската висина на млазот изнесува:

81,927,82/

22

⋅=⋅= gvz mt = 3,86 m

б) Брзината на струење на водата низ пумпата, се добива од равенката на континутетот:

( )2

1321

2 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅++=⋅

DDvvvDv = 1,15 m/s

специфичната енергија се определува од равенката (2)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅+⋅

05,0102,054,58

26,1

1,01002,05,025,0

215,1 22

Ep=78,78 J/kg Запреминскиот проток низ пумпата:

322

10032,941,015,1

4−⋅=⋅=

⋅⋅=

ππDvqv m3/s

Потребната снага изнесува:

8908,0

78,7810032,910 33

=⋅⋅⋅

=⋅⋅

=−

p

pv eqP

ηρ

W

Задача 16.12. Од резервоарот А пумпата ги снабдува резервоарите В и С со еднакви количини вода qv2= 4 l/s. Резервоарите се отворени со константна разлика на нивоата H1= 25 m и H2= 20 m. Димензиите на цевките се L1 = 100 m ; d1 = 75 mm ; L2 = 50 m ; d2 = 50 mm ; коефициентот на отпорот на триење е: λ=0,025 за сите цевки. Коефициентите на месните отпори се: на влезот на ситото ξs = 0,1 ; во коленото ξk = 0,2 ; во Т- разгранувањето ξR = 1,5 и на влезот во резервоарот ξVL=1. Да се определи: a) Колкава вредност мора да има коефициентот на вентилот (ξV=?)поставен на цевката што го поврзува резервоарот В, за да се обезбеди предвиденото снабдување со вода.

194

б) Колкава е теоретски снагата на пумпата во тој случај.

Решение:

а) се поставува енергетските равенки за пресеците:

222

221100 2

2

2

221

1

11

20

20 v

dLv

dLgHvpevp

VLkRkso

po ⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+++⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅++++++=++

−−

λξξλξξξρρ

222

222200 2

2

2

221

1

12

20

20 v

dLv

dLgHvpevp

VLkRkso

po ⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+++⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅++++++=++

−−

λξξλξξξρρ

со средување на овие две равенки и израмнување меѓу себе се добива равенката за коефициентот на отпорот на вентилот:

( ) ( )22

24221

22

21

1622

vkkv q

dHHgv

HHg⋅

⋅−⋅+=

−⋅+=

πξξξ

( )( )23

24

1041605,0202581,922,0

−⋅⋅

⋅⋅−⋅⋅+=

πξv

ξv = 23,84 б) со средување на првата енергетска равенка и смена на брзините со

запремнинските протоци се добива равенката за пресметка на специфичната енергија на пумпата.

242

22

2

224

1

21

1

11

882π

λξξπ

λξξξ⋅

⋅⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+++

⋅⋅

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅++++⋅=

dq

dL

dq

dLHge v

VLkv

Rksp

со смена на бројните вредности се добива: ep= 357,547 J/kg

Теоретската снага на пумпата изнесува: 38,2860547,35710810 33

1 =⋅⋅⋅=⋅⋅= −pv eqP ρ W

Задача 16.13. Системот цевководи поврзува два големи отворени резервоари А и В со висинска разлика H= 20m. Димензиите на цевките се: L1 =L2 =L3 =L4 = 80 m ; d1 =d2 =d4 =80 mm ; d3 = 160 mm. Коефициентите на триење во цевките се: λ1=λ2 =λ4 = 0,025 и λ3= 0,02 , а коефициентот на отпорот на вентилот ξV=20. Потребно е да се определат запремнинските протоци на системот цевководи кога:

а) вентилот е отворен;

195

б) вентилот е наполно затворен. Решение: Се поставува енергетската равенка за пресеците1-1, 2-2

222222211 2

4

4

44

22

2

22

21

1

11

20

210 v

dLv

dLv

dLvpgHvp B ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅++=++

−−

λλλρρ

од равенката за континуитетот следи: v1 = v4

по срeдувањето горната равенка го добива следниот облик:

222

22

2

22

21

1

11

vdLv

dLgH ⋅⋅+⋅⋅⋅= λλ (1)

Бидејќи цевководите 2 и 3 се паралелни тогаш еднакви се и нивните загуби на енергија, односно:

22

23

3

33

22

2

22

vdLv

dL

V ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=⋅⋅ ξλλ (2)

Брзините се изразуваат преку запреминските протоци:

242

222

28

π⋅⋅

=d

qv v ; 243

232

316

π⋅⋅

=d

qv v

со замена во равенката (2) се добива зависноста:

243

23

3

3324

2

22

2

22

168π

ξλπ

λ⋅⋅

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=

⋅⋅

⋅⋅d

qdL

dq

dL v

vv

2

2/1

5

4

2

2/1

52

3

33

4322

3

08,02016,0

8002,0

16,080025,0vv

v

v qqd

dL

dLq ⋅

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

⋅⋅=⋅

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅

⋅⋅=

ξλ

λ

23 65,3 vv qq ⋅=

со смена на протоците наместо брзините во равенката (1) се добива:

242

22

2

2224

1

21

1

11

882π

λπ

λ⋅

⋅⋅⋅=

⋅⋅

⋅⋅=d

qdL

dq

dLgH vv

422

21 10966,32 −⋅=+ vv qq

од равенката на континуитетот: 321 vvv qqq +=

и двете добиени равенки:

23 65,3 vv qq ⋅= ; 422

21 10966,32 −⋅=+ vv qq

се добиваат протоците во системот цевководи: qv2 =2,994 l/s qv3 =10,928 l/s qv1 =13,922 l/s

б) При наполно затворен вентил и услови дадени во задачата и замена на овие услови во равекната (1) се добива:

241

2

1

11

83π

λ⋅⋅

⋅⋅⋅=d

qdLgH v

497,1180025,024

08,02081,924

2/1252/1

11

251 =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅⋅

⋅⋅⋅=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅⋅⋅⋅⋅

=π

λπ

LdHgqv l/s

196

197

Задача 17.1. Да се определат коефициентот на брзината ?=ϕ , коефициентот на истекување

?=μ , коефициентот на контракција ?=ψ и коефициентот на локалниот отпор ?=ξ , ако водата истекува низ отвор со оштри рабови во атмосферата. Отворот е со дијаметар d = 120 mm, а се наоѓа на висина H = 850 mm под слободната површина. Волуменскиот проток на вода е 33=vq l/s, а координатите на еден пресек од млазот се : x1 = 1,41 m и z1 = 620 mm.

Решение: Равенката за волуменскиот проток е:

Hgdqv ⋅⋅⋅⋅

⋅= 24

2 πμ = 33·10-3 m3/s

Коефициентот на протокот е:

Hgdqv

⋅⋅⋅⋅

=2

4

2 πμ =

85,081,924

12,01033

2

3

⋅⋅⋅⋅

⋅ −

π = 0,715

Равенката на брзината на истекување е: Hgv ⋅⋅⋅= 2ϕ

Треба да се определи брзината во пресекот со дадените координати, со користење на познатите равенки од теоретска механика за материјална точка:

tvx ⋅= ; 2

2tgz ⋅=

Со елиминација на времето се добива:

zgxv⋅

⋅=2

Со воведување во равенката за брзината се добива:

Hgz

gx ⋅⋅⋅=⋅

⋅ 22

ϕ , се добива коефициентот на брзината:

971,085,062,02

41,122

=⋅⋅

=⋅⋅

=⋅⋅

=Hz

xHg

vϕ

Од коефициентот на протокот ψϕμ ⋅= , се добива коефициентот на контракцијата на млазот:

736,0971,0715,0

===ϕμψ

Од коефициентот на брзината ξ

ϕ+

=11 се добива коефициентот на локалниот

отпор на отворот:

0606,0971,0

971,0112

2

2

2

=−

=−

=ϕϕξ

198

Задача 17.2. Во голем отворен сад кој е поделен не две секции дотекува 5,4=vq l/s вода. Од првата секција водата истекува низ цилиндрична насатка, а од втората секција низ конусна дивергентна насатка со агол на конусот o6=θ . Дијаметарот на отворот во преградата, како и дијаметрите на насатките на влезот се еднакви и изнесуваат d = 20 mm, а должините на насатките се исти и изнесуваат L = 60 mm. Коефициентот на истекување на цилиндричната насатка

82,01 =μ , на отворот во преградата 62,00 =μ , а на конусно дивергентната насатка 45,02 =μ . Да се определи

протокот на вода низ секоја насатка, односно низ цилиндричната 1,vq и низ конусната 2,vq . Решение: За да бидат константни нивоата на слободните површини, треба да биде исполнет условот:

3,1, vvv qqq += или 2,1, vvv qqq += Волуменските протоци се:

1

2

1 24

Hgdqv ⋅⋅⋅⋅

⋅=πμ + ( )21

2

2 24

HHgd−⋅⋅⋅

⋅⋅

πμ (1)

1

2

1 24

Hgdqv ⋅⋅⋅⋅

⋅=πμ + 2

21

2 24

Hgd⋅⋅⋅

⋅⋅

πμ (2)

Од еднаквоста на равенките (1) и (2) се добива:

420

420

41

22

21 dddHH

⋅⋅+⋅

⋅=μ

μμ = 42

4242

2 2062,02062,029,2645,0

⋅⋅+⋅

⋅H = 2579,2 H⋅

Каде што излезниот дијаметар на дивергентниот млазник е:

29,263602202

21 =⋅⋅+=⋅⋅+= otgtgLdd θ mm

Добиената зависност =1H 2579,2 H⋅ се вметнува во равенката (1) се добива:

( )2

01

2

2

2

146,3146,54 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅+⋅⋅⋅

⋅=

μμπ gd

qH v

( )( )

22

23

2

146,362,0146,582,081,94

02,0

105,4

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅+⋅⋅⋅

⋅

⋅=

−

πH = 2,387 m

=1H 2579,2 H⋅ =2,387·2,573 = 6,143 m Волуменскиот проток низ цилиндричната насатка изнесува:

1

2

11, 24

Hgdqv ⋅⋅⋅⋅

⋅=πμ = 143,681,92

402,082,0

2

⋅⋅⋅⋅

⋅π = 2,83·10-3 m3/s

Волуменскиот проток низ конусно-дивергентната насатка изнесува:

199

2

21

23, 24

Hgdqv ⋅⋅⋅⋅

⋅=πμ 387,281,92

402629,045,0

2

⋅⋅⋅⋅

⋅=π = 1,67·10-3 m3/s

Задача 17.3. Од еден резервоар низ два кружни отвори истекува вода. Во резервоарот се одржува константно ниво на водата, а отворите се наоѓаат на длабочина H1 = 3 m и H2 = 4 m под нивото на водата. Вкупната длабочина на водата изнесува H = 7,5 m. Коефициентите на истекување се

62,021 == μμ , коефициентите на брзините 95,021 == ϕϕ , а површините на попречните

пресеци на отворите се A1 = 1,77·10-3 m2 и A2 = 7,86·10-4 m2. Да се определат:

а) количината на вода што истекува низ секој отвор;

б) координатите на точката М во која се соединуваат двата млазеви. Решение: Од теоријата на механика на материјална точка, применета на конкретниот случај се добиваат следните равенки: - за горниот отвор:

12

21

1 4 Hxz⋅⋅

=ϕ

(1)

- за долниот отвор:

22

22

2 4 Hxz⋅⋅

=ϕ

(2)

Од условот зададен во задачата и според сликата се добива: Mxxx == 21 ; ( )1221 HHzz −+=

Со внесување во равенката (1) се добива:

( )122 HHz −+ 1

2

21

4 Hx⋅⋅

=ϕ

Со внесување на равенката (2) во претходната равенка се добива:

22

2

4 Hx⋅⋅ϕ

( )12 HH −+1

2

2

4 Hx⋅⋅

=ϕ

Со решавање по x се добива: 212 HHxxM ⋅⋅⋅== ϕ = 6,64395,02 =⋅⋅⋅ m

Со внесување на вредноста за x во равенката (1) се добива:

02,4395,04

6,62

2

1 ⋅⋅=z m

Од сликата: ( ) ( ) 48,0302,45,711 =+−=+−= HzHzM m Точката М има координати: M (6,6 m ; 0,48 m) Задача 17.4. На вертикалната преграда на отворениот резервоар се наоѓаат два мали отвори со еднакви коефициенти на брзината ϕϕϕ == 21 . Едниот отвор се наоѓа на растојание z0 од слободната површина, а другиот на растојание z од дното на садот. Двата млаза ја сечат хоризонталната рамнина во иста точка M.

200

Нивото на течноста во резервоарот е константно, а неговата висина од дното на резервоарот е H. Да се определи односот меѓу висините z0 и z.

Решение: Од теоретска механика за движење на материјална точка познати се равенките: - за горниот отвор

tvx ⋅= 11 ; 2

2

1tgz ⋅= , со елиминација на времето се добива:

21

21

1 2 vxgz⋅⋅

= (1)

Брзината на истекување на течноста од горниот отвор: 01 2 zgv ⋅⋅⋅= ϕ Со внесување на оваа равенка во равенката (1) се добива:

02

21

1 4 zxz⋅⋅

=ϕ

(2)

- за долниот отвор

tvx ⋅= 22 ; 2

2

2tgz ⋅= , со елиминација на времето се добива:

22

22

2 2 vxgz⋅⋅

= (3)

Брзината на истекување на течноста од долниот отвор: ( )zHgv −⋅⋅⋅= 21 ϕ Со внесување на оваа равенка во равенката (3) се добива:

( )zHxz

−⋅⋅= 2

22

2 4 ϕ (4)

Од сликата : 2zz = ; 10 zzH =− , односно: ( )021 zzHzz +−=−

( )021 zzHzz +−+= или =⋅⋅ 0

2

21

4 zxϕ ( )zH

x−⋅⋅ 2

22

4 ϕzzH −−+ 0

По средување на оваа равенка се добива равенката:

( )zHzx−⋅=

⋅ 02

2

4 ϕ (5)

Од равенката (4) се добива зависноста:

( ) 2

2

2 4 ϕ⋅=−⋅

xzHz

201

Бидејќи zz =2 , тогаш последната равенка е: ( ) 2

2

4 ϕ⋅=−⋅

xzHz

Со споредување на оваа равенка со равенката (5) се добива:

( ) ( )zHzzHzx−⋅=−⋅=

⋅ 02

2

4 ϕ следи 0zz =

Задача 17.5. Во резервоарот наполнет до висина H = 4 m, истекува вода низ кружен отвор со дијаметар d = 10 mm.

а) на која висина h треба да се направи отвор за дометот D да биде максимален;

б) ако при мерењето на истекувањето низ отворот што се наоѓа на височината h определена под а) се добива домет D = 3,9 m и волуменски проток 305,0=vq l/s, потребно е да се определат коефициентите: на протокот μ ; на брзината ϕ ; на контракција ψ и на локалниот отпор поради острите рабови.

Решение: Од теоретска механика за движење на материјална точка познати се равенките:

tvx ⋅= ; 2

2tgz ⋅= , со елиминација на времето се

добива:

2

2

2 vxgz⋅⋅

=

Во конкретниот случај:

( ) ( )hHx

hHgxgz

−⋅⋅=

−⋅⋅⋅⋅⋅

= 2

2

2

2

422 ϕϕ (1)

За z = h како непозната големина:

( ) 2

2

4 ϕ⋅=−⋅

xzHz , односно ( )222 4 zzHx −⋅⋅⋅= ϕ

За да се определи параметарот z = h, оваа равенка се диференцира по z и се изедначува со нула:

( ) 02

=dzxd '2 xx ⋅⋅ = ( )zH ⋅−⋅⋅ 24 2ϕ

( )x

zHx ⋅−⋅⋅=

22 2' ϕ = ( )

( ) 04

2222

2

=−⋅⋅⋅

⋅−⋅⋅

zzHzH

ϕϕ

Решението на оваа равенка е 2Hz = , односно

2Hh =

Од равенката (1) за 2Hz = и дадените параметри за x = D и H с едобива:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅

=

242 2

2

HH

DH

ϕ

Од оваа равенка се добива коефициентот на брзината:

202

975,049,3===

HDϕ

Од раравенката за волуменски проток се определува коефициентот на проток:

22

4

2 Hgdqv ⋅⋅⋅⋅

⋅=πμ односно 62,0

481,94

01,010305,0

4

2

3

2 =⋅⋅

⋅⋅

=⋅⋅

⋅=

−

ππμ

Hgdqv

Од коефициентот на проток ψϕμ ⋅= се определува коефициентот на контракцијата на млазот:

636,0975,062,0

===ϕμψ

Од коефициентот на брзината ξ

ϕ+

=11 се определува коефициентот на

локалниот отпор поради острите рабови:

052,0975,0

975,0112

2

2

2

=−

=−

=ϕϕξ

Задача 17.6. Отворот во страничен ѕид на голем отворен резервоар има облик на рамнокрак триаголник со основа a и висина h, а врвот (темето c) се наоѓа на длабочина H под слободната површина. Отворањето на отворот се врши со помош на табласт затворач кој се движи надолу со константна брзина v0. Да се определи количината на течност која ќе истече низ отворот во текот на отворањето.

Решение: Диференцијалнта равенка за елементарен проток низ голем отвор е:

( ) dzzxzgdAvdqv ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= 2μμ Од сликата, од сличноста на триаголниците следи:

( ) hHzax :: −= ; ( )Hzhax −⋅=

Вкупниот проток изнесува:

( ) ( ) dzzHzghasq

sH

Hv ⋅⋅−⋅⋅⋅⋅= ∫

+

2μ


( ) ( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⋅⋅−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−+⋅⋅⋅⋅⋅= 2

323

25

25

32

522 HsHHHsHg

hasqv μ

За време dt од отворот ке истече елементарен волумен dtqdV v ⋅= , кој поради

зависноста tsv =0 , односно

0vdsdt = изнесува: ( ) dt

vsqdV v ⋅=

0

Бараниот волумен е:

( )∫ =⋅=h

v dsv

sqV0 0

( ) dsHsHHHsHv

gha h

⋅⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⋅⋅−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−+⋅⋅

⋅⋅⋅ ∫

0

23

23

25

25

0 32

522μ

203

( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⋅⋅−⋅⋅++⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅= 2

525

27

0 151

151

35124 hHHHhhHg

vhaV μ

Задача 17.7. Во страничниот ѕид на резервоарот се наоѓаат два квадратни отвори кои се отвараат со табласти отворачи кои се движата со брзина v0 = 1 m/s. Да се определи количината на течност која ќе истече низ отворите за време на нивното отворање. Познати се следните податоци: H = 2 m ; a = 1 m и 62,0=μ .

Решение: Диференцијалната равенка за елементарен проток низ голем отвор е:

dAvdqv ⋅⋅= μ Диференцијалнта равенка за елементарен проток за левиот отвор е:

( ) dzxzgxdqv ⋅⋅⋅⋅⋅= 21, μ , односно

( ) ∫+

⋅⋅⋅⋅⋅=aH

Hv dzzxgxq 21, μ ( ) xHaHg ⋅

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+⋅⋅⋅⋅= 2

3

23

232 μ

За време dt од левиот отвор ќе истече елементарен волумен dtqdV v ⋅= 1,1 , кој

поради зависноста txv =0 , односно

0vdxdt = изнесува:

( )dx

vxq

dV v ⋅=0

1,1

( ) =⋅⋅= ∫a

v dxxqv

V0

1,0

11 ( ) ∫ ⋅⋅

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+⋅⋅⋅⋅⋅

a

dxxHaHgv 0

23

23

0

2321 μ

( )0

223

23

1 231

vaHaHgV ⋅⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−+⋅⋅⋅⋅= μ

( ) 75,21601,0

121281,9262,031 2

23

23

1 =⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+⋅⋅⋅⋅=V m3

Диференцијалната равенка за елементарен проток за десниот отвор е: ( ) 112, 2 dzxzgxdqv ⋅⋅⋅⋅⋅= μ , односно

( ) ∫+

−+

⋅⋅⋅⋅⋅=aH

xaHv dzzagxq 12, 2μ ( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −+−+⋅⋅⋅⋅= 2

323

232 xaHaHgμ

На ист начин се добива:

( ) =⋅⋅= ∫a

v dxxqv

V0

2,0

21 ( ) ( ) dxxaHaHg

va a

⋅⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −+−+⋅⋅⋅⋅⋅ ∫

0

23

23

0

232 μ


( ) ( )⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+⋅−+⋅⋅⋅⋅⋅⋅= 2

5

25

23

02 5

2232 HaHaHag

vaV μ

( ) ( )⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+⋅−+⋅⋅⋅⋅⋅⋅= 2

5

25

23

2 2125212181,92

01,0162,0

32V = 224 m3

204

Задача 17.8. Затворач во облик на триаголник постепено го затвора отворот на ѕидот на резервоарот движејки се вертикално надолу со константна брзина v0. Отворот има облик на рамностран триаголник. Највисоката точка на отворот се наоѓа на длабочина h од нивото на водата, а долниот раб (страна) на длабочина H. Да се определи волуменот на водата која ќе истече низ отворот за време на неговото затворање.

Решение: За време t затворачот ќе помине пат: ( )tstvs =⋅= 0 ; t се мери од почетокот на затворањето на отворот.

Додека затворачот го помине патот ( )ts , низ елементарната површина ( ) ( ) dzzxzdA ⋅= ќе истече: ( ) ( ) dzzxzgzdAzgdqv ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= 22 μμ

Од сликата се добиваат геометриските големини: ( ) ( ) 3

260

20 ⋅=⋅=−

zxtgzxhz или ( ) ( )hzzx −⋅⋅

=3

32

Тогаш елементарниот волуменски проток изнесува:

( ) dzhzzgdqv ⋅−⋅⋅

⋅⋅⋅⋅=3

322μ

Моменталниот проток низ затворениот дел на отворот изнесува:

( )( )

dzzhzgqH

tshv ⋅⋅−⋅

⋅⋅⋅⋅= ∫

+3322μ ( )tqv=

Елементарниот волумен кој ќе истече за време dt изнесува:

=dV ( ) dttqv ⋅ = ( )( )

dtdzzhzgH

tsh

⋅⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⋅⋅−⋅⋅⋅⋅

⋅∫+

23

32 μ

Вкупниот волумен изнесува:

( )( )

∫ ∫ ⋅⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⋅⋅−⋅⋅⋅⋅

⋅=

+

T H

tsh

dtdzzhzgV0

23

32 μ

T – време потребно за затворање на затворачот, односно 0vhHT −

=

Тогаш:

∫ ⋅⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅

⋅= ⋅+

TH

tvh dtzhzgV0

23

25

032

522

332 μ , односно:

( ) ( )∫ ⋅⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⋅+⋅⋅+⋅+⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅

⋅=

T

dttvhhtvhHhHgV0

23

025

023

25

32

52

32

522

332 ϖ

После средувањето и интегрирањето се добива:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅

⋅= 2

723

225

27

0 10516

32

54

722

332 hHhHhHg

vV μ

205

Задача 17.9. Низ големиот отвор во облик на рамностран триаголник со страна a, истекува вода од резервоарот со коефициент на проток μ . Горната точка (темето) на триаголникот се наоѓа на длабочина H од нивото на водата. Да се определи волуменскиот проток vq на водата низ отворот под услов да нивото на водата биде константно.

Решение: Од сликата со користење на условот за сличност на триаголниците се добива:

( ) zhzxa :: = ; 2

3⋅=

ah ; ( ) zzx ⋅=3

2

елементарната површина е : ( ) ( ) dzzdzzxzdA ⋅⋅⋅=⋅=332

Елементарниот волуменски проток е:

( ) dzzzHgdAvdqv ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅=3

322μμ

Вкупниот волуменски проток низ отворот изнесува:

dzzzHgqh

v ⋅⋅+⋅⋅⋅⋅= ∫0

632 μ

Со смена uzH =+ , односно Huz −= ; dudz = се решава интегралот:

( )∫ ⋅−⋅ duHuu = ∫ ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅− duHuu 2

123

, односно ( ) ( ) hHzHzH 023

25

32

52

⋅+⋅−+⋅

Со внесување на граничните услови на интегрирањето се добива:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡⋅+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅+⋅⋅−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅+⋅⋅⋅⋅⋅= 2

523

25

154

23

32

23

526

32 HaHHaHgqv μ

Задача 17.10. Водата истекува од резервоарот, од два големи отвори A и B со димензии дадени на сликата:

а) Да се определат волуменските протоци Avq , и Bvq , низ двата отвори.

б) Колкаво е процентуалното зголемување на протокот низ отворот B во однос на отворот A, ако е b=1 m и 62,0=μ .

Решение:

а) Отворите A и B се составени од триаголник и правоаголник, што значи дека и протокот треба посебно да се определи за триаголникот, а посебно за правоаголникот. Диференцијалната равенка за истекување низ елементарна површина е:

206

( ) dzzxzgdqv ⋅⋅⋅⋅⋅= 2μ - за отворот A За проток низ правоаголникот : ( ) azx =

∫−

⋅⋅⋅⋅⋅=H

bHpravAv dzzgaq 2,, μ = ( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 2

323

3422 bbgbμ

За триаголникот: ( ) zzhHax :: −+= ; ( )zbbax −⋅⋅= 5

( )∫+

⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅=hH

HtriagAv dzzbzgaq 52,, μ =

= ( ) ( ) ( ) ( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅−⋅⋅−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 2

525

23

23

455245

31023 bbbbbgμ

Вкупниот проток низ отворот A изнесува:

triagAvpravAvAb qqq ,,,,, += = ( ) ( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 2

323

3422 bbgbμ +

+ ( ) ( ) ( ) ( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅−⋅⋅−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 2

525

23

23

455245

31023 bbbbbgμ

- за отворот B За проток низ правоаголникот : ( ) azx =

∫+

⋅⋅⋅⋅⋅=hH

HpravBv dzzgaq 2,, μ = ( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 2

323

4522 bbgbμ

За триаголникот: ( ) hzhHax :: −−= ; ( )bzbax ⋅−⋅= 3

( )∫−

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=H

hHtriagBv dzzbzg

baq 32,, μ =

= ( ) ( ) ( ) ( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅−⋅⋅⋅−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 2

323

25

25

342345223 bbbbbgbμ

Вкупниот проток низ отворот B изнесува:

triagBvpravBvBb qqq ,,,,, += = ( ) ( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 2

323

4522 bbgbμ +

+ ( ) ( ) ( ) ( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅−⋅⋅⋅−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 2

323

25

25

342345223 bbbbbgbμ

б) Со замена за b = 1,0 m и 62,0=μ се добиваат вредностите за волуменските протоци низ отворите А и B:

66,23, =Avq m3/s ; 13,25, =bVQ m3/s Процентуалното зголемување на протокот низ отворот B во однос на протокот низ отворот A изнесува:

%2,610066,23

66,2313,25100,

,, =⋅−

=⋅−

Av

AvBv

qqq

Задача 17.11. Од резервоарот A, во кој константно дотекува вода со 3=vq l/s, истекува вода преку две цевки во резервоарот B, а од него низ насатка истекува во атмосферата. Да се определат протоците низ двете цевки при стационарен режим на истекување. Да се определи коефициентот на локалните отпори во

207

вентилот V1( ?1 =Vξ ). Познати се следните податоци: H1 = h1 = h2 = L = 1 m ; d = 30 mm ; 5,0=izlξ ; 03,0=λ ; 8,0=μ и 5,12 =Vξ .

Решение:

Од условот за стационарно истекување, волуменскиот проток во резервоарот A е еднаков на волуменскиот проток кој истекува од насатката во атмосферата од резервоарот B.

Hgdqv ⋅⋅⋅⋅

⋅= 24

2 πμ

H – висина на водата во резервоарот B за да се обезбеди стационарно истекување. Од равенката следи:

gdqH v

⋅⋅⋅⋅⋅

=2

16242

2

πμ = ( ) 435,1

81,9203,08,010316

242

23

=⋅⋅⋅⋅

⋅⋅ −

π m


1100

−−

22

21

1

210

10 v

dLvp

Hgp

Vizl ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅++=⋅+ ξξλ

ρρ, односно:

=1Hg

vdL

Vizl ⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++⋅

21

21

1ξξλ

Волуменскиот проток низ горната цевка изнесува:

1

2

11, 24

Hgdqv ⋅⋅⋅⋅

⋅πμ

Од равенката за определување на висината H1 и равенката за волуменскиот проток 1,vq се определува коефициентот на протокот 1μ , односно:

1

1

1

1

+++⋅=

VizldL ξξλ

μ


2200

−−

( ) =−++⋅+ HhhHgp

2110

ρ 21

22

20 v

dLp

Vizl ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++⋅+ ξξλ

ρ

Волуменскиот проток низ долната цевка изнесува:

( ) =−++⋅⋅⋅⋅

⋅= HhhHgdqv 211

2

22, 24πμ ( )435,111181,92

403,05,0

2

−++⋅⋅⋅⋅

⋅π

32, 1096,1 −⋅=vq m3/s

Коефициентот на проток низ долната цевка е:

208

=+++⋅

=1

1

2

2

VizldL ξξλ

μ 5,015,15,0

03,0103,0

1=

+++⋅

Од равенката на континуитетот со користење на условите за стационарно истекување, волуменскиот проток низ горната цевка изнесува:

2,1, vvv qqq += , односно: 3332,1, 1004,11096,1103 −−− ⋅=⋅−⋅=−= vvv qqq m3/s

Од равенката за волуменскиот проток низ горната цевка се определува коефициентот на протокот 1μ , а од него коефициентот на локалниот отпор на вентилот V1.

=⋅⋅⋅⋅

⋅=

12

1,1 2

4Hgd

qv

πμ 332,0

181,9203,01004,14

2

3

=⋅⋅⋅⋅

⋅⋅ −

π

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅−= 11

21

1 izlV dL ξλ

μξ 6,615,0

03,0103,0

332,01

2 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅−

Задача 17.12. Во рамен вертикален ѕид на еден резервоар е исечен отвор со големи димензии во облик на правоаголен триаголник со катети L и H. Катетата L лежи во рамнината на слободната површина. Вертикалната линија на растојание a го дели отворот на две површини. Да се определи во кој однос се

наоѓаат овие две површини, ако низ нив истекува иста количина на течност. Решение: Се користи диференцијалнта равенка за стационарно истекување низ големи отвори:

zgdAdqv ⋅⋅⋅⋅= 2μ , односно:

( )∫ ⋅⋅⋅⋅=2

1

2H

Hv dzzzxgq μ (1)

Од сликата следат геометриските големини:

HzH

Lx −= ; L

HzHx ⋅

−=

Со внесување во равенката(1) се добива:

( )∫ ⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=H

v dzzzHgHLq

0

2μ

=vq ∫∫ ⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅HH

dzzgHLdzzHg

HL

0

23

0

22 μμ

=vq 23

23

25

23

2522

322

522

32 HgLHgLHg

HLzgH

HL

⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅ μμμμ

По средувањето се добива: 23

2154 HgLqv ⋅⋅⋅⋅⋅= μ

Волуменскиот проток низ правоаголниот триаголник со страни a и h ќе се добие аналогно на предходниот и ќе изнесува:

209

23

1, 2154 hgaqv ⋅⋅⋅⋅⋅= μ

Протокот 1,vq , според условот во задачата треба да изнесува половина од вкупниот проток vq , односно:

23

2154 hga ⋅⋅⋅⋅⋅ μ 2

3

2154

21 HgL ⋅⋅⋅⋅⋅⋅= μ

23

ha ⋅ 23

21 HL ⋅⋅= или

23

21

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

hH

La (2)

Од сликата се определуваат површините:

21haA ⋅

= ; 222haHLA ⋅

−⋅

=

Нивниот однос е:

1

2

221

2 −⋅⋅

=⋅

⋅−

⋅

=hahL

ha

haHL

AA (3)

Од сликата се определува и односот на страните: aL

hH

= (4)

Од тавенките (2) и (4) следи:

Hh

hH

La

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

23

21 , односно 2

25

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

hH или 5

2

2=hH

Од равенките (3) и (4) се добива:

11

2 −⋅⋅

=hahL

AA 741,012121 5

42

522

=−=−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

hH

Односот на површините 1

2

AA , за да може низ нив да тече иста количина на

течност, треба да изнесува 0,741.

Задача 17.13. Водата истекува низ два големи отвори во облик на правоаголник и триаголник, кои се наоѓаат во страничен ѕид на отворен резервоар. Да се определи широчината на правоаголникот така да волуменските протоци низ двата отвори бидат исти. Познати се следните податоци: H = 1 m ; h = 2 m ; a = 1 m и

62,0=μ .

Решение: Елементарниот волуменски проток низ правоаголникот изнесува:

dzbzgdAvdqv ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= 21, μμ Вкупниот проток низ правоаголникот е:

∫+

⋅⋅⋅⋅⋅=hH

Hv dzzgbq 21, μ = ( )

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+⋅⋅⋅⋅⋅ 2

3

23

232 HhHgbμ (1)

210

Елементарниот волуменски проток низ триаголникот изнесува: ( ) 1112, 2 dzzxzgdAvdqv ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= μμ (2)

Од сличноста на триаголниците се добиваат зависностите:

( ) hHzax :: 1 −= , односно: ( )Hzhax −⋅= 1

Со внесување во равенката (2) се добива:

( ) 1112, 2 dzHzhazgdqv ⋅−⋅⋅⋅⋅⋅= μ

Вкупниот проток низ триаголникот е:

( )∫+

⋅−⋅⋅⋅⋅⋅=hH

Hv dzHzzg

haq 1112, 2μ

( ) ( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⋅⋅−⋅++⋅⋅⋅⋅⋅⋅= 2

325

25

2, 31

152

5122 hHHHhHg

haqv μ (3)

Од условот во задачата 2,1, vv qq = се добива:

( ) ( )

( ) 23

23

23

25

25

21

152

51

3HhH

hHHHhH

hab

−+

+⋅⋅−⋅++⋅⋅⋅=

( ) ( )

( ) 23

23

23

25

25

121

211211

15221

51

213

−+

+⋅⋅−⋅++⋅⋅⋅=b = 0,543 m = 543 mm

Задача 17.14. Низ големиот отвор на страничниот ѕид на отворен резервоар во облик на ромб со страна a и коефициент на проток μ истекува вода. Да се определи вертикалната дијагонала на ромбот така да протокот низ отворот биде максимален.

Решение: Протокот низ отворот е: 2,1, vvv qqq += каде што:

1,vq - проток низ горниот дел на отворот

2,vq - проток низ долниот дел на отворот Елементарниот волуменски проток низ горниот дел на отворот изнесува:

( ) dzzxzgdqv ⋅⋅⋅⋅⋅= 21, μ Од сликата за сличноста на триаголниците се добиваат зависностите:

2:

2:

2Hzhx

= ; zHhx ⋅⋅= 2

Вкупниот волуменски проток низ горниот дел на отворот изнесува:

∫ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=2

01, 22

H

v dzzzgHhq μ = 2

3

51 Hhg ⋅⋅⋅⋅ μ

211

Елементарниот волуменски проток низ долниот дел на отворот изнесува: ( ) 1112, 2 dzzxzgdqv ⋅⋅⋅⋅⋅= μ

Од сликата за сличноста на триаголниците се добиваат зависностите:

( )2

:2

:2 1

1 HzHhx−= ; ( )11 2 zH

Hhx −⋅⋅=

Вкупниот волуменски проток низ долниот дел на отворот изнесува:

( )∫ ⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅=H

Hv dzzzHg

Hhq

2

1112, 22 μ = 23

15728 Hhg ⋅⋅⋅⋅

−⋅ μ

Вкупниот волуменски проток низ големиот отвор изнесува:

2,1, vvv qqq += = 23

51 Hhg ⋅⋅⋅⋅ μ + 2

3

15728 Hhg ⋅⋅⋅⋅

−⋅ μ

( ) 23

122154 Hhgqv ⋅⋅⋅⋅−⋅⋅= μ

Зависноста меѓу H и h е:

222

22aHh

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ; 224 Hah −⋅=

Тогаш вкупниот волуменски проток низ големиот отвор изнесува:

( ) 23

224122154 HHagqv ⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅⋅= μ

Од условот за максимален проток 0=dHdqv се добива:

0236 2

521

225

=⋅−⋅⋅+− HHaH ; 0625 22 =⋅+⋅− aH

aaH ⋅⋅=⋅⋅=532

532 ; aah ⋅⋅=⋅⋅=

522

522

Задача 17.15. Водата истекува низ два големи отвори во облик на триаголник, кои се наоѓаат во страничен ѕид на голем отворен резервоар. Да се определи односот на волуменските протоци за познати вредности: H = 4 m ; a = 2 m ; 62,0=μ .

Решение: Елементарниот волуменски проток низ левиот триаголник изнесува:

( ) dzzxzgdqv ⋅⋅⋅⋅⋅= 21, μ Од сликата за сличноста на триаголниците се добиваат зависностите:

( ) hzhHax :: −+= ; 32

3=

⋅=

ah ; ( )zhHhax −+⋅=

Со внесување на оваа зависност во во горната равенка се добива:

( ) dzzzhHghadqv ⋅⋅−+⋅⋅⋅⋅= 21, μ

Вкупниот волуменски проток низ левиот триаголник изнесува:

212

( )∫+

⋅⋅−+⋅⋅⋅⋅=hH

Hv dzzzhHg

haq 21, μ

( ) ( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⋅+⋅+⋅−+⋅⋅⋅⋅⋅⋅= 2

523

25

1, 51

31

15222 HHhHhHg

haqv μ

Елементарниот волуменски проток низ десниот триаголник изнесува: ( ) 11112, 2 dzzxzgdqv ⋅⋅⋅⋅⋅= μ

Од сликата за сличноста на триаголниците се добиваат зависностите:

( ) hHzax :: 11 −= ; ( )Hzhax −⋅= 11

Елементарниот волуменски проток низ десниот триаголник изнесува:

( ) 1112, 2 dzzHzghadqv ⋅⋅−⋅⋅⋅⋅= μ

Вкупниот волуменски проток низ десниот триаголник изнесува:

( )∫+

⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=hH

Hv dzzHzg

haq 1112, 2μ

( ) ( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⋅+⋅+⋅−+⋅⋅⋅⋅⋅⋅= 2

5

23

25

2, 152

31

5122 HHhHhHg

haqv μ

Бараниот однос на овие два волуменски протоци е:

( ) ( )

( ) ( ) 25

23

25

25

23

25

1,

2,

51

31

152

152

31

51

HHhHhH

HHhHhH

qq

v

v

⋅+⋅+⋅−+⋅

⋅+⋅+⋅−+⋅=

Со замена на познатите вредности се добива бараниот однос на волуменските протоци:

( ) ( )( ) ( )

0614,14

51434

3134

152

4152434

3134

51

25

23

25

25

23

25

1,

2, =⋅+⋅+⋅−+⋅

⋅+⋅+⋅−+⋅=

v

v

qq

Задача 17.16. Водата истекува од резервоарот низ профилисана насатка со најмал дијаметар d = 90 mm, а излезниот дијаметар D = 120 mm и агол на ширење на дифузорот 06=α . Коефициентот на отпорот на конвергентниот дел на насатката е

06,01 =ξ и 135,0=kξ . Да се определи критичната висина Hkr при која кај тесниот пресек ќе настапи кавитација. Температурата на водата Ct 040= .

Решение: Се поставува енергетска равенка за пресеците 1-1 и 2-2.

2211−−

( )

222

223

23

1

2200 vvvvp

Hp

k−

⋅+⋅++=⋅+ ξξρ

ρρ

(1)

Од равенката на континуитетот се добива зависноста: 2

32 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=Ddvv

213

Со внесување на изразот за v2 во равенката (1) се добива равенка за определување на брзината во најтесниот дел на насатката:

422

1

23

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅+

⋅⋅=

Dd

Dd

Hgv

kξξ

(2)

Се поставува енергетска равенка за пресеците 3-3 и 2-2.

2233

−−

( )222

232

220

233 vvvpvp

k−

⋅++=+ ξρρ

(3)

Од равенката на континуитетот се добива зависноста: 2

32 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=Ddvv

Со внесување на изразот за v2 во равенката (2) се добива равенка за определување на подпритисокот во најтесниот дел на насатката:

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅⋅=−

22423

30 112 D

dDdv

pp kξρ (4)

Кавитацијата почнува во моментот кога притисокот во најтесниот дел на насатката p3 ќе се изедначи со притисокот на испарување на водата. Притисокот на испарување на водата за t = 40ºC изнесува pzp = 7377 Pa. На тој притисок му одговара висина Hkr, со тоа равенките (2) и (4) добиваат изменет изглед, односно:

422

1

23

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅+

⋅⋅=

Dd

Dd

Hgv

k

kr

ξξ

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅⋅=−

22423

0 112 D

dDdv

pp kzp ξρ

Од овие две равенки се добива равенка за определување на големината на критичната висина:

⋅⋅

−=

gpp

H zpkr ρ

0224

422

1

11

1

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅+

Dd

Dd

Dd

Dd

k

k

ξ

ξξ

Со внесување на познатите вредности во последната равенка се добива вредноста на критичната висина: 77,5=krH m

Задача 17.17. Од горниот дел "I" на затворениот резервоар со константно ниво h1 = 1,5 m, истекува вода низ n = 50 мали отвори со дијаметар d0 = 10 mm и коефициент на проток

62,00 =μ во делот "II" , а потоа низ куса цевка со дијаметар D, со коефициент на локалните отпори 5,0=izlξ и 4=vξ во атмосферата. Манометарот M покажува 29,4 kPa. Живиниот

214

диференцијален манометар покажува h=110 mm. Да се определи протокот низ цевката и нејзиниот дијаметар под услов да дометот на водата биде константен и да изнесува h2=2,5 m. Решение: Се поставува Бернулиева равенка запресеците 1-1 и 2-2:

2211−−

2

2020

10 vpp

hgpp m +

+=⋅+

+ρρ

(1)

Од равенката (1) се наоѓа теоретската брзина на истекување низ било кој мал отвор:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−

+⋅⋅=gpphgv m

ρ2

10 2

Стварниот отвор низ n-отвори изнесува:

⋅⋅

⋅⋅=4

20

00,π

μd

nqv ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−

+⋅⋅gpphg m

ρ2

12 (2)

Се поставува енергетска равенка запресеците 3-3 и 4-4

4433

−−

( )22

220

220 vvphgpp

vizl ⋅+++=⋅++ ξξ

ρρ

Од оваа равенка се добива брзината на истекување низ излезната цевка:

vizl

gphg

vξξρ

++

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

+⋅⋅=

1

2 22

Волуменскиот проток низ излезната цевка изнесува:

⋅⋅

=⋅⋅

=44

22 ππ dvdqvvizl

gphg

ξξρ

++

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

+⋅⋅

1

2 22

(3)

Од равенката на континуитетот (за еднаквост на протоците 0,vv qq = ) се определува равенка за бараниот дијаметар на излезната цевка, односно равенката (2) се изедначува со равенката (3) и по средувањето се добива:

( )

gph

gpph

dnd

mvizl

⋅+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−

+⋅++⋅⋅⋅=

ρ

ρξξ

μ2

2

21

200

1

Равенка за рамнотежа на притисокот во пресекот 5-5 (на диференцијалниот манометар) е:

hgpp Hgm ⋅⋅+= ρ2 ; hgpp Hgm ⋅⋅−= ρ2 =29400 - 13600·9,81·0,11 = 14724,24 Pa hgpp Hgm ⋅⋅=− ρ2 = 13600·9,81·0,11=14675,76 Pa

( )32 10137,79

81,9100024,147245,2

81,9100076,146755,145,01

11,05062,0 −⋅=

⋅+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅+⋅++

⋅⋅⋅=d m = 79,317 mm

Протокот низ излезната цевка определен со равенката (3) изнесува:

215

⋅⋅

=4

079,0 2 πvq

45,0181,91000

24,147245,281,92

++

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅+⋅⋅

=18,67·10-3 m3/s = 18,67 l/s

Задача 17.18. Од горниот дел на затворен резервоар низ отвор на дното со дијаметар d1 = 30 mm, истекува вода во долниот дел на резервоарот, а потоа низ цилиндрична насатка со дијаметар d2 = 20 mm истекува во атмосферата. При стално струење манометарот покажува pm = 50 kPa, а одделните висини на нивоата се h1 = 2 m и h2 = 3 m. Да се определи: а) протокот низ насатката, ако коефициентот на локалниот отпор низ отворот е 06,01 =ξ , а низ насатката 5,02 =ξ .

б) надпритисокот px што владее над нивото на водата во долниот дел на резервоарот. Решение: Се поставува енергетска равенка запресеците 0-0 и 1-1

1100

−−

222

21

1

2101

20

10 vvppvhgppm ⋅+⋅+

+=⋅+⋅+

+ ξαρ

αρ

Со замена за v0 = 0 , 1=α и xpp =1 се добива:

( )2

121

10

10 vpphgpp xm ⋅++

+=⋅+

+ ξρρ

(1)

Во равенката (1) има две непознати големини xp и v1, за да се определат истите, потребно е да де постави уште една равенка: Се поставува енергетска равенка запресеците x-x и 2-2

22 −− xx

222

22

2

220

2

20, vvpvhg

pp xxm ⋅++=+⋅++

ξρρ

Со замена за vx = 0 се добива:

( )2

122

20

20, vphg

pp xm ⋅++=⋅++

ξρρ

(2)

Со елиминација на px во равенките (1) и (2) се добива:

( ) ( ) ( )2

12

122

2

21

121vvhhgpm ⋅++⋅+=+⋅+ ξξ

ρ (3)

Се користи равенката на континуитетот:

2211 AvAvqv ⋅=⋅= ; 1

221 A

Avv ⋅=

Со замена во горната равенка за v1 се добива:

( ) ( ) ( )2

12

122

2

22

2

1

2121

vvAAhhgpm ⋅++⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+=+⋅+ ξξ

ρ

216

( )

( ) ( )2

2

1

21

21

2

11

2

ξξ

ρ

++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⋅+⋅⋅

=

AA

hhgp

v

m

= ( )

( ) ( )5,01302006,01

3281,91000500002

4

++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +⋅+⋅

= 10,765 m/s

Волуменскиот проток низ насоката изнесува:

4

2

222π⋅

⋅=⋅=dvAvqv =10,765

402,0 2 π⋅

⋅ = 3,338·10-3 m3/s

б) Надпритисокот px се определува од равенката (2):

( ) 2

22

2, 21 hgvp xm ⋅⋅−⋅⋅+= ρρξ ( ) 57338381,91000

2765,1010005,01

2

=⋅⋅−⋅⋅+= Pa

Задача 17.19. Од затворениот резервоар водата истекува низ мал отвор со коефициент на проток

62,01 =μ и низ конусна насатка со коефициент на проток 96,02 =μ . Во резервоарот нивото е константно и изнесува H = 1 m, а над нивото владее надпритисок pm. Ако d1 = d2 = d = 30 mm, да се определи pm така да волуменскиот проток низ конусната насатка биде за

2=Δ vq l/s поголем од протокот низ отворот. Решение: Волуменските протоци низ отворот и конусната насатка изнесуваат:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

+⋅⋅⋅⋅=g

pHgaq mv ρ

μ 211, ; 4

2 π⋅=

da

=2,vq ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

+⋅⋅⋅⋅g

pHga m

ρμ 22

Разликата на протоците е:

( )⋅+⋅=−=Δ 211,2, μμaqqq vvv ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

+⋅⋅g

pHg m

ρ2

Од оваа равенка се определува надпритисокот кој изнесува:

( )Hg

aqp v

m ⋅⋅−−⋅⋅

Δ⋅= ρ

μμρ 2

122

2

2 = ( )

( )181,91000

62,096,04

03,02

10210002

22

23

⋅⋅−

−⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅

⋅⋅

−

π

24816=mp Pa = 24,816 kPa

217

Задача 18.1. Цилиндричен сад со дијаметар D = 1 m и висина H = 1 m, наполнет е со течност со кинематска вискозност 32,1=ν cm2/s и е поврзан со цевка со дијаметар d=50 mm и должина L = 10 m. Растојанието од дното на садот до цевката изнесува h = 400 mm. Да се определи времето потребно за празнење на садот. Сите локални отпори да се занемарат. Коефициентот на протокот да се определи според равенката

21

−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅=

dLλμ .

Решение: Во почетокот на празнењето течноста има теоретска брзина:

( ) =+⋅⋅= hHgv teor 2 ( )4,0181,92 +⋅⋅ = 5,241 m/s Теоретсрата вредност на Рејнолдс-овиот број изнесува:

4, 1032,105,0241,5−⋅

⋅=

⋅=

νdv

R teorteore = 1985 < 2320

Стварната брзина на почетокот на истекувањето се добива со решавање на енергетската равенка поставена за пресеците 0-0 и 1-1.

1100

−−

( ) =⋅⋅++=+⋅+22

2200 v

dLvphHgp

λρρ 2

12v

dL

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+ λ

Бидејќи kreteore RR ,, < струењето во цевката е ламинарно, тогаш коефициентот на

отпорот од триење се определува со равенката: eR

64=λ

Со смена во енергетската равенка се добива:

( )2

6412v

dL

dvhHg ⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

⋅⋅

+=+⋅ν , односно

( ) vLd

vhHg ⋅⋅⋅

+=+⋅⋅ 22 642 ν

Со замена на познатите вредности се добива квадратна равенка: 0468,278,382 =−⋅+ vv

Реалното решение на оваа квадратна равенка ја дава вредноста на стварната брзина на струење на течноста низ цевката: 794,0=v m/s. Стварната вредност на Рејнолдс-овиот број изнесува:

41032,105,0794,0−⋅

⋅=

⋅=

νdvRe = 300,76

коефициентот на триење е:

46464 2 πνλ ⋅

⋅⋅⋅

==d

dqR ve

=vqd νπ ⋅⋅⋅16

Диференцијалната равенка за истекување е: dzDdtqv ⋅⋅

−=⋅4

2 π

218

Волуменскиот проток изнесува: zgdqv ⋅⋅⋅⋅= 24

2πμ , во задачата зададен

коефициентот на проток :

dL⋅

=λ

μ 1 =

dL

qvd

v

⋅⋅⋅⋅π16

1 =L

qv

⋅⋅⋅ νπ4

zgdL

qq v

v ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

= 244

2πνπ

2

zgdL

qq vv ⋅⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅= 2

1616

242 π

νπ ; z

Lgdqv ⋅⋅⋅⋅⋅

=νπ

128

4

= B·z

се воведува константата LgdB⋅⋅⋅⋅

=νπ

128

4

времето потребно за празнење на садот изнесува:

hhH

gdLD

hhH

BD

zdz

BDT

h

hH

+⋅

⋅⋅⋅⋅

=+

⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅

−= ∫+

ln32ln44 4

222 νππ

Со внесување на дадените податоци се добива: T = 863 s = 14 min 23 s

Задача 18.2. Затворачот се подига рамномерно со брзина v=2,56 cm/s и при тоа отвора правоаголен отвор со димензии b = 1,5 m и a= 1 m во вертикален ѕид. Да се определи колку вод ќе истече од почетниот момент на отворањето до целосното отворање на отворот, ако висината на водата е константна и изнесува H = 4 m. Коефициентот на протокот на процесот на отворањето се смета за константен и изнесува 59,0=μ .

Решение: Волуменот на водата што истекува од отворот за време dt изнесува:

dtqdV v ⋅= Протокот: ( ) zgzfqv ⋅⋅⋅⋅= 2μ каде што:

( )zf и z – претставуваат промена на површината на отворот и висината во некој временски момент.

( ) tvbzf ⋅⋅= ; tvHz ⋅−= се воведува во горната равенка и се добива:

dtttvHgvbdV ⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅= 2μ Вкупната количина на вода што истекува за време на отворањето на отворот изнесува:

dtttvHgvbdVVV V

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅== ∫ ∫0 0

2μ

219

Се воведува смена utvH =⋅− ; ( )uHv

t −⋅=1 или du

vdt ⋅−=

1

Новите граници на интеграција се: за t = 0 ; u = H за t = T ; u = H – a

( )∫−

⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−=aH

H

duv

uHv

ugvbV 112 21

μ

( ) ( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⋅+−⋅⋅−−⋅⋅

⋅⋅⋅⋅= 2

5

23

25

152

21

5122

HaHHaHv

gbV

μ

Со замена на познатите големини се добива: V = 143,6 m3

Задача 18.3. Цилиндричен сад со димензии D = 1,2 m ; H = 1,5 m, наполнет е со вода и се празни преку млазник (d1 = 25 mm ; 97,01 =μ ). На горната страна на садот има отвор (d2 = 3 mm ;

6,02 =μ ) низ кој влегува надворешен воздух ( 2,1=vozρ kg/m3) во садот. При тоа волуметрискиот проток на воздух (стисливоста се занемарува) еднаков е на волуменскиот проток на вода. Да се определи времето на целосното празнење на садот (висината на млазникот h да се занемари).

Решение:

Се поставуваат енергетски равенки за пресеците 0-0 и 2-2 ; 01-01 и 1-1

2200

−−

22

22

1

2200 vvppp

voz

v

voz

⋅++−

= ξρρ

( )1

22 1

2ξρ +⋅

⋅=

voz

vpv ;

voz

vpvρξ⋅

⋅+

=2

11

12 = ⋅ϕ

voz

vpρ⋅2

Волуменскиот проток на воздух изнесува:

voz

vvozv

pdqρ

πμ

⋅⋅

⋅⋅=

24

22

2, при што ϕμ =2

1100 11

−

−

22

21

2100 vvp

zgpp

mvodavoda

v ⋅++=⋅+−

ξρρ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−⋅⋅⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−⋅⋅⋅+

=g

pzgg

pzgvvoda

v

voda

v

m ρϕ

ρξ22

11

11

Волуменскиот проток на водата изнесува:

⋅⋅

⋅=4

21

1,π

μdq vodav ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−⋅⋅g

pzgvoda

v

ρ2 при што 11 ϕμ =

Од условот во задачата за еднакви волуменски протоци се добива:

220

⋅⋅ 11 aμ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−⋅⋅g

pzgvoda

v

ρ2 =

voz

vpaρ

μ ⋅⋅⋅

222 при што: =1a

4

21 π⋅d ; =2a

4

22 π⋅d

Од горната равенка се добива равенка за определување на подпритисокот во горниот дел на садот:

121

22

21

22 +⋅⋅

⋅⋅=

μμ

ρρ

ρ

aa

zgp

voz

voda

vodav

Со внесување на оваа зависност за pv во равенката за определување на волуменскиот проток на вода се добива:

12

21

22

21

22

21

22

21

22

11,

+⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

μμ

ρρ

μμ

ρρ

μ

aa

aa

zgaq

voz

voda

voz

voda

vodav

Диференцијалната равенка за истекување на водата од садот е: dzAdtq vodav ⋅−=⋅,

Елементарното време:

zdz

aa

aa

ga

D

dt

voz

voda

voz

voda

⋅

+⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅

=

12

4

21

22

21

22

21

22

21

22

11

2

μμ

ρρ

μμ

ρρ

μ

π

Потребното време за потполно празнење на садот изнесува:

∫⋅⋅⋅⋅⋅

+⋅⋅⋅⋅

=H

voda

voz

zdz

dd

gdDT

042

22

41

21

211

2

12 ρμ

ρμμ

Hdd

dD

gT

voda

voz ⋅⋅⋅⋅⋅

+⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅⋅=

ρμρμ

μ 42

22

41

21

2

11

12

2

Со внесување на познатите големини се добива: T = 5274,57 s ≈ 1 h и 28 min

Задача 18.4. Цилиндричен сад со многу тенки ѕидови, со површина на попречниот пресек A = 25 m2 и висина h = 2 m. Длабочината на тонење на садот поради тежината изнесува h1=1 m. На едната страна на садот на висина h2 = 0,5 m се отвора мал отвор со остри рабови и површина на попречниот пресек a = 20 cm2 со коефициент на проток 6,0=μ . Да се определи времето на

потопувањето на садот по отворањето на отворот. Решение: Равенката на силите на пливање:

AhgG ⋅⋅⋅= 1ρ

221

Рамнотежата на силите на пливање во произволен момент: ( )210 hhz −≤≤

AygAzgG ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅+ ρρ Со замена на изразот за тежината се добива:

zhy += 1 Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 1-1:

1100

−−

( )22

220

210 vvp

hhygp

⋅++=+−⋅+ ξρρ

Од оваа равенка се определува брзината на дотекување на течноста во садот, со

смената zhy += 1 , се добива: ( )ξ++⋅⋅

=1

2 2 zhgv

Волуменскиот проток во овој случај изнесува: ( )zhgaqv +⋅⋅⋅⋅= 21, 2μ Елементарното време:

zhdz

gaAdt

+⋅

⋅⋅⋅=

21 2μ

Времето на полнење на садот со вода на висина ( )210 hhz +≤≤

∫−

+⋅

⋅⋅⋅=

21

0 21 2

hh

zhdz

gaAT

μ = ( )212

2 hhga

A−⋅

⋅⋅⋅⋅

μ

1T = ( )5,0181,9210206,0

2524

−⋅⋅⋅⋅⋅

⋅−

= 2755,17 s

Рамнотежата на силите на пливање во произволен момент: ( )21 hhzh +≤≤

AygAzgG ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅+ 11 ρρ Со замена на изразот за тежината се добива: 111 zhy += Се поставува енергетска равенка за пресецоте 2-2 и 3-3:

3322

−−

( )22

220

110 vvpzygp

⋅++=−⋅+ ξρρ

Од оваа равенка се определува брзината на дотекување на течноста во садот, со

смената 111 zhy += , се добива: ξ+⋅⋅

=1

2 1hgv

Волуменскиот проток во овој случај изнесува: 12, 2 hgaqv ⋅⋅⋅⋅= μ Елементарното време:

11

2 2dz

hgaAdt ⋅

⋅⋅⋅⋅=μ

Времето на полнење на садот со вода на висина ( )21 hhzh +≤≤

∫+

⋅⋅⋅⋅⋅

=h

hh

dzhga

AT21

11

2 2μ = ( )[ ]21

12hhh

hgaA

+−⋅⋅⋅⋅⋅μ

222

2T = ( )[ ]5,012181,9210206,0

254

+−⋅⋅⋅⋅⋅⋅ −

= 2351,68 s

Вкупното време за целосно потопување на садот изнесува: T = T1 + T2 = 2755,17 + 2351,68 = 5106,85 s = 1 h 25 min и 7 s

Задача 18.5. Отворен цилиндричен сад составен од два дела со димензии: D1 = 1,2 m ; D2 = 600 mm ; h1 = 800 mm ; h2 = 800 mm, плива во течност со густина ρ . Садот има тенки ѕидови, а на дното има мал отвор со дијаметар d0 = 25 mm. Длабочината на тонење на садот поради тежината изнесува h0 = 850 mm. Да се определи времето потребном за потполно потопување на садот по отворањето на малиот отвор. Коефициентот на истекување низ малиот отвор изнесува 6,0=μ .

Решение: Рамнотежа на силите на пливање:

( ) πρπ

ρ ⋅−

⋅−⋅⋅+⋅

⋅⋅⋅=44

22

21

20

22

0DDhhgDhgG , односно

( )20

21

2

22

44hhDghDgG −⋅

⋅⋅⋅+⋅

⋅⋅⋅=

πρπρ (1)

Рамнотежа на силите по потопување на садот:

( ) ( ) ρπρπρπρ ⋅+⋅

⋅+⋅⋅=−⋅⋅

⋅⋅+⋅⋅

⋅⋅+444

22

212

21

2

22 gDhhghhDghDgG

(2) Со вметнување на равенката (1) во равенката (2) се добива длабината на потопувањето на садот:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅+−=

2

1

2201 2

DDhhhh (3)

Времето на потопување на садот е составено од две времиња и тоа: време за полнење на садот до висина h2 и време на полнење на садот од h2

до h. Рамнотежата на силите на пливање во произволно време 20 hx ≤≤

( ) πρπρπρ ⋅−

⋅−⋅⋅+⋅

⋅⋅⋅=⋅

⋅⋅⋅+444

22

21

2

22

22 DDhygDygDxgG

(4) Со вметнување на равенката (1) во равенката (4) се добива длабината на потопувањето на садот:

2

1

20 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+=

DDxhy

Диференцијалната равенка за истекување:

dxDdtqv ⋅⋅

=⋅4

22 π

223

При тоа волуменскиот проток изнесува: zgd

qv ⋅⋅⋅⋅

⋅= 24

20 π

μ

Од сликата се определуваат геометриските вредности:

xDDxhxyz −⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+=−=

2

1

20 ;

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+= 1

2

1

20 D

Dxhz

Тогаш волуменскиот проток изнесува:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅⋅⋅

⋅⋅= x

DDxhg

dqv

2

1

20

20 24π

μ

Времето потребно да се наполни садот до висина 20 hx ≤≤ изнесува:

∫⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

=2

0

21

22

0

20

22

1

12

h

DDxh

dxgd

DTμ

За решавање на овај интеграл се воведува смената:

uDDxh =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅+ 12

1

22

0 ; 12

1

22 −

=

DD

dudx

Решението на интегралот е:

∫⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− u

DD

du

121

22

= u

DD

⋅

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−1

2

21

22

Со замена на граничните вредности:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅+==== 1;;;0 2

1

22

2020 DDhhuhxhux се

добива:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅+−⋅

⋅⋅⋅⋅

−= 1

22

21

22

2020

22

22

21

21

1 DDhhh

gdD

DDDT

μ

Рамнотежа на силите во произволно време ( )hxh ≤≤ 11

( ) πρπ

ρπ

ρπ

ρ ⋅−

⋅−⋅⋅+⋅

⋅⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅+⋅⋅

⋅⋅+4444

22

21

21

22

11

21

2

22 DDhygDygxDghDgG (5)

Со внесување на равенката (1) во равенката (5) се добива:

21

22

2101 DDhxhy ⋅++=

Од сликата следи: 2111 hzxy ++=

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅+=+−= 12

1

22

202111 DDhhhxyz

Тогаш волуменскиот проток изнесува:

1

20

1, 24

zgd

qv ⋅⋅⋅⋅

⋅=π

μ

Времето потеребно да се наполни садот до висина hxh ≤≤ 12 изнесува:

224

∫⋅

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅+⋅⋅⋅

⋅=h

h

dx

DDhhg

dDT

212

1

21

22

20

20

21

2

μ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅+⋅⋅⋅

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅+−

⋅=

12

1

21

22

20

21

22

201

20

21

2

DDhhg

DDhhh

dDT

μ

Вкупното време е: T = T1 + T2 Со замена на познатите големини се добива:

T = 543,326 s = 9,05 min Задача 18.6. Сад со основа на квадрат со a = 3 m, висина h = 1,2 m и дебелина на ѕидот δ = 150 mm, плива во вода до висина h0 = 0,6 m. При отворањето на мал отвор на дното на садот со дијаметар d = 30 mm и коефициент на проток μ = 0,82 садот ќе потоне. Да се определи времето за кое садот ќе потоне.

Решение: Во стартот пред отворање на малиот отвор:

02 hagPG ⋅⋅⋅== ρ

Од равенката за рамнотежа на силите: ( ) ( ) 22

02 2 agyzygahag ⋅⋅⋅++=⋅⋅⋅⋅−+⋅⋅⋅ ρδρδρ ( )( )22

02

2 δδ

⋅−−

−−⋅=

aazha

y ; ( )22

2

2 δ⋅−−⋅

−=aa

dzady

Диференцијалната равенка за истекување (дотекување) е:

( ) dyadtqv ⋅⋅−=⋅ 22 δ Волуменскиот проток низ отворот:

zgdqv ⋅⋅⋅⋅

⋅= 24

2 πμ

Елементарното време на тонење изнесува:

( )

zgddyadt⋅⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅−=

24

22

2

πμ

δ =

225

( )( )[ ] zaagd

dzaa⋅⋅−−⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅−⋅− 222

22

2224

δπμδ

Од горната слика, со равенката за рамнотежа на силите на пливање, границите на интрграција, односно граничните услови:

( )2022 2 δρρρ ⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ axghaghag ( )

( )20

2

2 δ⋅−−⋅

=a

hhax

Бараното време на тонење на садот изнесува:

( )( )[ ]

( )( )2

02

0

221

222

22

2228 δ

δ

δδπμδ ⋅−

−⋅−−

−⋅⋅−−⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅−⋅−= a

hhah

hzaagd

aaT

Со воведување на ознаките:

A0 = a2 ; A = (a -2·δ)2 ; Ad = 4

2 π⋅d

A0 = 9 m2 ; A = 7,29 m2 ; Ad = 7,068·10-4 m2

Се добива:

( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⋅−−−−⋅

⋅⋅⋅⋅

−⋅

= 00

00

0

22 hh

AA

hhgAAA

AAT

d

δδμ

( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅−−−−⋅

⋅⋅⋅⋅⋅

−⋅

=−

6,00,129,7915,02,115,06,0

81,9210068,782,02

29,7929,79

4T

T= 3428,8 s

Задача 18.7. Челичен сад со тенки ѕидови со површина на основата A = 0,3 m2 и висина H = 2 m, наполнет е со течност со густина 2ρ и висина b = 1,2 m, плива во течност со густина 21 ρρ > до длабочина h = 1,2 m. Течностите меѓу себе не се мешаат ( 12 7,0 ρρ ⋅= ). Да се определи равенката за потребното време за кое садот ќе пропадне (а потоа и бројчано), ако на

дното на садот се направи отвор со површина на пресекот a = 3,33 cm2 и коефициент на проток μ = 0,62. Решение: Равенката за рамнотежа на силите на силите на пливање е:

hAgbAgG ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅+ 12 ρρ Тежината на садот изнесува:

bAghAgG ⋅⋅⋅−⋅⋅⋅= 21 ρρ , бидејки h = b ( ) hgAG ⋅−⋅⋅= 21 ρρ

Во произволен момент на време кога во садот ќе дотече одредена количина на течност со густина 1ρ , равенката за рамнотежа на на силите на пливање е:

226

yAgxAgbAgG ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+ 112 ρρρ Од оваа равенка следи: yhx =+ ; hxy =− , односно: ybx =+

Тоа значи дека нивоата во садот и надвор од него се еднакви. Се поставува енергетска равенка за пресеците 1-1 и 2-2.

( )ξρρ

+⋅+=⋅+−−

1222

11 2

1

2

1

0 vpygp

Односно:

( )ξρρ

+⋅+⋅=− 12

2

1

2 vhxy

Беше докажано дека hxy =− , тогаш од последната равенка се добива равенка за определување на брзина на дотекување на течност со густина 1ρ во садот:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅⋅

+=

1

21211

ρρ

ξhgv

При тоа волуменскиот проток изнесува:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅⋅⋅=

1

212ρρ

μ hgaqv

Коефициентот на проток е: ξ

μ+

=11

Диференцијалната равенка за истекување при променливо ниво изнесува:

⋅⋅=⋅ adxA μ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅

1

212ρρhg dt⋅

При тоа, елементарното време е:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅⋅⋅

⋅=

1

212ρρ

μ hga

dxAdt

Времето потребно за тонење на садот (од h до H) изнесува:

∫−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅⋅⋅

⋅=

hH

hga

dxAT0

1

212ρρ

μ

= ( )

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅⋅⋅

−⋅

1

212ρρ

μ hga

hHA

( )( )7,012,181,921033,362,0

2,123,04 −⋅⋅⋅⋅⋅⋅

−⋅=

−T = 437,4 s

Задача 18.8. На дното на цилиндричен сад со дијаметар D = 1,0 и висина H = 1,5 m се наоѓа мал отвор d0=2 cm со коефициент на проток 62,0=μ . Ако во садот се доведува константен масен проток

3410, =omq kg/h, да се определи времето потѕребно да се наполни садот до висина за 20 cm пониска од константната висина – при која дотекот на вода 0,vq е еднаков на истекот на вода низ малиот отвор vq

227

Решение: Волуменскиот проток на доведената вода во садот изнесува:

40,0, 10472,9

360010003410

3600−⋅=

⋅=

⋅=ρ

mv

qq m3/s

При стационарен режим (дотокот еднаков на истекот) е:

0

20

0, 24

Hgd

qq vv ⋅⋅⋅⋅

⋅==π

μ ;

gd

qH v

⋅⋅⋅

⋅= 24

02

20,

0

8πμ

Со замена на познатите големини сед обива: H0 = 1,2 m. Во произволен момент на време кога 0Hz < и

vv qq >0, , диференцијалната равенка за истекување е:

( ) dzDdtqq vv ⋅⋅

=⋅−4

2

0,π

Волуменскиот проток на водата која истекува од садот е:

zgd

qv ⋅⋅⋅⋅

⋅= 24

20 π

μ

Со воведување во диференцијалната равенка за истекување се добива:

dzDdtzgd

qv ⋅⋅

=⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅⋅

⋅⋅−

42

4

220

0,ππ

μ

Се воведува константата 420 1082,824

−⋅=⋅⋅⋅

⋅= gd

kπ

μ

Потребното време за полнење на садот до висина 2,00 −= Hh или h = 1 m e:

∫ ⋅−⋅

⋅=

h

v zkqdzDT

0 0,

2

4π

Се воведуваат смените за интеграција:

uzkqv =⋅−0, ; k

uqz v −= 0, ; ( ) duuq

kdz v ⋅−⋅−= 0,2

2

Новите граници на интеграцијата се: за z = 0 следи 0,vq ; за z = h следи hkqv ⋅−0,

Тогаш вредноста на времето со воведените смени изнесува:

( )∫⋅−

=⋅−⋅

−

⋅⋅

=hkq

q

vv

v

duu

uqkDT

0,

0,

0,222

4π ⋅

⋅⋅

− 2

2

2 kD π

∫⋅−

⋅−hkq

q

vv

v

duu

uq0,

0,

0,

Со воведување на константата A = 62

2

1011,22

⋅=⋅⋅k

D π , се добива:

( ) hkqqvv

v

vuquAuAuqAT ⋅−⋅−⋅=⋅+⋅⋅−= 0,

0,lnln 0,0,

( )[ ]hkqqhkqqAT vvvv ⋅−⋅−⋅−⋅⋅= 0,0,0,0, lnln

228

( ) −⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅= −−− 11063,810472,9ln10472,9[1011,2 4446T ( ) 69,30844]11063,810472,9ln10472,9 444 =⋅⋅−⋅−⋅⋅− −−− s

Задача 18.9. Два сада се поврзани со два цевководи, како што е прикажано на сликата. Да се определи времето потребно за преточување на водата од едниот во другиот сад. Познати се следните податоци: D1 = 2 m ; D2 = 2,4 m ; H = 3 m ; L1 = 6 m ; d1 = 80 mm ; L2 = 8 m ; d2 = 100 mm ; 03,0=λ ; 6,0=izlξ ; 5,0=kξ ;

51, =vξ ; 72, =vξ

Решение: Коефициентите на проток низ цевките изнесуваат:

1

11,

1

1

1

dL

vizl ⋅+++

=

λξξμ = 0,336 ;

2

22,

2

21

1

dL

vkizl ⋅++⋅++=

λξξξμ = 0,288

Волуменскиот проток од едниот од едниот во другиот резервоар изнесува:

zgdzgdqqq vvv ⋅⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅⋅⋅

⋅=+= 24

24

22

2

21

12,1,π

μπ

μ

Елементарниот волумен кој ќе истече од едниот, а ќе дотече во во другиот резервоар изнесува:

dtqdzAdzAdV v ⋅=⋅=⋅−= 2211 , односно: 2

1

1

2

AA

dzdz

−=

Од сликата се определуваат геометриските големини: z = z1 + z2 Со диференцирање и воведената смена се добива:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=−=

2

1121 1

AAdzdzdzdz или dz

AAAdz ⋅+

=21

21 ; dz

AAAdz ⋅+

=21

12

Поединечното време потребно за изедначување на нивоата на слободните површини на резервоарите кога водата истекува само од едната цевка изнесува:

dzAA

Azga

Aq

dzAdtv

⋅+

⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅

=21

2

11

1

1,

111 2μ

; ∫⋅⋅⋅⋅⋅

+⋅

=H

zdz

gaAAAAt

01121

211 2

1μ

gdH

DDDD

gaH

AAAAt

⋅⋅⋅⋅

+⋅⋅

=⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅

=2

22

2211

22

21

22

21

1121

211 μμ

229

81,9208,0336,03

4,224,222

222

22

1 ⋅⋅⋅⋅

+⋅⋅

=t = 858,528 s

dzAA

Azga

Aq

dzAdtv

⋅+

⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅

=21

1

22

2

2,

222 2μ

; ∫⋅⋅⋅⋅⋅

+⋅

=H

zdz

gaAAAAt

02221

212 2

1μ

gdH

DDDD

gaH

AAAAt

⋅⋅⋅⋅

+⋅⋅

=⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅

=2

22

2222

22

21

22

21

2221

212 μμ

81,921,0288,03

4,224,222

222

22

2 ⋅⋅⋅⋅

+⋅⋅

=t = 641,034 s

време потребно за изедначување на нивоата на слободните површини на резервоарите кога водата истекува истовремено од двете цевки изнесува:

367034,641528,858034,641528,858

21

21 =+⋅

=+⋅

=ttttT s

Задача 18.10. Сад со променлив попречен пресек (A1 = 5 m2 и A2 = 2 m2) со висина h1 и h2 наполнет е со течност и се празни низ мал отвор на дното на садот со површина a = 50 cm2. Коефициентот на протокот изнесува 62,0=μ . Да се определи односот на висините

1

2

hh , така да времето на празнење на потесниот делна

садот биде еднакво со времето на празнење на поширокиот дел на садот. За кое време садот ќе се испразни ако е h2 = 4 m?

Решение: Диференцијалната равенка за празнење на горниот дел на резервоарот е:

12 2 dtzgadzA ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅− μ , односно: z

dzga

Adt ⋅⋅⋅⋅

=2

21 μ

Потребното време за празнење на потесниот дел на резервоарот е:

∫+

⋅⋅⋅⋅

=21

12

21

hh

h zdz

gaAT

μ = ( )121

2

22 hhh

gaA

−+⋅⋅⋅⋅

⋅

μ

На ист начин се доаѓа до времето на празнење на поширокиот дел на резервоарот:

11

2 22 h

gaAT ⋅

⋅⋅⋅⋅

=μ

Од условот зададен во задачата T1 = T2 се добива:

( )1212

22 hhh

gaA

−+⋅⋅⋅⋅

⋅

μ= 1

1

22 h

gaA

⋅⋅⋅⋅

⋅

μ

Односот на висините е:

1122

2

1

2

12

2

1

1

2 −⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

AA

AA

AA

hh

За зададените вредности во задачата h2 = 4 m, се добива:

230

445

1

2 =hh ;

454

21 ⋅= hh ; 4516

1 =h ; 45

19621 =+ hh

Вкупното време за празнење на садот изнесува:

( )1212

1 242 hhh

gaATT −+⋅

⋅⋅⋅

⋅=⋅=μ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

⋅⋅⋅⋅⋅

=− 45

1645

19681,92105062,0

244

T = 868,5 s

Задача 18.11. Да се определи времето на празнење на резервоарот прикажан на сликата. Познати се следните податоци: D = 1 m ; d = 60 mm ; H = 1,6 m ; h = 0,6 m ; L = 4,2 m ; 3,0=izlξ ; 4,0=kξ ; 6,3=vξ ;

025,0=λ .

Решение: Времето потребно за празнење на садот е составено од две времиња: Време за празнење низ двете цевки и време за празнење низ кусата цевка. За првото време за празнење се поставуваат две енергетски равенки:

1100

−−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅++⋅=⋅ 1

2

21

dLvzg vizl λξξ

2200

−−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

+⋅+++⋅=⋅ 1

2

21

dLhvzg vkizl λξξξ

Волуменските протоци се:

zgdqv ⋅⋅⋅

⋅= 24

2

11,πμ ; zgdqv ⋅⋅

⋅⋅= 2

4

2

22,πμ

При тоа се:

388,01

06,02,425,06,33,0

1

1

11 =

+⋅++=

+⋅++=

dL

vizl λξξμ

1

12

++

⋅+++=

dLh

vkizl λξξξμ = 38,0

106,0

2,46,025,06,34,03,0

1=

++

⋅+++

Вкупниот проток изнесува:

( ) zgdqqq vvv ⋅⋅⋅⋅

⋅+=+= 24

2

212,1,πμμ

Елементарното време за празнење е: ( )

( ) zdz

gdD

qdzzAdt

v

⋅⋅⋅+⋅

−=⋅

−=221

2

2

1 μμ

Времето за празнење од двете цевки изнесува:

231

( ) ∫+

+

⋅⋅⋅+⋅

−=hL

HL zdz

gdDT

2212

2

1 μμ =

( )( )LhLH

gdD

+−+⋅⋅⋅+⋅

⋅2

2

212

2

μμ

( )( )2,46,02,46,1

81,9238,0388,006,012

2

2

1 +−+⋅⋅⋅+⋅

⋅=T = 36 s

Време на празнење само од малата цевка: ( )

1

1

12

2

1,

12 2 z

dzgd

Dq

dzzAdtv

⋅⋅⋅⋅

−=⋅

−=μ

∫+

⋅⋅⋅⋅

−=hL

L zdz

gdDT

1

1

12

2

2 2μ = ( )LLh

gdD

−+⋅⋅⋅⋅

⋅2

2

12

2

μ

( ) 74,452,42,46,081,92388,006,0

122

2

2 =−+⋅⋅⋅⋅

⋅=T s

Вкупното време на празнење изнесува: T = T1 + T2 = 36 + 45,74 = 81,74 s

Задача 18.12. Да се определи времето на празнење на цилиндричниот резервоар низ вертикална цевка со дијаметар d = 60 mm и должина h3 = 2 m. Димензиите на цилиндричниот резервоар се: D1 = 1,5 m ; D2 = 2,2 m ; h1 = 1 m ; h2 = 1,5 m. Коефициент на локалниот отпор на вентилот

4=vξ , а коефициентот на триење на цевката 03,0=λ

Решение: Времето за празнење на резервоарот е збир од времето на празнење на резервоарот со димензии: D1 и h1 ( 32132 hhhzhh ++≤≤+ ) и времете на празнење на резервоарот со димензии D2 и h2 ( 323 hhzh +≤≤ ). Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и 1-1.

1100

−−

22

23

200 v

dhvp

zgp

v ⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⋅+++=⋅+ λξρρ

Брзината на истекувањето изнесува:

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⋅++

⋅⋅=

dh

zgv

v31

2

λξ = zg ⋅⋅⋅ 2ϕ ;

dh

v31

1

⋅++

==

λξμϕ

За ( 32132 hhhzhh ++≤≤+ ), диференцијалната равенка за празнење на садот

dzDdtqv ⋅−=⋅4

21

11,π ; zgddvqv ⋅⋅⋅

⋅⋅=

⋅⋅= 2

44

22

1,πμπ

Времето на празнење е:

zdz

gdDdt ⋅

⋅⋅⋅=

22

21

1 μ

232

∫++

+

=⋅⋅⋅⋅

=321

3222

21

1

hhh

hh zdz

gdDT

μ( )323212

21

22 hhhhh

gdD

+−++⋅⋅⋅⋅

⋅

μ

Со замена на познатите вредности се добива: T1 = 173 s

За ( 323 hhzh +≤≤ ), диференцијалната равенка за празнење на садот

dzDdtqv ⋅−=⋅4

22

22,π

zdz

gdDdt ⋅

⋅⋅⋅=

22

22

2 μ

∫+

=⋅⋅⋅⋅

=32

322

22

2

hh

h zdz

gdDT

μ( )3322

22

22 hhh

gdD

−+⋅⋅⋅⋅

⋅μ

=2T ( ) 38,679225,181,9206,0408,0

2,222

2

=−+⋅⋅⋅⋅

⋅ s

Вкупното време за празнење на резервоарот изнесува: T = T1 + T2 = 173 + 679,38 = 852,38 s

Задача 18.13. Конусен сад со димензии D = H = 200 mm наполнет е со вода и се празни низ малиот отвор со опстри рабови на долниот дел на конусот. Дијаметарот на малиот отвор е d0 = 10 mm, а

8,0=μ . Да се определи времето за кое од садот ќе истече еден литар вода.

Решение: Волуменот на конусниот сад изнесува:

32

100944,234

−⋅=⋅⋅

=HDV π m2

По истекувањето на еден литар од садот во садот ќе останат уште 1,0944 литри вода.

0944,134

2

=⋅⋅ hd π бидејки d = h следи:

h = d = 61,10944,1123 =

⋅π

dm = 161 mm

Гранични услови: За z = H t = 0 ; за z = h t = T

Волуменскиот проток во произволен пресек Tt <<0 изнесува:

zgd

qv ⋅⋅⋅⋅

⋅= 24

20 π

μ

233

Диференцијалната равенка за истекување е: ( ) dzzAdtqv ⋅−=⋅ , каде што D(z) = z, тогаш:

zgd

dzz

dt⋅⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅

−=2

4

420

2

πμ

π

, односно ∫⋅

⋅⋅⋅⋅

−=h

H zdzz

gdT

2

20 2

1μ

Бараното време изнесува:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

⋅⋅⋅⋅= 2

525

20 2

152 hH

gdT

μ= ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

⋅⋅⋅⋅ 2

525

2161,02,0

81,9201,08,01

52 =8,45 s

Задача 18.14. Цилиндрична цистерна со должина B = 5 m, отворена према атмосферата се празни низ мал отвор со остри рабови на дното и низ цевка со дијаметар d1 = 60 mm. Да се определи времето на празнење на цистерната, ако се познати следните големини: R =1 m ; d = 80 mm ; 62,0=μ ; 3,0=kξ ;

8=vξ и 03,0=λ .

Решение: Времето на празнење на цистерната е составено од две времиња: време на истовремено празнење низ малиот отвор на дното и низ цевката и времето на празнење само низ отворот на дното на цистерната. За првиот временски период волуменскиот проток изнесува:

zgdzgdqqq vvv ⋅⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅⋅⋅

⋅=+= 24

24

221

12,1,πμ

πμ

Коефициентот на проток за цевката се определува од равенката:

dR

vk ⋅+++=

λξξμ

1

11 =

08,0103,083,01

1

⋅+++ = 0,32

Диференцијалната равенка за истекување за RzR ⋅≤≤ 2 ( ) ( ) dzzAdtqqdV vv ⋅−=⋅+= 12,1,

Од сликата се определуваат геометриските големини: =x ( )22 RzR −− , при тоа: ( ) ( )2222 RzRBBxzA −−⋅⋅=⋅⋅=

( ) dzqq

zAdtvv

⋅+

−=2,1,

1 = ( )

( ) zdz

gddRzRB

⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅

−−⋅⋅−

28

2211

22

πμπμ

( ) ( )∫⋅

⋅−−⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅

⋅−=

R

R zdzRzR

gddBT

2

2222

111 2

8πμπμ

( ) ∫⋅

⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅

⋅=

R

R

dzzRgdd

BT2

2211

1 22

8πμπμ

( )23

2211

1 2316 R

gddBT ⋅

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅

=πμπμ

= ( )23

221

81,9208,062,006,032,03516

⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

⋅ππ

T1 = 374,3 s

234

После овај момент, празнењето е само од отворот на дното на цистерната, односно: Rz ≤≤0

( ) dzq

zAdtv

⋅−=2,

2 = ( )z

dzgdRzRB

⋅⋅⋅⋅⋅−−⋅⋅

28

2

22

πμ

∫ ⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅=

R

dzzRgd

BT0

22 22

8πμ

= ( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 2

3

23

22

2316 RR

gdBπμ

2T = ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 2

3

23

2112

81,9208,062,03516π

= 883 s

Вкупното време за празнење на цистерната изнесува: T = T1 + T2 = 374,3 + 883 = 1257,3 s

Задача 18.15. Да се определи времето на празнење на конусен сад со агол на конусот o30=θ низ цевка со дијаметар d = 15 mm и збирен коефициент на локалните отпори 5,2=Σξ . Почетната висина на течноста изнесува H0 = 850 mm, а дијаметарот D0 = 1000 mm. Вертикалното растојание од дното на садот до излезот од цевката е b = 600 mm.

Решение: Диференцијалната равенка за истекување со променливо ниво на течноста е:

( ) dzzAdtqv ⋅−=⋅ , при што: zgdqv ⋅⋅⋅⋅

⋅= 24

2 πμ

5345,05,21

11

1=

+=

Σ+=

ξμ

Времето ( ) dzq

zAdtv

⋅−= = ( )z

dzgd

zA⋅

⋅⋅⋅⋅⋅

−2

42 πμ

За површината ( )4

2 π⋅= zDzA , од сликата се

добиваат следните вредности:

( )2

22 100θtgzHDxDDz ⋅−⋅−=⋅−=

zHxtg−

=12

θ

( )( )

42

22

10 πθ⋅⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅−⋅−

=tgzHD

zA

Со воведување во равенката за времето се добива:

( )∫ ⋅

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅−⋅−

⋅⋅⋅⋅

=1

2

10

2

22

21 H

b

dzz

tgzHD

gdT

θ

μ

235

каде што: 145060085001 =+=+= bHH mm

По интегрирањето и замената на граничните услови се добива:

⋅⋅⋅⋅

=gd

T2

12μ

{ +⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅⋅⋅−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅ 2

323

121

21

11021

21

120 3

222

42 bHbHHtgDbHD θ

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅

⋅⋅+ 2

525

123

23

1121

21

121 5

2342

224 bHbHHbHHtg θ }

Т= 81,92015,05345,0

12 ⋅⋅⋅

·{2 ⋅⋅−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅ o1546,045,11 2

121

2 tg

+⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅ 2

323

21

21

6,045,1326,045,145,12 ⋅⋅ o154 2tg

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅ 2

525

23

23

121

2 6,045,1526,045,1

346,045,145,12 } = 949,16 s

236

237

Задача 19.1. Два резервоари со променлив попречен пресек A1 и A2 се составени меќу себе со цевка. Течноста од резервоарот е изведена од рамнотежа, односно течноста во левиот резервоар се наоѓа на висина z1 од рамнотежната положба, а во десниот резервоар на висина z2. Течноста слободно осцилира. Да се состави диференцијална равенка на осцилациите,

Решение: Се поставува енергетска равенка за произволен временски момент т меѓу нивоата на резервоарите. Притоа се смета дека брзината е рамномерна по пресекот.

2211−−

∫ ⋅∂∂

++⋅−+=⋅++ dstvezgvp

zgvpzag22

220

210

ρρ (1)

каде што: v1 и v2 – движење на нивоата на течноста во левиот и десниот резервоар;

zage - загуби на енергијата меѓу пресеците 1-1 и 2-2; v – брзина на течноста во пресекот на цевката, на растојание (s) од

положбата на нивото на рамнотежната положба. Од сликата следи zzz =+ 21 , односно:

dtdz

dtdz

dtdz

=+ 21 (2)

Од равенката на континуитетот v1·A1 = v2·A2 и од односот dtdzv 1

1 = и dt

dzv 22 = се

добиваат односите:

dtdzA

dtdzA 2

21

1 ⋅=⋅ (3)

Со замена на равенката (2) во равенката (3) се добива:

dtdz

AAA

dtdz

⋅+

=21

21 и dtdz

AAA

dtdz

⋅+

=21

12

Овие две равенки се внесуваат во равенката (1), се добива:

∫ ⋅∂∂

+=⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

+− ds

tvezg

dtdz

AAAA

zag

2

21

21 (4)

Брзината во пресекот на цевката dtdzv = , а равенката на континуитетот за овај

пресек и слободната површина на левиот резервоар е:

11 Avav ⋅=⋅ ; dtdzv 1

1 −= , следува: ( ) dtdz

AAaAA

dtdz

aAv ⋅

+⋅⋅

−=⋅−=21

2111

238

За инерцијалниот член, во разгледуваниот временски момент се добива:

∫ ∫⋅⋅+⋅

−=⋅∂∂ 2

12

2

21

21

ads

dtzd

AAAAds

tv

За да се интегрира оваа равенка потребно е да се знае зависноста на површината на попречниот пресек на цевката (a) од должината (s). Во најчест случај, при резервоари споени со цевка, попречниот пресек на цевката (a) по

должината на цевката L е константена, односно: ∫ =2

1 aL

ads

Со внесување на последните две равенки во равенката (4) се добива:

zagezgdtdz

AAAA

dtzd

aL

AAAA

=⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅

+−

−⋅⋅+⋅ 2

21

212

2

21

21

21

Површините на резервоарите A1 и A2 треба да бидат познати функции од променливата (z). Ако осцилациите се со мали амплитуди, површините A1 и A2 можата да се сметаат за константни.

Задача 19.2. Во призматичен сад со површина

bax ⋅2 се наоѓа течност до висина h. Во почетокот течноста се изведува од рамнотежнта положба, така да нагибот на слободната површина изнесува θ. Да се определат слободните осцилации, ако аголот θ е доста мала големина. Познати се следните големини: b=100 mm и h=100 mm.

Решение: Наместо осцилирањето на течноста може да се разгледува осцилирањето на нејзиното тежиште s околу рамнотежната положба. Диференцијалнта равенка за оваа состојба е:

∑=

=⋅n

iiPxm

1

.. (1)

Каде што: x – положба на тежиштето на масата м на течноста; Pi – надворешни сили.

Во правецот на x-оската дејствуваат само силите на притисок на левата и десната старна на садот и истите изнесуваат:

=⋅=⋅⋅⋅= 1111,1 ApAzgP Cρ ( )221 θρ tgbhag ⋅+⋅⋅⋅⋅

=⋅=⋅⋅⋅= 2222,2 ApAzgP Cρ ( )221 θρ tgbhag ⋅−⋅⋅⋅⋅

Резултантната сила изнесува: θρ tghbagPPP ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=−= 221 ; hbam ⋅⋅⋅⋅= 2ρ

Со воведување на зависностите за P и за m во равенката (1) се добива: ..x + θtgg ⋅ = 0

Растојанието на тежиштето од оската изнесува:

θtgbh

x ⋅⋅⋅

= 2

31

239

Тогаш следи: 02..

=⋅+ xx ω за 22 3

bgh ⋅⋅

=ω

Периодот на осцилации изнесува:

ωπ⋅

=2T =

hgb⋅⋅⋅⋅

32 π

За дадените вредности е:

=⋅⋅

=b

hg3ω

1,01,081,93 ⋅⋅ =17,155 s-1

Тогаш периодот изнесува:

ωπ⋅

=2T =

hgb⋅⋅⋅⋅

32 π = 368,0

1,081,931,02

=⋅⋅

⋅⋅π s

Задача 19.3. Вертикална цевка со димензии: d = 50 mm и L = 10 m, има отворен горен крај и полна е со вода. Со отворање на долниот рај водата истекува во атмосферата. Да се определи времето на целосно празнење на цевката, при што струењето е турбулентно, а средниот коефициент на триење изнесува λ = 0,025.

Решение: Се поставува енергетска равенка за пресеците 1-1 и 2-2.

2211−−

∫ ⋅∂∂

+⋅⋅++=⋅++ dstvv

dzvp

zgvp222

220

20 λ

ρρ

После интегрирањето се добива:

dtdvzv

dzzg ⋅+⋅⋅=⋅

2

2

λ односно 2

2v

dg

dtdv

⋅⋅

−=λ

Со воведување на смените:

kd=

⋅2λ ; 2a

kg= се добива dtk

vadv

⋅=− 22

Интегралот на горната равенка и користење на граничните услови t=0 и v = 0, се добива:

tkvava

a⋅=

−+

⋅⋅

ln2

1 или tkavava

⋅⋅⋅=−+ 2ln ; tkae

vava ⋅⋅⋅=

−+ 2 , или

11

2

2

+−

⋅=⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

tak

tak

eeav бидејќи

dtdzv −= , од горната равенка се добива:

⋅−= adtdz

11

2

2

+−

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

tak

tak

ee се интегрира:

240

∫ ⋅+−⋅

−=⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

dte

aeaz tka

tka

12

2

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅

+−⋅

+⋅

− ∫ ∫ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

dte

adte

eatkatka

tka

11 22

2

= - [I1 – I2]

Интегралот I1 = ∫ ⋅+

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

dte

eatka

tka

12

2

се решава со смената:

tkae ⋅⋅⋅2 = u ; tkaekadudt

⋅⋅⋅⋅⋅⋅= 22

се добива решението:

I1 = ∫ ⋅⋅⋅⋅

+⋅

ukadu

uua

21= ( )1ln

21

121

+⋅⋅

=+

⋅⋅ ∫ u

kudu

k = ( ) 1

2 1ln2

1 Cek

tka ++⋅⋅

⋅⋅⋅

Вториот интеграл I2 = ∫ ⋅+⋅⋅⋅ dt

ea

tka 12 ; се користи истата смена како и за

првиот интеграл и се добива решението:

I2 = ∫ ⋅⋅⋅⋅

+ ukadu

ua

21= ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

+−⋅

⋅=

+⋅⋅

⋅ ∫ ∫∫ 121

121

udu

udu

kuudu

k =

= ( ) ( ) 222 1ln

21ln

211ln

21ln

21 Ce

ke

ku

ku

ktkatka ++⋅

⋅−⋅

⋅=+⋅

⋅−⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

( ) ( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +++⋅

⋅+⋅

⋅−+⋅

⋅−= ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

21222 1ln

21ln

211ln

21 CCe

ke

ke

kz tkatkatka

( ) Cek

taz tka ++⋅−⋅= ⋅⋅⋅ 1ln1 2

Интеграционата константа C се добива од граничните: за t=o z=L, од последната равенка се добива:

Ck

L +⋅−= 2ln1 , односно: 2ln1⋅+=

kLC

Со замена на вредностите за kga = и за 2ln1

⋅+=k

LC , се добива:

Lek

tkgz

tkg

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⋅−⋅=

⋅⋅⋅

21ln1 2

Времето на целосно празнење на цевката T се добива кога во горната равенка се стави за z=0, односно:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=⋅+⋅⋅

⋅⋅⋅

21ln

2 TkgeLkTkg ; односно: 0122 =+⋅⋅− ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ kgTLkkgT eee

Со решавање на оваа равенака (како квадратна) се добива:

12 −+= ⋅⋅⋅⋅⋅ LkLkkgT eee , односно: ( )1ln1 2 −+⋅⋅

= ⋅⋅⋅ LkLk eekg

T

За 25,005,02

025,02

=⋅

=⋅

=d

k λ и L = 10 m се добива вредноста на времето за целосно

празнење на цевката:

( ) 21ln25,081,9

1 1025,021025,0 =−+⋅⋅

= ⋅⋅⋅ eeT s

241

Задача 19.4. Во закосена цевка под агол од o45=α , со дијаметар d = 60 mm се движи клип со

константно забрзување 5,0=a m/s2 и при тоа со себе привлекува вода. Должината на потопениот дел на цевката изнесува L0 = 2 m. Коефициентот на локалниот отпор на влезот во цевката изнесува

1=ξ , а коефициентот на триење во цевката 03,0=λ . Да се определи висината zmax над нивото,

при која ќе дојде до одлепување на водата од клипот (до испарување), ако во почетниот момент

на движење при t = 0 и z = 0, брзината е v = 0 и ако максимално дозволената вакууметарска висина изнесува 8 m. Решение: Се поставува енергетска равенка за пресеците 0-0 и z-z :

zz −−00

∫ ⋅∂∂

+⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⋅+++⋅= dstvv

dLvpzg

p zz

22

220 ξλ

ρρ

Каде што: p0 и pz – апсолутни притисоци во пресеците 0-0 и z-z v – брзина на клипот, односно на течноста.

Lz = L0 + αsin

z - должина на цевката од пресекот 0-0 до пресекот z-z.

Од горната равенка се определува вакуумот под клипот, односно:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅+⋅⋅⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅+⋅⋅=−=

αρρξ

αλρ

sin21

sin1

0

2

00zLavzL

dzgppp zv

Зависноста на брзината на клипот v и координатата z е:

zav ⋅⋅=αsin

22 ; односно αsin

2 zav ⋅⋅=

За g

pv

⋅ρmax, следува zmax , односно:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅⋅⋅⋅+=

⋅ αξ

αλ

αρ sin1

sin1

sin2 max

0max

0max

maxmax, zL

gazL

dz

gaz

gpv

Со замена на бројните вредности се добива квадратната равенка: 058,7848,15 max

2max =−⋅+ zz

Реалното решение е: 03,4max =z m Задача 19.5. Клип задвижен од криваен механизам се движи осцилаторно во цевка со површина на попречниот пресек A0 и на тој начин ја задвижува течноста во цевката и дифузорот кои се приклучени на резервоарот каде што нивото на течноста се одржува константно. Да се определи равенката на притисокот што владее пред клипот во моментот кога тој се наоѓа во задната "мртва" точка, кога аголот на кривајниот механизам изнесува 180º. Познати се следните вредности: H2

242

= 2 m ; D0 = 90 mm ; 12=ω rad/s ; L0 = 2 m ; =β 5º ; r = 150 mm. Решение: Се поставува енергетска равенка за нестационарно струење меѓу пресеците 1-1 и 2-2.

2211−−

∫ −+⋅∂∂

+⋅+⋅+=+2

121,02

0211

2 zagedxtvLaHg

pvpρρ

каде што: a – забрзување на клипот (истовремено и забрзување на течноста во

цевката;

tv∂∂ - променливо локално забрзување на течноста по должината на

дифузорот , односно: xA

Aa

tv 0⋅=∂∂ ;

Ax – површина на попречниот пресек на дифузорот на растојание x од влезот во него.

( )4

2 20 πβ ⋅⋅⋅+

=xtgD

Ax

Бидејќи во задната "мртва" точка брзината на клипот е рамн на нула v1 = 0, следува дека и загубите ezag = 0. Со ова, енергетската равенка ќе го добие следниот облик:

( )∫ ⋅

⋅⋅+⋅⋅+⋅+⋅+=+

2

1 20

002

0211

24

2dx

xtgD

AaLaHgpvp

βπρρ

Забрзувањето на клопот 2ω⋅−= ra , и по воведување на смената:

( ) uxtgD =⋅⋅+ β20 ; односно: βtg

dudx⋅

=2

, се добива:

( )∫ ∫ =⋅⋅

=⋅⋅+

2

1

2

1 22

0 22 utgdu

xtgDdx

ββ utg ⋅⋅−

β21 =

= ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅+⋅

⋅ 00

12

12

1DLtgDtg ββ

= ( )LtgDDL

⋅⋅+⋅ β200

Со замена во енергетската равенка се добива:

( )⎥⎦⎤

⎢⎣

⎡⋅⋅+⋅

⋅⋅⋅⋅

+⋅⋅−⋅=−

LtgDDLD

LrHgpp

βππ

ωρ 24

4

00

20

02

201

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⋅⋅++⋅

⋅−=

⋅−

0

0

2

201

21DLtg

LLg

rHgpp

β

ωρ

Односно, подпритисокот на челото на клипот изнесува:

2

0

0

201

21H

DLtg

LLg

rgpp

−

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⋅⋅++⋅

⋅=

⋅−

β

ωρ

243

15,32

09,01521

1281,9

15,0120

201 =−

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⋅⋅++⋅

⋅=

⋅−

tggpp

ρ m

Задача 19.6. Течноста во отворена U-цевка извадена е од рамнотна положба поради што течноста почнува да осцилира. Должината на течниот столб во цевката е L0 = 920 mm, а должината на проширениот дел од цевката Ln = 460 mm. Да се определи односот на дијаметарот

ndd , така периодот на осцилациите да биде

двапати помал од оној што би се добил кога U-цевката би била изедначена со константен попречен пресек. Се претпоставува дека течноста е идеална, а средната брзина е константна по попречниот пресек.

Решение: Се поставува енергетска равенка за нестационарно струење меѓу пресеците 1-1 и 2-2.

2211−−

∫ ⋅∂∂

+⋅−+=⋅++2

12

220

1

210

22ds

tvzgvpzgvp n

ρρ

Површината на попречните пресеци на цевката е константна, следи дека vvv == 21 , висините zzz == 21 , со овие големини се добива:

∫ =⋅⋅−⋅∂∂2

1

02 zgdstv

Од равенката на континуитетот: vava nn ⋅=⋅ ; и dtdzv −= , следи

dtdz

aav

nn ⋅−= .

Во разгледуваниот временски период:

∫ =⋅⋅−⋅⋅−2

12

2

02na

dsdt

zdazg

Каде што:

∫ ∫ ∫−

+−=2

1 0 0

0n nL LL

nn ads

ads

ads =

aLL

aL n

n

n 0−+ ;

20L

Ln = ; n

n

n aaaaL

a

LL

aL

⋅+

⋅=−

+⋅ 2

22

0

00

0

Последниот израз се внесува во диференцијалната равенка и се добива:

02

2 2

20 =⋅

⋅+

⋅⋅+⋅⋅dt

zdaaaaL

azgn

n /:2·g се воведува смена: n

n

aaaa

gL

A⋅+

⋅⋅

=4

0

Конечно се добива следната диференцијална равенка:

02

2

=⋅+dt

zdAz ; решението е: 1cos CtACz +⋅⋅= , а фреквенцијата е:

A=ω . Периодата е: n

n

aaa

LgT

+⋅⋅⋅=

⋅=

0

42 πωπ

244

Во случај кога U-цевката има константен пресек, односно a=an, периодот ќе биде:

024

LgT⋅

⋅⋅= π

Од условот во задачата следува: 20T

T = , односно: n

n

aaa

Lg

+⋅⋅⋅

0

4 π =02

2L

g⋅

⋅⋅π

; 8·an = a + an ; 7·an = a ;

447

22 ππ ⋅=

⋅⋅

ddn ; 227 ddn =⋅

Бараниот однос изнесува: 7=nd

d = 2,646

Задача 19.7. U-цевката е исполнета со течност до висина ограничена со состојбата 0-0. Течноста е извадена од рамнотежна положба и настанува осцилаторно движење со амплитуда на првата осцилација z0 = 10 cm. Дијаметарот на U-цевката изнесува d = 10 mm, а должината L = 600 mm. Кинематската вискозност на течноста е 5101 −⋅=ν m2/s. Да се определи периодот на осцилациите T и амплитудата z' на крајот од првата периода. Струењето на течноста е ламинарно.

Решение: Се користи диференцијалнaта равенка од задача 19.1, во неа се заменува

A1 = A2 = a ; zagezgdtdz

AAAA

dtzd

aL

AAAA

=⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅

+−

−⋅⋅+⋅ 2

21

212

2

21

21

21

, и се добива:

zag

z

ezgdt

zdL=⋅+⋅ 22

За ламинарно струење eR

64=λ , загубите: 2

2 322 d

vLvdLezag

⋅⋅⋅=⋅⋅=

νλ ,

Брзината изнесува: dtdz

dtd

v z ⋅−=−=211,

каде што: z1 – координата и се чита од рамнотежната положба, вертикално до

слободната површина; z = 2·z1 – вертикално растојание помеѓу нивоата. Тогаш:

0232 22

2

=⋅⋅

+⋅⋅+ zLg

dtdz

ddtzd ν

Се воведуваат следните замени: 2

322d

A ν⋅=⋅ и

LgB ⋅

=22

Со овие замени се добива хомогена диференцијална равенка со константни коефициенти:

02 22

2

=⋅+⋅⋅+ zBdtdzA

dtzd

Карактеристичната равенка: 02 22 =+⋅⋅+ BrAr со следниве корени:

245

( ) 2221, BAArr −±−= ; вредностите на коефициентите се:

( )

6,101,0

10116162

5

2 =⋅⋅

=⋅

=−

dA ν s-1 ; 71,5

6,081,922

=⋅

=⋅

=LgB s-1

Во случај A < B и 022 <−BA , се означува со 22 ABC −= , тогаш решението на диференцијалната равенка е:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅+⋅⋅⋅= ⋅− tC

CAtCezz tA sincos0

Каде што: C – е фреквенција на осцилациите, а периодата изнесува:

=−

⋅=

⋅=

22

22ABC

T ππ 146.16,171,5

222=

−

⋅π s

Амплитудата на осцилациите зад множителот tAe ⋅− , во текот на времето се смалува. На крајот од првата периода при t=T амплитудата е:

0146,16,1

00' 16,0 zezezz TA ⋅=⋅=⋅= ⋅−⋅− =0,16·10=1,6 cm

Осцилациите многу брзо се пригушуваат.

Задача 19.8. Сигурносен вентил пропушта константна количина на течност vq m3/s, при растојание меѓу печурката на седиштето y = 5 mm. Масата на вентилот изнесува m = 0,5 kg. Ако клипот се извади од рамнотежна положба, тој почнува да осцилира. Да се определат:

а) Диференцијалната равенка на осцилациите на клипот.

б) Периодата на тие осцилации. При тоа се јавува сила на триење Што дејствува на клипот и линеарно зависи од неговата брзина, односно ( )tvR ⋅= θ . ( )tv - брзина на клипот, променлива во текот на времето, θ - коефициент

на отпорот 5,0=θ N·s/cm. Крутоста на пружината е C = 20 N/cm. Почетната притиснатост на пружината, за обезбедување отворање на вентилот изнесува

500 =y mm. Масата на пружината е мала и истата се занемарува. Решение:

a) растојанието на вентилот од рамнотежната положба во временскиот момент (t) изнесува (z), така што вентилот во овај момент се наоѓа на растојание ( )zy − . Според тоа проточниот пресек се менува од ydat ⋅⋅= π во рамнотежна положба на ( )zyda −⋅⋅= π . Се претпоставува дека коефициентот на контракција на флуидната струја при течењето низ вентилот не се менува. Ако протокот во двата случаи е еднаков,

односот на брзините vv t е зголемен за

zyy−

пати, а односот на притисокот под

клипот е зголемен 2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− zyy пати. Според тоа, ако притисокот под клипот во

246

рамнотежна положба изнесува (p), при спуштање за големината (z) од предходната положба, притисокот ќе биде:

⋅= ppt

2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− zyy

Поради тоа се зголемува силата со која течноста дејствува на печурката од вентилот за големина:

( ) =⋅

⋅−=Δ4

2

1πdppP t

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅

⋅ 14

22

zyydp π

При тоа се намалува силата во пружината за големина: ( ) −⋅+=Δ CyyP 02 ( ) Czyy ⋅−+0 = zC ⋅

Резултантната сила што дејствува на вентилот при вадење од рамнотежната положба е:

=Δ−Δ=Δ 21 PPP⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅

⋅ 14

22

zyydp π + zC ⋅

Во рамнотежна положба на вентилот силите се еднакви: ( )yyCdp +⋅=⋅ 0

2

4π ,

следува:

( ) =⋅+⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅+⋅=Δ zCzy

yyyCP 12

0 ( )( ) ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

−−⋅

⋅+⋅⋅ 1220 zyzyyyzC

Бидејќи амплитудата на осцилациите (z) може да се смета мала во однос на спуштањето на вентилот (y), следува:

yzy ⋅≅−⋅ 22 и ( ) 22 yzy ≅− Со оваа смена предходната равенка е:

( )=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⋅⋅+⋅⋅=Δ 12

20

yyyy

zCP ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅⋅

00

32yy

zyC

Диференцијалната равенка за движење на печурката е:

PRdt

zdm Δ−−=⋅ 2

2

0320

02

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅⋅+⋅+⋅

yyzyC

dtdz

dtzdm θ

Со воведување на смените: m

A⋅

=2θ ; ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅

⋅=

0

02 32yym

yCB

Се добива: 02 22

2

=⋅+⋅⋅+ zBdtdzA

dtzd

Според решението на оваа диференцијална равенка, прикажано во задачата 19.7, се добива:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅+⋅⋅⋅= ⋅− tC

CAtCezz tA sincos0

При тоа: 22 ABC −= , а периодата изнесува: 22

22ABC

T−

⋅=

⋅=

ππ

Со воведување на познатите големину се добива:

247

2505,02

105,2 2

=⋅⋅

=A s-1 ; 9200005,03

005,02

5,005,01020 0

22 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

⋅⋅=

yB s-1

0366,025092000

222=

−

⋅=

πT s

Задача 19.9. Системот кој е составен од пружина, клип и течен столб со должина (L) се вади од рамнотежна положба и потоа течноста слободно осцилира. Да се определи периодата на осцилациите, ако масата на клипот е (m) и површината на попречниот пресек (A). Режимот на течење е ламинарен, густината ( ρ ) и кинематската вискозност (ν ). Масата на пружината може да се занемари. Добиената периода треба да се спореди со периодата на осцилациите пресметана за случај кога ќе се занемарат загубите на триење.

Решение: После вадењето од рамнотежна положба, во некој временски момент (t), клипот со маса (m) се движи на десно, а во тој момент се наоѓа на растојание (x) од рамнотежната положба. Надпритисокот на допирната површина меѓу клипот и течноста во тој момент изнесува (p). Диференцијалнта равенка на движењето на клипот ќе биде:

ApxCdt

zdm ⋅−⋅−=⋅ 2

2

или 02

2

=⋅+⋅+⋅ ApxCdt

zdm

C – константа на пружината.

Притисокот (p) на клипот се определува со поставување на енергетска равенка за нестационарно струење меѓу пресекот пред клипот и слободната површина во цевката.

∫ +⋅∂∂

+⋅+⋅++=++ 2

10

20

20

22 zagedstvxgHgvpvpp

ρρ (1)

каде што: zage - загуби на енергијата од триење, за ламинарно струење изнесуваат:

232

dvLezag⋅⋅⋅

=ν , за

4

2 π⋅=

dA ; dtdxv = следи :

dtdx

ALezag ⋅⋅⋅

⋅=νπ8

Инерцијалниот притисок е: 2

22

1

2

12

2

dtxdLds

dtxdds

tv

∫ ∫ ⋅=⋅=⋅∂∂

Од равенката (1) се добива:

∫ ⋅∂∂

+⋅⋅⋅

+⋅+⋅=2

120

0 32 dstv

dvLxgHg

p νρ

,односно:

2

2

0 8dt

xdLdtdx

ALxgHgp

⋅+⋅⋅⋅

⋅+⋅+⋅=νπ

ρ (2)

Со замена на определениот притисок од оваа равенка во диференцијалната равенка, се добива диференцијална равенка за движење на системот:

248

( ) ( ) 08 02

2

=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅⋅+ HAgxAgCdtdx

AL

dtxdALm ρρηπρ

Сите членови се делат со ( )ALm ⋅⋅+ ρ и се добива:

( ) 08 02

2

=⋅⋅+

⋅⋅⋅+⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅+⋅⋅+

+⋅⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅+

LAmHAgx

LAmAgC

dtdx

ALAmL

dtxd

ρρ

ρρ

ρηπ (3)

Со воведување на нова променлива: LAC

HAgxS

⋅⋅+⋅⋅⋅

+=ρ

ρ 0 , равенката (3) преминува

во хомогена линеарна диференцијална равенка:

02 22

2

=⋅+⋅⋅+ SBdtdSA

dtSd (4)

каде што:

A= ( ) ALAmL

⋅⋅⋅+⋅⋅

⋅ρηπ4 ; B

LAmAgC⋅⋅+⋅⋅+

=ρρ2

Карактеристичната равенка на равенката (4) има облик: 02 22 =+⋅⋅+ BrAr со следниве корени:

( ) 2221, BAArr −±−=

Во случај кога 22 BA < , тогаш решението на диференцијалната равенка (4) е:

( ) ( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅−⋅

−+⋅−⋅⋅= ⋅− tAB

ABAtABeSS tA 22

22

220 sincos

Фреквенцијата изнесува: 22 AB −=ω . Периодата е:

22

22AB

T−

⋅=

⋅=

πωπ

Со внесување на изразите за A и B се добива:

( )

24

2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅−

⋅⋅+⋅⋅+

⋅=

ALAgmL

LAmgAC

T

ρπη

ρρ

π

Ако се занемарат загубите поради триење на аналоген начин како и во предходната задача, ќе се добие зависност за периодата на осцилациите:

AgCLAmT

⋅⋅+⋅⋅+

⋅⋅=ρρπ20

Задача 19.10. На парниот котел со површина на слободната површина A1, приклучено е водопоказно стакло со површина на попречниот пресек A2. Цевчето со должина L и површина на попречниот пресек (a) го поврзува котелот со водопоказното стакло. Да се определат фреквенцијата и периодот на малите осцилации на нивото на течноста во

водопоказното стакло ако 12 =aA ; L = 200 mm ; h =

30 cm ; Триењето да се занемари.

Решение: Бернули-евата равенка за струење на идеална течност е:

249

∫ ⋅∂∂

+⋅+=⋅− dstvzgvzgv

2

22

1

21

22

Од 2211 zAzA ⋅=⋅ а ; zzz =+ 21 и dtdsv −=1 , следи:

dtdz

AAAv ⋅+

=21

12 и ( ) dt

dzAAA

AAdtdz

AAv ⋅

+⋅⋅

−=⋅−=21

2111 , со диференцирање по

времато се добива: −=∂∂

tv

( ) 2

2

21

21

dtzd

AAAAA

⋅+⋅⋅ , тогаш Бернули-евата равенка е:

021 22

1 21

21

21

212

2

=⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

+−

⋅−⋅+⋅

⋅ ∫ zgdtdz

AAAA

Ads

AAAA

dtzd

Кога би се занемарил членот: 2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

dtdz , ќе се добие:

02

121

212

2

=⋅+⋅+⋅

⋅ ∫ zgAds

AAAA

dtzd

Бидејќи A1 >>A2, тогаш и z1 = 0 и z2 = z, odnosno:

221 Azh

aL

Azh

aL

Ah

AdS +

+=+

++=∫

Бидејќи 1A

h е занемарливо мала големина, тогаш диференцијалната

равенка е:

02

2

22

=⋅+⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++ zg

dtzdA

Azh

aL

Со занемарување на производот 2

2

dtzdz ⋅ =0, се добива:

012

2

2 =⋅+⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅+ zg

dtzdLA

ah , односно

LAa

h

gdt

zd

⋅⋅++

2

2

2

1

Решењето на оваа равенка е: ( )tzz ⋅⋅= ωcos0 Каде што : ω – преставува фреквенција на осцилациите , односно:

LaAh

g

⋅+=

2ω = 43,4

2,013,081,9

=⋅+

s-1

Периодата на осцилациите е:

g

LaAh

T⋅+

⋅⋅=⋅

=

2

22 πωπ =

81,92,013,02 ⋅+

⋅⋅π = 1,42 s

Задача 19.11. Подмачкувањето на цилиндерот се врши со слободно течење на маслото од садот преку цевка со дијаметар d = 6 mm и должина L = 1 m.При тоа клипот периодично го затвора и отвора доводот на маслото. Во текот на еден од на клипот излезниот пресек на доводната цевка е отворен T = 1 s. Висината на маслото е H0 = 0,8 m, а кинематската вискозност 5,0=ν cm2/s. Ако се смета

250

течењето ламинарно и ако се занемари кинетичката енергија на излезот од цевката, потребно е да се определи количината на маслото што ќе се доведе во цилиндерот во текот на еден од на клипот.

Решение: Се поставува енергетска равенка за нивото на маслото и излезот од цевката:

∫⋅+=⋅1

00 ds

dtdveHg zag

За ламинарно струење, загубите се дефинирани со равенката:

2

32d

vLezag⋅⋅⋅

=ν

Поради олеснување при пресметката се воведува ознаката 232

dgLK

⋅⋅⋅

=ν

Тогаш горната равенка е: dtdv

gLvKH ⋅+⋅=0

При стационарно струење 0=dtdv , тогаш 00 vKH ⋅=

А равенката се пишува во следниот облик: ( )dtdv

gLvvK ⋅=−⋅ 0 , односно:

dtmvv

dv⋅=

−0

за gLKm ⋅=

Со решавање на оваа равенка се добива брзината: tm

tm

eevv

⋅

⋅ −⋅=

10

Елементарниот волумен dV на масло, кое истекува за време dt изнесува:

⋅=⋅⋅= adtvadV tm

tm

eev

⋅

⋅ −⋅

10

Со интегрирање на горната равенка се добива вкупниот волумен кој ќе истече од садот за еден од на клипот:

dte

evaVt

tm

tm

⋅−

⋅⋅= ∫ ⋅

⋅

00

1 = ( )⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −⋅−⋅⋅ ⋅− 011

00tme

mtva

( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅

⋅⋅−⋅

⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅

= ⋅−−

−144,44

4

2

2

42

1105,032

006,01006,081,0

1105,0328,04

006,0 eV π

V = 4,9 cm3

251

Задача 20.1. Низ хоризонтална челична цевка на хидросистемот со d = 12 mm, дебелина на ѕидот =δ 1 mm, струи течност со модул на стисливост

12847=ε bar и густина 883=ρ kg/m3, со брзина 5,40 =v m/s. Прекид на протокот се прави со помош на електромагнетниот вентил V, кој има време на затворање од

02,0=zt s. Ако должината од хидроакумулаторот H, каде што се пригушува хидрауличниот удар, до електромагнетниот вентил V, изнесува L=4 m, да се определи:

а) Порастот на притисокот пред вентилот V во моментот на затворање на вентилот.

б) Оптеретувањето на ѕидовите на цевката, ако дозволениот напон изнесува 588=dσ bar. Работниот притисок на хидросистемот пред хидрауличниот удар изнесува p1 = 1,962 bar. Модулот на елестичност на челикот е E = 20,6·1010 Pa. Решение:

а) Брзината на променливиот бран Ce во еластична цевка се определува според равенката на Жуковски:

δερε

⋅⋅

+=

Ed

Ce

1=

112

106,2010128471

8831012847

10

5

5

⋅⋅⋅

+

⋅

= 1163,45 m/s

Порастот на притисокот изнесува: eCvp ⋅⋅=Δ 0ρ = 45,11635,4883 ⋅⋅ = 46,23·105 Pa = 46,23 bar

Оваа применета равенка важи за т.н "прав хидрауличен удар". Ова се формира

за време e

Cz CLtt ⋅

=<2

Во конкретниот случај времетраењето на фазата изнесува:

006876,045,1163

42=

⋅=Ct s < tz = 0,02 s

Со тоа се добива "непотполн" хидрауличен удар, кај кој зголемувањето на притисоците е помал од тој "правиот" хидрауличен удар, а тој се определува so ravenkata:

z

C

tt

pp ⋅Δ=Δ ' = 02,0

006876,023,46 ⋅ = 15,89 bar

Вкупниот притисок за време на ударот е: 852,1789,15962,1' =+=Δ+= ppp rab bar

б) Според Мариот-овата равенка оптоварувањето на цевката изнесува:

δσ

⋅⋅

=2

dp = 55

10112,107001,02

012,010852,17⋅=

⋅⋅⋅ Pa

При ова се констатира дека ова оптоварување е помало од дозволеното, односно:

252

510112,107 ⋅=σ Pa < 510588 ⋅=dσ Pa Задача 20.2. Да се определи брзината на ширење на променливиот бран низ челичната цевка со d = 600 mm и дебелина на ѕидот 10=δ mm. Низ цевката струи вода со 1000=ρ kg/m3 и модул на стисливост 8103,20 ⋅=ε Pa. Решение: Брзината на ширење на променливиот бран во елестична цевка според Жуковски изнесува:

δε⋅⋅

+=

Ed

CCe

1

Каде што:

ρε

=C , m/s - брзина на овие бранови, во нееластична цевка (Е=∝ ),

односно: ρε

=C =1000

103,20 8⋅ = 1424,78 m/s

Брзината на ширење на бранот во еластична цевка изнесува:

65,1129

01,0106,206,0103,201

78,1424

10

8=

⋅⋅⋅⋅

+

=eC m/s

Според АЛИ-евата равенка оваа брзина изнесува:

δdN

Ce

⋅+=

3,48

9900

Каде што: N = 0,5 за челик (N=1,0 за леано железо), односно:

8,1118

106005,03,48

9900=

⋅+=eC m/s

Од овие вредности се гледа дека постои добра согласност меѓу овие две равенки: на Жуковски добиена по теоретски пат и на Алие која е добиена по експериментален пат. Задача 20.3. Да се определи порастот на притисокот на водата во цевководот што ја снабдува турбината со вода. Порастот на притисокот е предизвикан со моментален прекин на работата на турбината. Должината на цевководот изнесува L = 80 m, брзината на водата е 4,20 =v m/s, брзината на ширење на бранот Ce = 850 m/s, времето на запирање на работата на турбината tz = 2 s. Турбината се наоѓа на h=50 m под нивото на слободната површина на водата во езерото. Решение: Времетраењето на промената на брзината изнесува:

188,0850

8022=

⋅=

⋅=

ec C

Lt s

253

Поради тоа што ова време е помало од времето на запирање на турбината, во цевководот ќе се предизвика "непотполн" хидрауличен удар. За "непотполен" хидрауличен удар во праксата се користи равенката на А.Д. Морозов, односно:

hkk

gp

⋅−⋅

=⋅Δ

22

ρ

Каде што: k – преставува карактеристика на дадениот цевковод, се определува со

равенката:

zthgvL

k⋅⋅

⋅= 0 = 19572,0

25081,94,280

=⋅⋅

⋅

Равенката на Морозов дава точни резултати за 5,0≤k , што е случај кај малите зголемувања на притисокот. Во конкретниот случај зголемувањето на притисокот во цевководот изнесува:

865,105019572,0219572,02

=⋅−⋅

=⋅Δ

gp

ρ m

Притисокот на крајот на цевководот изнесува: 65,597085865,1081,910005081,91000 =⋅⋅+⋅⋅=Δ+⋅⋅= phgp ρ Pa

97,5=p bar

Задача 20.4. На крајот од степенастиот цевковод (E=20,6·1010 Pa ; D1 = 200 mm ; L1 = 100 mm ; D2 = 150 mm ; L2 = 150 m ; D3 = 100 mm ; L3 = 200 m и 5321 ==== δδδδ mm)

поставен е вентил. Низ цевководот тече вода со волуменски проток од 72=vq m3/h, со модул на стиливост 8103,20 ⋅=ε Pa, и 1000=ρ kg/m3.

а) Да се определи најмалото време на затворање на вентилот со кој се исклучува можноста за "потполн" хидрауличен удар.

б) Колкаво ќе биде зголемувањето на притисокот пред вентилот кога времето на неговото затворање би изнесувало 1=zt s. Решение: Се определува брзината на ширење на бранот посебно за секој дел од цевководот:

=1,eC 67,1206

5200

106,20103,201

1000103,20

110

8

8

1

1

=

⋅⋅⋅

+

⋅

=

⋅⋅

+δ

ερε

ED

m/s

=2,eC 72,1251

5150

106,20103,201

1000103,20

110

8

8

2

2

=

⋅⋅⋅

+

⋅

=

⋅⋅

+δ

ερε

ED

m/s

=3,eC 22,1302

5100

106,20103,201

1000103,20

110

8

8

3

3

=

⋅⋅⋅

+

⋅

=

⋅⋅

+δ

ερε

ED

m/s

254

Се определува времето на промената на фазите за редно врзаниот цевководи:

22,13022002

72,12511502

67,12061002222

3,

3

2,

2

1,

1 ⋅+

⋅+

⋅=

⋅+

⋅+

⋅=

eeec C

LC

LC

Lt = 0,712 s

Најмалото време за затворање на вентилот, со кое потполно би се изолирал хидрауличниот удар е:

712,0min, =≥ cz tt s Во конкретниот случај cz tt > , доаѓа до "непотполн" хидрауличен удар кој би предизвикал пораст на притисокот пред вентилот за вредност:

=⋅Δ=Δz

c

tt

pp ' =⋅⋅⋅z

ce t

tCv 3,3,0ρ

z

ce

v

tt

CD

q⋅⋅

⋅⋅

⋅ 3,23

4π

ρ

=Δ 'p 52 10614,23

1712,022,1302

1,03600

7241000 ⋅=⋅⋅

⋅

⋅⋅

π Pa = 23,614 bar

Задача 20.5. Пумпата П транспортира

256,1=vq l/s вода од големиот отворен резервоар A во големиот отворен резервоар B низ цевковод со D = 40 mm. Должината на всисниот цевковод е Lvsis = 80 m, а на потисниот Lpot = 120 m. Коефициентите на локалните отпори се: всисната корпа 12=vkξ ; на колената 3,01, =kξ ; 2,02, =kξ и на вентилот 15,2=vξ . Да се определи:

а) Специфичната енергија на пумпата, ако разликата на слободните површини на водата меѓу двата резервоари е H = 53,4 m.

б) Надпритисокот pm,K = ? во пресекот K на потисниот дел на цевководот кој се наоѓа на висина h = 6,4 m над слободната површина на резервоарот A, при што должината на цевководот од пресекот K до резервоарот B е Lk = 100 m.

в) Минималната дебелина на ѕидот на цевката во пресекот K, ако дозволениот напон на истегнување на материјалот на цевката изнесува 400=dσ bar, и ако зголемувањето на притисокот поради евентуалниот хидрауличен удар

vp ⋅=Δ 12 , каде v m/s – брзина на струењето на водата во цевководот. Решение: Од дадениот волуменскиот проток на водата се определува брзината на струењето на водата во цевководот:

=⋅

⋅===

π2

4D

qvvv vpotvsis =

⋅⋅⋅ −

π2

3

04,010256,14 1 m/s

Реjнoлдс-овиот број изнесува:

kree RDvR ,6 40000101

4,01>=

⋅⋅

=⋅

=−ν

За определување на коефициентот на триење се користи равенката на Бласиус, односно:

44 400003164,03164,0

==eR

λ = 0,02237

255

Ако се постави проширена енергетска равенка за струење низ цевковод со пумпа, и за нивоата на течноста на резервоарите се добива:

212

2

3,2,1,00 v

DLL

Hgp

ep

vkkkizlpotvsis

p ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+++++

+⋅+⋅+=+ ξξξξξλ

ρρ

=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+++++

+⋅+⋅=

21115,222,02,03,012

04,01208002237,04,5381,9

2

pe 588,779 J/kg

б) Од енергетската равенка за пресек K и нивото на резервоарот B следи:

21

2

2

3,2,0

2,0 v

DLHg

phgvpp

vkkKKm ⋅⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++++⋅+⋅+=⋅+++

ξξξλρρ

Се определува : ( ) ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ +++⋅+−⋅= vkkkKm

DLhHg

pξξξλ

ρ 3,2,,

( )2

2

2,2,,v

DLhHgp vkk

kkm ⋅⋅⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +++⋅+−⋅⋅= ρξξξλρ

( )21100015,22,02,0

04,010002237,04,64,5381,91000

2

, ⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++⋅+−⋅⋅=kmp

pm,k= 490307,5 Pa = 4,903 bar в) Порастот на притисокот предизвикан поради евентуалниот хидрауличен

удар изнесува: 1211212 =⋅=⋅=Δ vp bar. Вкупниот притисок во пресекот К за време на хидрауличниот удар ќе биде:

903,1612903,4, =+=Δ+= ppp KmK bar Минималната дебелина на ѕидот на цевката според равенката на Мариот, изнесува:

5

5

min, 10400204,010903,16

2 ⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

=d

KK

Dpσ

δ =0,000845 m

256

257

Задача 21.1. Sloèno ramninsko potencijalno struewe sostaveno od dve zbirni struewa i toa: - uniformen tok vo negativen x - pravec, definiran so potencijalot na brzinata |ϕ0| = v0·x i so strujnata funkcija |ψ0| = v0·y - struewe vo radijalen tok prema ponorot koj se nao|a vo koordinatniot

po~etok so potencijal na brzinata rqvp ln

2⋅

⋅=

πϕ i strujnata funkcija

θπ

ψ ⋅⋅

=2

vp

q. Da se opredeli:

a) to~kata na stagnacija na zbirnoto struewe b) nultite strujnici v) nacrta strujnata slika

Re{enie:

a) potencijalot na brzinite na zbirnoto struewe se opredeluva na sledniot na~in:

( ) ( )220

21

2200 ln

4ln

2yxqxvyxqxv vv

p +⋅⋅

−⋅−=+⋅⋅

−⋅−=+=ππ

ϕϕϕ

ili rqrv v ln2

cos0 ⋅⋅

−⋅⋅−=π

θϕ

Strujnata funkcija na sloènoto struewe se opredeluva:

θπ

ψψψ ⋅⋅

−⋅−=+=200

vp

qyv ili θπ

θψ ⋅⋅

−⋅⋅−=2

sin0vqrv

Kompleksniot potencijal na zbirnoto struewe iznesuva:

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⋅⋅

−⋅⋅−⋅+⋅⋅

−⋅⋅−=⋅+= θπ

θπ

θψϕ2

sinln2

cos 00vv qrvirqrviw

( ) ( )θπ

θθ ⋅+⋅⋅

−⋅+⋅⋅−= irqirvw v ln2

sincos0

So pomo{ na ojlerovite transformacii: ( )θθθ sincos ⋅+⋅=⋅= ⋅ irerz i , odnosno

( ) θθθ ⋅+=+=⋅= ⋅⋅ irererz ii lnlnlnlnln Toga{ kome~nata forma na kompleksniot potencijal e:

( ) zqzvzw v ln20 ⋅⋅

−⋅−=π

Skalarnite komponenti na brzinata se:

220 2 yxxqv

xv v

x +⋅

⋅−−=

∂∂

=π

ϕ ; 222 yx

yqy

v vy +

⋅⋅

−=∂∂

=π

ψ

Kompleksnata brzina e:

22220 22 yxyqi

yxxqvvivv vv

yx +⋅

⋅⋅+

+⋅

⋅−−=⋅−=

ππ

To~kata na stagnacija se opredeluva, koga ravenkata za opredeluvawe na kompleksnata brzina se izedna~i so nula, odnosno:

0=v , treba 0=xv i 0=yv

Od uslovot 0=yv , sledi y = 0 ; za 0=xv se dobiva ravenkata

( ) 02 022 =⋅−⋅+⋅⋅− xqvyx vπ ; za y=0 se dobiva: 02 0

2 =⋅−⋅⋅⋅− xqvx vπ ; za x=0 se

dobiva 0≠xv ; toga{: 02 v

qx v

⋅⋅−=

π

258

To~kata na stagnacija ima koortinati: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

− 0,2 0v

qS v

π

b) Ako ravenkata na strujnata funkcija θπ

θψ ⋅⋅

−⋅⋅−=2

sin0vqrv , ili

( )xytgarcqyvyx v

πψ

⋅−⋅−=

2, 0 se izedna~i so nula, re{enijata gi davaat nultite

strujnici:

020 =⋅

−⋅−xytgarcqyv v

π ;

vqrv

xytgarc

θπ sin2 0 ⋅⋅⋅⋅−= , odnosno:

vqrv θπ

θsin2 0 ⋅⋅⋅⋅

−=

Za 0=θ , ravenkata e zadovolena od dvete strani ( ∝−>> r0 i ∝+<< r0 ), odnosno celata x-oska. Za da se opredelat drugite nulti strujnici, poslednata raveka treba da se napi{i vo drug oblik:

θθ

π sin2 0

⋅⋅⋅

−=v

qr v ; se voveduva smenata: 02 v

qk v

⋅⋅=

π, toga{:

θθ

sin⋅−= kr

θ 6π

4π

3π

2π

3

2 π⋅

kr

-1,05 -1,11 -1,21 -1,57 -2,42

Za 0=θ θ

θθθ sinlimlim

00 →→⋅−= kr =

θcos1

⋅− k = k− , odnosno 02 v

qkr v

⋅⋅−=−=

π- to~ka

na stagnacija.

Za πθ = ; ∝−=⋅⋅⋅

−=02 0

ππ vqr v

Задача 21.2. Za dvodimenzionalno bezvrtlo`no struewe na nestisliv fluid smesten e izvor vo to~kata z=2 i so proizvodnost ε=3, i ponor so proizvodnost ε=-3 smesten vo to~kata z=-2. da se opredeli:

259

a) Kompleksniot potencijal W(z), potemcijalot na brzinata ϕ(x,y) i strujnata funkcija ψ(x,y).

b) Da se skicira strujnata slika Re{enie: Se razgleduva to~ka M(x,y) vo ramninata (x,0,y)

a) Spored slikata, kompleksnite potencijali na izvorot i ponorot

moàt da se prestavat so slednite ravenki:

( ) ( )2ln2

−⋅⋅

= zzwi πε

; ( ) ( )2ln2

+⋅⋅

−= zzw p πε

Kompleksniot potencijal na zbirnoto struewe e:

( ) ( ) ( )zwzwzw pi += = ( )2ln2

−⋅⋅

zπε

+ ( )2ln2

+⋅⋅

− zπε

=22ln

2 +−

⋅⋅ z

zπε

Potencijalot na zbirnoto struewe e:

pi ϕϕϕ += =2

121 ln

2ln

2ln

2 rrrr ⋅

⋅=⋅

⋅−⋅

⋅ πε

πε

πε

Strujnata funkcija na zbirnoto struewe e:

( )2121 222θθ

πεθ

πεθ

πεψψψ −⋅

⋅=⋅

⋅−⋅

⋅=+= pi

Od gornata slika se dobivaat potrebnite golemini:

( ) 221 2 yxr +−= ;

21 −=

xytgθ

( ) 222 2 yxr ++= ;

22 +=

xytgθ

Kone~niot oblik na potencijalot na brzinata na zbirnoto struewe e:

( ) ( )( ) 22

22

22ln

4,

yxyxyx

+++−

⋅⋅

=πεϕ

So koristewe na adicionite ravenki se dobiva zavisnosta:

( )21

2121 1 θθ

θθθθ

tgtgtgtgtg⋅+

−=− =

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+⋅

−+

+−

−

221

22

xy

xy

xy

xy

=4

4

22 −+

⋅yxy

Kone~niot oblik na strujnata funkcija na zbirnoto struewe e:

( )4

42

, 22 −+⋅

⋅⋅

=yxytgarcyx

πεψ

Nultite strujnici se dobivaat koga ( ) 0, =yxψ , odnosno 4·y=0 ; y=0, toa zna~i x – oskata.

260

Ravenkata za ekvipotencijalnite linii se dobiva:

( )( )

εϕπ 04

22

22

22 ⋅⋅

=+++− e

yxyx =C1 = const,

( ) ( ) 21

21

22 22 yCxCyx ⋅++⋅=+− Posle sreduvawe se dobiva: 02422 =⋅⋅−++ Cxyx , familija na krugovi so centri vo to~kite x=2 i x = -2. Ravenkata za strujnite linii se dobiva:

.124

42

022 const

Ctg

yxy

==⋅⋅

=−+

⋅εψπ

44 222 −+=⋅⋅ yxCy , odnosno:

044 222 =−⋅⋅=+ Cyyx ; familija na krugovi so centri koi se nao|aat na y –

oskata, a vrvata niz to~kit x=2 i x=-2.

Задача 21.3. Дa se opredeli kompleksniot potencijal, zapirnata to~ka i nultite strujnici na zbirnoto potencijalno ramninskoto struewe na nestisliv fluid sostaveno od ednoobrazno paralelno struewe zadadeno so kompleksniot potencijal ( ) ( )izvzw +⋅⋅−= 101 , pri {to 10 =v m/s i:

a) izvor so proizvodnost πε ⋅= 2 vo to~kata iz +−= 1 ; b) ponor so proizvodnost πε ⋅= 2 vo to~kata iz +−= 1 ; v) izvor so proizvodnost πε ⋅= 2 vo to~kata iz −= 1 ; g) ponor so proizvodnost πε ⋅= 2 vo to~kata iz −= 1 ; d) izvor so proizvodnost πε ⋅= 2 vo to~kata iz −−= 1 ; |) ponor so proizvodnost πε ⋅= 2 vo to~kata iz −−= 1 ; Re{enie:

a) Zbirnoto struewe e:

( ) ( ) ( ) =+= zwzwzw 21 ( )izv +⋅⋅− 10 + ( )[ ]iz −+⋅⋅⋅ 1ln

22ππ

= ( )izv +⋅⋅− 10 + ( )[ ]iz −+ 1ln

Od ( ) ( )dz

zdwzv = = ( ) ( )iziv

−+++⋅−

1110 = 0, se dobivaat koordinatite na

zapirnata to~ka: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−⋅+−⋅

=00 2

1112

1v

iv

z , odnosno: ZT ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ =−=

21,

21 yx

261

b) Zbirnoto struewe e:

( ) ( ) ( ) =+= zwzwzw 21 ( )izv +⋅⋅− 10 - ( )[ ]iz −+⋅⋅⋅ 1ln

22ππ

= ( )izv +⋅⋅− 10 - ( )[ ]iz −+ 1ln

Od ( ) ( )dz


−+−+⋅−



⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

+⋅+−⋅

−=00 2

1112

1v

iv


⎜⎝⎛ =−=

23,

23 yx

v) Zbirnoto struewe e:

( ) ( ) ( ) =+= zwzwzw 21 ( )izv +⋅⋅− 10 + ( )[ ]iz −−⋅⋅⋅ 1ln

22ππ

= ( )izv +⋅⋅− 10 + ( )[ ]iz −− 1ln

Od ( ) ( )dz


−−++⋅−



⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

+⋅−+⋅

=00 2

1112

1v

iv


⎜⎝⎛ −==

23,

23 yx

262

g) Zbirnoto struewe e:

( ) ( ) ( ) =+= zwzwzw 21 ( )izv +⋅⋅− 10 - ( )[ ]iz −−⋅⋅⋅ 1ln

22ππ

= ( )izv +⋅⋅− 10 + ( )[ ]iz −− 1ln

Od ( ) ( )dz


−−−+⋅−



⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−⋅−⋅

−=00 2

112

11v

iv


⎜⎝⎛ −==

21,

21 yx

d) Zbirnoto struewe e:

( ) ( ) ( ) =+= zwzwzw 21 ( )izv +⋅⋅− 10 + ( )[ ]iz ++⋅⋅⋅ 1ln

22ππ

= ( )izv +⋅⋅− 10 + ( )[ ]iz ++ 1ln

Od ( ) ( )dz


++++⋅−



⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

+⋅−−⋅

=00 2

1112

1v

iv


⎜⎝⎛ −=−=

23,

21 yx

263

|) Zbirnoto struewe e:

( ) ( ) ( ) =+= zwzwzw 21 ( )izv +⋅⋅− 10 - ( )[ ]iz ++⋅⋅⋅ 1ln

22ππ

= ( )izv +⋅⋅− 10 - ( )[ ]iz ++ 1ln

Od ( ) ( )dz


++−+⋅−



⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅+−

⋅−= 1

211

21

00 vi

vz , odnosno: ZT ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=−=

21,

23 yx

Задача 21.4. Ramninsko potencijalno struewe na nestisliv fluid opredeleno e so so strujnata funkcija:

( ) ( ) ( )⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅=

yxfaxfmyx

,1,

2

2

1ψ , m > 0

Da se opredeli: a) Nepoznatite funkcii f1(x) i f2(x,y), od uslovot da y – oskata i krugot

222 ayx =+ bidat nulti strujnici na dadenoto struewe.

b) Potencijalot na brzinata ( )yx,ϕ , ako ( ) 00, =aϕ v) Da se skicira strujnata slika i da se dade fizi~ko tuma~ewe na

parametarot m. Re{enie:

264

Nultata strujnica se dobiva:

( ) ( ) 0,

12

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅

yxfaxfm , sleduvaat ravenkite: ( ) 01 =xf i ( ) 0,2 =yxf

So sporeduvawe na ovie ravenki so uslovite za nulti strujnici dadeni vo zada~ata se dobivaat:

( ) xxf =1 i ( ) 222 , yxyxf +=

Toga{ strujnata funkcija e:

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−⋅⋅= 22

2

1,yx

axmyxψ

b) ravenkata na strujnata funkcija vo polarni koordinati e:

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅=

rarm

rarmr

2

2

2

cos1cos, θθθψ

Radijalnata i kru`nata komponenta na brzinata se:

θψϕ∂∂⋅=

∂∂

=rr

v r1

; rr

v∂∂

−=∂∂⋅=

ψθϕ

θ1

Od gornite ravenki se dobivaat:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅⋅

∂∂

⋅=∂∂

2

2

1cos1rarm

rrθ

θϕ

ili ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅−=

∂∂

2

2

1sinram

rθϕ

Po integracijata se dobiva:

( ) Crarmr +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅−=

2

sin, θθϕ = Crarm +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅⋅− 2

2

1sinθ

Od grani~niot uslov daden vo zada~ata se dobiva C=0, odnosno:

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⋅⋅−= 2

2

1sin,rarmr θθϕ

Vo dekartov koordinaten sistem, potencijalot na brzinata e:

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

+⋅⋅−= 22

2

1,yx

aymyxϕ

v) vrz baza na nultata strujnica lesno moè da se nacrta strujnata slika, pri toa konstantata a pretstavuva radius na kru`niot cilinder koj e opstruen od sovr{eniot fluid. Za opredeluvawe na fizi~koto zna~ewe na konstantata m se bara:

mxyxyam

xv

yyyy −=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

⋅−⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

−=→∝→∝

→∝22

2221limlimlim ψ

m– pretstavuva brzina vo bezkrajnost so koja fluidot strui vo negativen smer na y – oskata.

265

Задача 21.5. Da se opredeli kompleksniot potencijal, zapirnata to~ka i obeleàt nultite strujnici na zbirnoto potencijalno ramninskoto struewe na nestisliv fluid sostaveno od ednoobrazno paralelno struewe zadadeno so kompleksniot potencijal ( ) ( )izvzw −⋅⋅= 101 , pri {to 10 =v m/s i:

a) izvor so proizvodnost πε ⋅= 2 vo to~kata iz −−= 1 ; b) ponor so proizvodnost πε ⋅= 2 vo to~kata iz −−= 1 ; v) izvor so proizvodnost πε ⋅= 2 vo koordinatniot po~etok 0=z Re{enie:

a) Zbirnoto struewe e:

( ) ( ) ( ) =+= zwzwzw 21 ( )izv −⋅⋅ 10 + ( )[ ]iz ++⋅⋅⋅ 1ln

22ππ

= ( )izv −⋅⋅ 10 + ( )[ ]iz ++ 1ln

Od ( ) ( )dz


+++−⋅

1110 = 0, se dobivaat koordinatite na zapirnata

to~ka: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

+⋅−−⋅

−=00 2

1112

1v

iv


⎜⎝⎛ −=−=

23,

23 yx

266

b) Zbirnoto struewe e:

( ) ( ) ( ) =+= zwzwzw 21 ( )izv −⋅⋅ 10 - ( )[ ]iz ++⋅⋅⋅ 1ln

22ππ

= ( )izv −⋅⋅ 10 - ( )[ ]iz ++ 1ln

Od ( ) ( )dz


++−−⋅

1110 = 0, se dobivaat koordinatite na zapirnata

to~ka: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅+−

⋅= 1

211

21

00 vi

vz , odnosno: ZT ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=−=

21,

21 yx

v) Zbirnoto struewe e:

( ) ( ) ( ) =+= zwzwzw 21 ( )izv −⋅⋅ 10 + zln22

⋅⋅⋅ππ

= ( )izv −⋅⋅ 10 + zln

Od ( ) ( )dz

zdwzv = = ( )z

iv 110 +−⋅ = 0, se dobivaat koordinatite na zapirnata to~ka:

00 221

vi

vz

⋅−

⋅−= , odnosno: ZT ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=−=

21,

21 yx

267

Задача 21.6. Za ramninskoto potencijalno struewe na nestisliv fluid opredelen so potencijalot na brzinata ( ) ( ) yxByxAyx ⋅⋅⋅+−⋅ 2, 22ϕ (A>0 i B>0)

a) da se opredeli kompleksnata brzina ( )zv i kompleksniot potencijal

( )zw , pri uslov ( ) 00 =w b) Da se opredeli strujnata funkcija i odnosot na parametrite A/B, taka

da protokot niz konturata ograni~ena so to~kite C ( )3,0 i D ( )3,2 bide ednakov na nula.

v) Za odnosot na parametrite A/B opredeleni pod b), da se opredeli nultata strujnica, skicira strujnata slika i opredeli smerot na struewe. Re{enie:

a) skalarnite komponenti na brzinata se:

yBxAx

v x ⋅⋅+⋅⋅=∂∂

= 22ϕ ; xByA

yv y ⋅⋅+⋅⋅−=

∂∂

= 22ϕ

Kompleksnata brzina e: ( ) ( )xByAiyBxAvivzv yx ⋅⋅+⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅⋅=⋅−= 2222

( )zv = ( ) ( )BiAyix ⋅⋅−⋅⋅⋅+ 22 = ( ) zBiA ⋅⋅−⋅2

Od ravenkata ( )

dzzdwv = se opredeluva kompleksniot potencijal:

( ) dzvzdw ⋅= = ( ) dzzBiA ⋅⋅⋅−⋅2 Po integracijata se dobiva:

( ) ( ) CzBiAzw +⋅⋅−⋅=2

22

Integracionata konstanta C se opredeluva od grani~nite uslovi: Za ( ) 00 =w sledi C=0. Kompleksniot potencijal vo kone~en oblik:

( ) ( ) 2zBiAzw ⋅⋅−= b) Kompleksniot potencijal kako funkcija od potencijalot na brzinata i

strujnata funkcija, prikaàn so slednata ravenka: ( ) ( ) ( )yxiyxyxw .,, ψϕ ⋅+= = ( ) ( )2yixBiA ⋅+⋅⋅−

268

( ) ( ) ( )[ ]yxAxyBiyxByxAyxw ⋅⋅⋅+−⋅⋅+⋅⋅⋅+−⋅= 22, 2222 Od poslednata ravenka se dobiva ravenkata za strujnata funkcija:

( ) ( ) yxAxyByx ⋅⋅⋅+−⋅= 2, 22ψ Volumenskiot protok niz konturata ograni~ena so to~kite C i D iznesuva:

CDvq ψψ −=

Goleminita na strujnata funkcija vo to~kite C ( )3,0 i D ( )3,2 iznesuvaat:

BC ⋅= 3ψ i BAD −⋅⋅= 34ψ , odnosno BAqv ⋅−⋅⋅= 434

Od uslovot daden vo zada~ata: za 0=vq , se dobiva A/B = 33

v) Nultatа strujnica se opredeluva koga ravenkata za strujnata funkcija se izedna~i na nula:

( ) 0222 =⋅⋅⋅+−⋅ yxAxyB , odnosno: ( ) 0222 =⋅⋅⋅+− yxBAxy

Ako ova posledna ravenka se podeli so 2x se dobiva:

01332

2

=−⋅⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

xy

xy

Po re{avaweto na kvadratnata ravenka se dobivaat slednite dve pravi, koi pretstavuvaat nulti strujnici:

xy ⋅=33

1 ; °= 301α i xy ⋅−= 32 °= 1202α

Задача 21.7. Za ramninsko potencijalno struewe daden e potencijalot na brzinata ( ) yxyxyx ⋅+−= 22,ϕ . Da se opredeli kompleksniot potencijal ( )zw ,

nultata strujnica za grani~niot slu~aj ( ) 00 =w i da se skicira strujnata slika. Re{enie: Skalarnite komponenti na brzinata se:

269

yxx

vx +⋅=∂∂

= 2ϕ ; xy

yvy +⋅−=

∂∂

= 2ϕ

Kompleksnata brzina e: ( ) ( )xyiyxvivzv yx +⋅−⋅−+⋅=⋅−= 22

( ) ( ) ( )yixiyixxiyiyxvivzv yx ⋅+⋅−⋅+⋅=⋅−⋅⋅++⋅=⋅−= 222

( ) ( ) zizv ⋅−= 2

Od ravenkata ( ) ( )dz

zdwzv = so integracija se dobiva ravenkata za kompleksniot

potencijal.

( ) ( ) ( )∫ +⋅−=⋅⋅−= Czidzzizw2

222

Od dadeniot grani~en uslov se opredeluva integracionata konstanta, odnosno ( ) 00 =w , sledi C=0, toga{:

( ) ( )2

22zizw ⋅−=

Drugiot oblik na ravenkata na kompleksniot potencijal, kako funkcija od potencijalot na brzinata i strujnata funkcija e:

( ) ( ) ( ) ( )22

2,,, yixiyxiyxyxw ⋅+⋅−

=⋅+= ψϕ

( )2

2242,2222 yiyxxiyyxixyxw ⋅+⋅⋅+⋅−⋅−⋅⋅⋅+⋅

=

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅⋅+−⋅⋅+⋅+−=⋅+= yxxyiyxyxyxiyxyxw 221,,, 2222ψϕ

Strujnata funkcija e:

( ) ( ) yxxyyx ⋅⋅+−⋅= 221, 22ψ

Nultata strujnica se dobiva koga ravenkata za strutnra funkcija se izedna~i so nula, odnosno:

( ) 0, =yxψ ; ( ) 0221 22 =⋅⋅+−⋅ yxxy

0142

=−⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

xy

xy

Po re{avaweto na kvadratnata ravenka se dobivaat slednite dve pravi, koi pretstavuvaat nulti strujnici:

( ) xy ⋅+−= 521 ; °= 28,131α i ( ) xy ⋅−−= 522 °= 28,1032α

270

Задача 21.8. Za ramninsko potencijalno struewe na nestisliv fluid

opredelen so potencijalot na brzinata ( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

+⋅+= 22

11,yx

yxyxϕ , da se

opredeli: a) Kompleksniot potencijal ( )zw i strujnata funkcija ( )yx,ψ , ako e

( ) 21 =w ; b) Nultata strujnica i nacrta strujnata slika.

Re{enie:

a) Potencijalot na brzinata se pi{uva vo polarni koordinata, odnosno:

( ) ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+=

rrr 1sincos, θθθϕ

Zavisnostite na radijalnta i kru`nata brzina i skalarnite komponenti na brzinata vo x i y pravecot se:

θθ θ sincos ⋅−⋅= vvv rx ; θθ θ cossin ⋅+⋅= vvv ry

Kompleksnata brzina e: ( )θθθθ θθ cossinsincos ⋅+⋅⋅−⋅−⋅=⋅−= vvivvvivv rryx

( ) ( ) ( )θθθθθ viveviviv r

ir ⋅−⋅=⋅−⋅⋅−= ⋅−sincos

Od druga strana, kompleksnata brzina moè da se napi{e:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂⋅⋅−

∂∂

⋅= ⋅−

θϕϕθ

ri

rev i 1

= ( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅−⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅+⋅⋅−

2211sincos11sincosr

ir

e i θθθθθ

271

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅−⋅−⋅−⋅= ⋅−⋅−⋅⋅⋅− θθθθθ iiiii e

re

reieev 22

11= ( ) ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅−−⋅⋅ ⋅−⋅⋅−

22111rr

eiee iii θθθ

( ) ( ) θ⋅⋅−− ⋅⋅+−− ieriiv 2211 = ( ) ( ) 211 −⋅+−− zii



potencijal.

( ) ( ) ( )[ ]∫ ⋅⋅+−−= − dzziizw 211 = ( ) Cz

izi ++

+⋅−11

Od dadeniot grani~en uslov se opredeluva integracionata konstanta, odnosno ( ) 21 =w , sledi C=0, toga{:

( ) =zw ( )z

izi ++⋅−

11

Drugiot oblik na ravenkata na kompleksniot potencijal, kako funkcija od potencijalot na brzinata i strujnata funkcija e:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )yixyix

yixiyixiyxiyxyxw

⋅−⋅−

⋅⋅+

++⋅+⋅−=⋅+=

11,,, ψϕ

( ) ( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−⋅−⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

+⋅+= 22221111,

yxxyi

yxyxyxw

Ravenkata na strujnata funkcija e:

( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−⋅−= 2211,

yxxyyxψ

b) Nultite strujnici se dobivaat koga ravenkata za strutnra funkcija se izedna~i so nula, odnosno:

( ) 0, =yxψ ; ( ) 011 22 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−⋅−yx

xy

Pravata y = x za °= 45α

Od 011 22 =+

−yx

sledi 122 =+ yx krug so radius R = 1.

272

Задача 21.9. Za ramninsko potencijalno struewe, dadeno so potencijalot na

brzinata ( ) 2216,

yxxxyx+

+=ϕ , da se opredeli:

a) Kompleksniot potencijal ( )zw , kompleksnata brzina ( )zv pri uslov

( ) 04 =⋅ iw .

b) Strujnata funkcija ( )yx,ψ , nultata strujnica i nacrta strujnata slika. v) Volumenskiot protok na fluidot i cirkulacijata na brzinata me|u

to~kite A(-4,0) i B(-4,-4). g) Pravecot na strueweto.

Re{enie:

a) Skalarnite komponenti na brzinata se:

( )222

2

22

21161

yx

xyxx

v x+

⋅−

++=

∂∂

=ϕ

; ( )222

2yx

yxy

v y+

⋅⋅−=

∂∂

=ϕ


( ) ( ) ( )222222

2

22221

161,

yxyxi

yxx

yxvivyxv yx

+

⋅⋅⋅+

+

⋅−

++=⋅−=


( ) ( ) ( ) 21

161

161

zyixyixyixzv −=

⋅+⋅⋅−⋅−

−=



potencijal.

( ) ∫ ++⋅=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= C

zzdz

zzw 1

1611

161

2

Od dadeniot grani~en uslov se opredeluva integracionata konstanta, odnosno ( ) 04 =⋅ iw , sledi C=0, toga{:

( )z

zzw 1161

+⋅=

b) So razlagawe na kompleksniot potencijal na realen del (potencijalot na brzinata) i imaginaren del (strujnata funkcija) se dobiva:

( ) ( )yixyix

yixyixyxw

⋅−⋅−

⋅⋅+

+⋅+⋅=1

161, = 22221616 yx

yiyx

xyix+⋅

−+

+⋅

+

( ) ( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

+=⋅+= 2222 1616,,,

yxyyi

yxxxyxiyxyxw ψϕ

Strujnata funkcija e:

( ) 2216,

yxyyyx+

−=ψ

Nultite strujnici se dobivaat koga ravenkata za strutnra funkcija se izedna~i so nula, odnosno:

( ) 0, =yxψ ; 016 22 =

+−

yxyy

Se dobiva y = 0 ; x – oska

273

1622 =+ yx , krug so radius R=4 v) Volumenskiot protok na fluidot me|u to~kite A(-4,0) i B(-4,-4)

iznesuva:

ABvq ψψ −= Vrednosti na strujnata funkcija vo to~kite A(-4,0) i B(-4,-4).

( )0

040

160

22 =+−

−=Aψ ; ( ) ( ) 8

144

416

422 −=

−+−−

−−

=Bψ

810

81

−=−−=vq

Cirkulacijata na brzinata me|u to~kite A(-4,0) i B(-4,-4) iznesuva:

AB ϕϕ −=Γ Vrednostite na potencijalot na brzinata vo to~kite A(-4,0) i B(-4,-4) iznesuvaat:

( ) ( ) 83

444

164

22 −=−+−

−+

−=Bϕ ;

( ) 21

044

164

22 −=+−

−+

−=Aϕ

81

21

83

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−−=Γ

g) Vo proizvolno izbrana to~ka B(4,4) se opredeluva vrednosta na skalarnite komponenti na brzinata

( ) 0161

4442

441

161

222

2

22 >=+

⋅−

++=xv ; ( ) 0

321

44442

222<−=

+

⋅⋅−=yv

Задача 21.10. Za ramninsko potencijalno struewe na nestisliv fluid

opredeleno so potencijalot na brzinata ( ) 22,yx

ybxayx+

⋅+⋅=ϕ , da se opredeli:

a) Strujnata funkcija i kompleksniot potencijal za grani~en uslov ( ) ibiaw =⋅+

b) Kompleksnata brzina i skicira strujnata slika v) Volumenskiot protok na fluid nme+u to~kite A(a,b) i B(b,a).

Re{enie:

a) Poтеncijalot na brzinata vo polarni koordinati e:

274

( ) θθθϕ sincos, ⋅+⋅=rb

rar

Radijalnata i kru`nata komponenta na brzinata se:

θθθψϕ sincos1

22 ⋅−⋅−=∂∂⋅=

∂∂

=rb

ra

rrv r

rrv

∂∂

−=∂∂⋅=

ψθϕ

θ1

= θθ cossin 22 ⋅+⋅−rb

ra

Ravenkata za strujnata funkcija se opredeluva so pomo{ na ravenkata za radijalnata brzina, odnosno:

θθθψ sincos ⋅−⋅−=⋅=∂∂

rb

ravr r , odnosno ∫ ∫ ⋅⋅−⋅⋅−= θθθθψ d

rbd

ra sincos

Crb

ra

+⋅+⋅−= θθψ cossin

Vo dekartovi koordinati:

( ) Cyx

yaxbyx ++

⋅−⋅= 22,ψ

Ravenkata na kompleksniot potencijal e: ( ) ( ) ( )yxiyxyxw ,,, ψϕ ⋅+= , odnosno

( ) Cyx

yaxbiyx

ybxayxw ++

⋅−⋅⋅+

+⋅+⋅

= 2222, =( ) ( )( ) ( ) C

yixyixbiayibiax

+⋅−⋅⋅+

⋅+⋅⋅−⋅+⋅

( ) Cz

biazw +⋅+

=

Od dadeniot grani~en uslov se opredeluva integracionata konstanta, odnosno ( ) 1=⋅+ biaw , sledi C=0, toga{:

( )z

biazw ⋅+=

б) Kompleksnata brzina e: ( ) ( ) 2

2−⋅⋅+−=

⋅+−== zbia

zbia

dzzdwv

Ravenkata za ekvipotencijalnite linii e: Za const== 0ϕϕ se dobiva ( )ybxayx ⋅+⋅=+⋅ 22

0ϕ , odnosno

000

22 =⋅−⋅−+ ybxayxϕϕ

Ekvipotencijalnite linii pretstavuvaat familija na krugovi so centri na

pravata xaby ⋅=

Ravenkata za strujnite linii e:

Za const== 0ψψ se dobiva 000

22 =⋅+⋅−+ yaxbyxψψ

Strujnite linii pretstavuvaat familija na krugovi so centri na pravata

xbay ⋅−= , koja e normalna na pravata x

aby ⋅= vo koordinatniot po~etok.

Nultite strujnici se dobivaat koga ravenkata za strutnra funkcija se izedna~i so nula, odnosno:

( ) 0, =yxψ ; pravata xaby ⋅=

275

v) Volumenskiot protok na fluidot me|u to~kite A(a,b) i B(b,a) iznesuva:

ABvq ψψ −= Vrednosti na strujnata funkcija vo to~kite A(a,b) i B(b,a).

022 =+

⋅−⋅=

babaab

Aψ ; 22

22

22

22

baba

baab

B +−

−=+−

=ψ

22

22

22

22

0baba

babaqv +

−−=−

+−

−=

Задача 21.11. Za ramninsko potencijalno struewe na nestisliv fluid vo poleto na izvorot so proizvodnost πε ⋅= 2 vo to~kata izi ⋅+= 34 i na ponorot

so istata proizvodnost πε ⋅= 2 vo to~kata izp ⋅−−= 34 . Da se opredeli:

familijata na strujnici, nultata strujnica, nacrta strujnata slika i opredeli smerot na strueweto. Re{enie:

Potencijalite na brzinata za izvorot i ponorot se:

11 lnln2

rri =⋅⋅

=πεϕ ; 22 lnln

2rrp −=⋅−=

πεϕ

Od crteòt se dobivaat geometriskite golemini:

( ) ( )221 34 −+−= yxr ; ( ) ( )22

2 34 +++= yxr

Potencijalot na brzinata na zbirnoto struewe e:

276

( ) ( ) ( ) ( )2222 34ln34ln +++−−+−=+= yxyxpi ϕϕϕ =( ) ( )( ) ( )22

22

3434ln

21

+++−+−

⋅yxyx

Strujnite funkcii na izvorot i ponorot se:

112θθ

πεψ =⋅=i ; 222

θθπεψ −=⋅−=p

Strujnata funkcija na zbirnoto struewe e:

21 θθψψψ −=+= pi

Od crteòt se dobivaat geometriskite golemini:

43

1 −−

=xytgθ ;

43

2 ++

=xytgθ

So koristewe na adicionite ravenki se dobiva zavisnosta:

( )21

2121 1 θθ

θθθθ

tgtgtgtgtg⋅+

−=− =

43

431

43

43

++

⋅−−

+

++

−−−

xy

xy

xy

xy

=25

6822 −+⋅−⋅

yxxy

Ravenkata za strujnite linii se dobiva koga za ( ) constyx == 0, ψψ , odnosno:

2220

125

68Cyx

xytg =−+⋅−⋅

=ψ ; ( ) 2568 222 −+=⋅−⋅⋅ yxxyC

( ) 06825 222 =⋅−⋅⋅−−+ xyCyx

Strujnite linii pretstavuvaat familija na krugovi koi vrvat niz to~kite (4,3)

i (-4,-3), a centrite im se nao|aat na pravata xy ⋅−=34

Nultite strujnici se dobivaat koga ravenkata za strujnata funkcija se izedna~i so nula, odnosno:

( ) 0, =yxψ ; 068 =⋅−⋅ xy ; pravata xy ⋅=43

Задача 21.12. Ramninsko potencijalno struewe na nestisliv fluid, sostaveno e od dva izvora so ista proizvodnost, opredelen so strujnata funkcija

( ) 222

22

,ayx

yxtgarcyx+−⋅⋅

⋅=

πεψ , da se opredeli:

a) Kompleksnata brzina, kompleksniot potencijal za grani~en uslov

( ) aw ln0 ⋅=πε

277

b) Nultata strujnica, skicira strujnata slika i obeleì smerot na strueweto. Re{enie:

a) Skalarnite komponenti na brzinata se: ( )( )2222

2222

2

222

42

21

12 ayx

yxayxx

ayxyxy

v x+−

⋅⋅++−⋅⋅⋅

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−⋅⋅

+

⋅⋅

=∂∂

=πεψ

( )( ) 222222

222

42

2 yxayxayxxv x

⋅⋅++−

++⋅⋅⋅

⋅=

πε

( )( )2222

2222

2

222

42

21

12 ayx

yxayxy

ayxyxx

v y+−

⋅⋅−+−⋅⋅⋅

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−⋅⋅

+

⋅⋅

−∂∂

−=πεψ

( )( ) 222222

222

42

2 yxayxayxyv y

⋅⋅+−+

−+⋅⋅⋅

⋅=

πε

Ravenkata za kompleksnata brzina e:

=⋅−= yx vivv ( )( ) 222222

222

42

2 yxayxayxx

⋅⋅++−

++⋅⋅⋅

⋅πε

⋅− i ( )( ) 222222

222

42

2 yxayxayxy

⋅⋅+−+

−+⋅⋅⋅

⋅πε

( ) ( ) ( )( ) 222222

22

422

2 yxayxyixayixyixv

⋅⋅++−

⋅+⋅⋅+⋅−⋅⋅+⋅⋅

⋅=

πε

Imenitelot se sreduva na sledniot na~in:

( ) ( )[ ] ( )[ ] ( ) ( )22222222222222 4 azazayixayixyxayx +⋅+=+⋅−⋅+⋅+=⋅⋅++− − Kone~niot oblik na kompleksnata brzina e:

( ) ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +⋅+

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +⋅⋅

⋅⋅

=2222

222

2 azaz

azzv

πε

= 22

22 az

z+⋅

⋅⋅πε

Kompleksniot potencijal se dobiva so integracija na kompleksnata brzina v po kompleksnata promenliva z, odnosno:

( ) Cdzazzzw +⋅

+⋅

⋅⋅

= ∫ 22

22 πε

Za olesnuvawe na integracijata se voveduva smenata: taz =+ 22 ; dtdzz =⋅⋅2

( ) Ct

dtzw +⋅⋅

= ∫πε

2= Ct +⋅

⋅ln

2 πε

= ( ) Caz ++⋅⋅

22ln2 πε

Od dadeniot grani~en uslov se opredeluva integracionata konstanta, odnosno

( ) aw ln0 ⋅=πε

, sledi C=0, toga{:

( ) =zw ( )22ln2

az +⋅⋅πε

Se razlaga ~lenot vo zagradata: ( ) ( ) ( )aizaizaz ⋅−⋅⋅+=+ 22 Se dobiva drug (razvien) oblik na kompleksniot potencijal:

( ) ( ) ( )[ ]aizaizzw ⋅−⋅⋅+⋅⋅

= ln2 πε

= ( )aiz ⋅+⋅⋅

ln2 πε

+ ( )aiz ⋅−⋅⋅

ln2 πε

278

b) Od poslednata ravenka za kompleksniot potencijal moè da se zaklu~i deka strueweto e vo poleto na dva izvori so ista proizvodnost ε , smesteni vo to~kite aiz ⋅=1 i aiz ⋅−=2 . Nultite strujnici se dobivaat koga ravenkata za strutnra funkcija se izedna~i so nula, odnosno:

022 222 =

+−⋅⋅

⋅ ayxyxtgarc

πε

; 02 =⋅⋅ yx ; x=y=0, toa zna~i

deka koordinatnite oski prestavuvaat nulti strujnici. Ravenkata za strujnite linii se dobiva koga za ( ) constyx == 0, ψψ , odnosno:

Cayxyxtg 222

2220 =

+−⋅⋅

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⋅⋅εψπ

sledi: 0222 =+⋅⋅−− ayxCyx

Ova ravenka (ravenka na strujnite linii) prestavuva familija na hiperboli koi vrvat niz to~kite vo koi se smsteni izvorite ( aiz ⋅=1 i aiz ⋅−=2 ).

Задача 21.13. За струење во поле на два вртлози со циркулации +Γ и -Γ, сместени во точките aiz ⋅=1 и aiz ⋅−=2

а) Да се испита што претставуваат струјниците и еквипотенцијалните линии?

б) Да се скицира струјната слика, и да се определи положбата (и што претставува?) на онаа струјница која може да се замени со рамен ѕид. Решение: Потенцијалот на брзините за секое струење е:

11 2θ

πϕ ⋅

⋅Γ

= ; 22 2θ

πϕ ⋅

⋅Γ

−=

Струјните функции се:

11 ln2

r⋅⋅Γ

=π

ψ ; 22 ln2

r⋅⋅Γ

−=π

ψ

279

Од цртежот се добиваат потребните геометриски големини:

( )221 ayxr −+= ; ( )22

2 ayxr ++=

xaytg −

=1θ ; x

ytg 22

+=θ

Потенцијалот на брзината на збирното струење е:

( )212121 222θθ

πθ

πθ

πϕϕϕ −⋅

⋅Γ

=⋅⋅Γ

−⋅⋅Γ

=+=

Струјната функција на збирното струење е:

2

12121 ln

2ln

2ln

2 rrrr ⋅

⋅Γ

=⋅⋅Γ

−⋅⋅Γ

=+=πππ

ψψψ

Со користење на адиционите равенки се добива зависноста:

( )21

2121 1 θθ

θθθθ

tgtgtgtgtg⋅+

−=− =

xay

xay

xay

xay

+⋅

−+

+−

−

1= 222

2ayxxa−+⋅⋅−

Се добива равенката за определување на потенцијалот на брзината на збирното струење:

( ) 222

22

,ayx

xatgarcyx−+⋅⋅−

⋅⋅Γ

=π

ϕ

Равенката за еквипотенцијалните линии е:

За const== 0ϕϕ се добива 2220 22

ayxxatgarc++⋅⋅−

=Γ⋅⋅ ϕπ , односно

1222

0 122Cayx

xatg =−+⋅⋅−

=Γ⋅⋅ ϕπ ; 02 2

122 =−⋅⋅⋅++ axaCyx

Од последната равенка се гледа дека еквипотенцијалните линии претставуваат фамилија на кругови со центри на x – оската. Равенката за струјните линии е:

За const== 0ψψ се добива ( )( )22

22

0 ln4ayxayx

++−+

=Γ⋅

⋅πψ , или

=Γ⋅⋅ 04 ψπ

e ( )( )22

22

ayxayx

++−+ = C2 ; 02

11 2

2

222 =+⋅⋅⋅

−+

−+ ayaCCyx

280

Струјните линии претставуваат фамилија на кругови со центри на y – оската. Круговите се генерираат во прави линии кога координатата на центарот

→∝−+

2

2

11

CC , односно →∝− 21 C , односно C2=1

Од равенката: ( ) ( ) ( ) ( ) 01211 222222 =⋅−+⋅⋅⋅+−−⋅+ aCyaCCyx ; за C2=1 се добива y=0, односно x – оската преставува рамен ѕид.

Задача 21.14. Во точката M0(0,1) сместен е извор со производност ε . Во позитивна насока на y-оската постои потенцијално струење со брзина v0 = const. За добиеното сложено струење да се определи:

а) Потенцијалот на брзината и струјната функција б) Комплексниот потенцијал и комплексната брзина в) Координатите на запирната точка за 4=ε и v0 = 2 и нацрта срујната

слика. Решение:

а) Паралелното струење е дефинирано со:

0=∂∂

=x

vxϕ ; .0 constv

yv y ==

∂∂

=ϕ yv ⋅= 01ϕ

01 v

xv y =

∂∂

−=ψ ; xv ⋅−= 01ψ

Карактеристиките на изворот се:

281

rln22 ⋅⋅

=πεϕ ; ( )222 1−+= yxr

θπεψ ⋅⋅

=22 ;

xytg 1−

=θ ; x

ytgarc 1−=θ


21 ϕϕϕ += = ryv ln20 ⋅⋅

+⋅πε = ( )22

0 1ln2

−+⋅⋅

+⋅ yxyvπε

( ) =yx,ϕ ( )220 1ln

2−+⋅

⋅+⋅ yxyv

πε

xytgarcxv 1

2021−

⋅⋅

+⋅−=+=πεψψψ

( )x

ytgarcxvyx 12

, 0−

⋅⋅

+⋅−=πεψ

б) Скаларните компоненти на збирното струење се:

( ) ( ) 21

1

2

1

12 2222

⋅−+

⋅⋅

−+⋅

⋅=

∂∂

=yx

x

yxxv x π

εϕ = ( )22 12 −+

⋅⋅ yx

xπε

( )( )( )

02222 21

1

12

1

12

vyx

y

yxyv y +⋅

−+

−⋅⋅

−+⋅

⋅=

∂∂

=πεϕ

( ) 022 11

2v

yxy

+−+

−⋅

⋅=

πε

Комплексната брзина на збирното струење е:

=⋅−= yx vivv( )22 12 −+

⋅⋅ yx

xπε

−⋅− 0vi( ) 0

22 11

2 −+−

⋅⋅

⋅yx

yiπε

11

20 −⋅

⋅+⋅−=

zviv

πε

Од равенката ( ) ( )dz

zdwzv = со интеграција се добива равенката за комплексниот

потенцијал.

( ) ∫ ∫ ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−⋅

⋅+⋅−=⋅= dz

zvidzvzw

11

20 πε = ( )1ln

20 −⋅⋅

+⋅⋅− zzviπε

в) За 0=v се добиваат координатите на запирната точка

01

120 =

−⋅

⋅+⋅−

zvi

πε ; ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

−⋅=02

1v

izπε

За дадените вредности во задачата 4=ε и v0 = 2, координатите на запирната точка се:

ZTZT yixiiz ⋅+=⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅−⋅= 68162,0

2241π

; ZT(0 ; 0,68162)

282

Задача 21.15. Рамнинско струење на нестислив флуид дефиниран со скаларните компоненти на брзината:

( )[ ]yybybxev xx sincos ⋅⋅−⋅+⋅= ; ( )[ ]yybyxev x

y cossin1 ⋅⋅+⋅−⋅−= При што b е реална константа.

а) Да се покаже дека во општ случај струењето е вртложно.

б) Да се определи вртлогот ω во точката M(0, 2π )

в) Да се определи константата б така да струењето постане потенцијално и за тој случај да се определи потенцијалот на брзината ( )yx,ϕ , струјната функција ( )yx,ψ , комплексниот потенцијал ( )zw , при тоа ( ) 00 =w , и волуменскиот

проток низ кривата линија кова врви низ точките A(0, 2π ) и B(

2π , 0).

Решение:

а) Струењето да биде вртложно треба 0≠vrot , односно:

kkyv

xv

vrot zxy ⋅⋅=⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂

∂= ω2

Парцијалните изводи на скаларните компоненти на брзинара се:

( )[ ] yeyybyxex

v xxy sincossin1 ⋅−⋅⋅+⋅+⋅−=∂

∂ = ( )[ ]yybyxex cossin2 ⋅⋅+⋅+⋅−

( )[ ]ybybybxeyv xx cossinsin ⋅−⋅−⋅+−⋅=∂∂ = ( )[ ]yybybxex cossin2 ⋅⋅+⋅⋅+⋅−

=zω ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂

∂

yv

xv xy = ( )[ ] ( )[ ]yybybxeyybyxe xx cossin2cossin2 ⋅⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅−

( ) ybexz sin12 ⋅−⋅⋅=ω струењето во општ случај е вртложно.

б) Во точката M(0, 2π ), вртлогот изнесува:

283

⋅=⋅=21

21 vrotω k

yv

xv xy ⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂

∂= ( ) kb ⋅−1

в) Услов да струењето биде потенцијално е

02 =⋅⋅=⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂

∂= kk

yv

xv

vrot zxy ω

за ( ) ybexz sin12 ⋅−⋅⋅=ω = 0, треба b = 1

Скаларните компоненти на брзината се: ( )[ ]yyyxev x

x sincos1 ⋅−⋅+⋅= ; ( )[ ]yyyxev xy cossin1 ⋅+⋅−⋅−=

Од условот ( )[ ]yyyxex

v xx sincos1 ⋅−⋅+⋅=

∂∂

=ϕ се добива потенцијалот на

брзината: ( ) ( )[ ]∫ ⋅⋅−⋅+⋅= dxyyyxeyx x sincos1,ϕ = ( )∫ ∫ ⋅⋅⋅−⋅⋅+⋅ dxyyedxyxe xx sincos1

Со користење на табличниот интеграл ( )∫ +⋅=⋅⋅ 1xedxex xx , се добива:

( ) ( ) 1sincossincoscos1, Cyyeyexyyeyeyxeyx xxxxx +⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅+⋅+⋅=ϕ За ( )0,0ϕ се добива C1 = 0, односно: ( ) ( )yyyxeyx x sincos, ⋅−⋅⋅=ϕ

Од условот ( )[ ]yybyxex

v xy cossin1 ⋅⋅+⋅−⋅−=

∂∂

−=ψ се добива струјната

функција: ( ) ( )[ ] ( )∫ +⋅−⋅⋅+⋅+⋅=⋅⋅+⋅+⋅= 2sincossin1cossin1, Cyeyyeyxedxyyyxeyx xxxxψ

За ( )0,0ψ се добива C2 = 0, односно: ( ) ( )yyyxeyx x cossin, ⋅+⋅⋅=ψ Комплексниот потенцијал на струењето е:

( ) ( ) ( )yxiyxyxw ,,, ψϕ ⋅+= , односно ( ) ( ) ( )yyyxeiyyyxeyxw xx cossinsincos, ⋅+⋅⋅⋅+⋅−⋅⋅=

( ) ( ) zzzz ezyixeeyiexzw ⋅=⋅+⋅=⋅⋅+⋅= Вредностите на струјната функција во точките A и B изнесуваат:

A(0, 2π ) ; 0

2cos

22sin0

2,0 0 =⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅+⋅⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ππππψ e

B(2π , 0) ; 22

20cos0

2sin

20,

2

ππ ππππψ ee ⋅=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅+⋅⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

Волуменскиот проток низ кривата линија кова врви низ точките A(0, 2π ) и B(

2π , 0)

изнесува:

556,72

02

22 =⋅=−⋅=−=ππ ππψψ eeq ABv m3/s

Задача 21.16. Потенцијалот на брзината на рамнинско струење дадено е со

равенката: ( ) ( )[ ]21222222 4ln2

, yxayxyx ⋅⋅+−−⋅⋅

=πεϕ , каде што ε и a се

константи, Да се определи:

а) Комплексната брзина и комплексниот потенцијал при ( ) aaw ln2 ⋅=⋅πε

б) Струјната функција и да се скицира струјната слика.

284

Решение: а) Скаларните компоненти на брзината се:

( ) ( )( ) 222222

222

42

2,

yxayxayxx

xyxvx

⋅⋅+−−

−+⋅⋅⋅

⋅=

∂∂

=πεϕ

( ) ( )( ) 222222

222

42

2,

yxayxayxy

yyxvy

⋅⋅+−−

++⋅⋅⋅

⋅=

∂∂

=πεϕ

Комплексната брзина е:

=⋅−= yx vivv ( ) ( )( ) 222222

222222

422

2 yxayxayxyiayxx

⋅⋅+−−

++⋅⋅⋅−−+⋅⋅⋅

⋅πε

( ) ( ) ( )( )[ ] ( )[ ]yxiayxyxiayx

yixayixyxv⋅⋅⋅−−−⋅⋅⋅⋅+−−

⋅+⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅+⋅

⋅=

22222

2 222222

222

πε

Од познатите релации: yixz ⋅+= ; yixz ⋅⋅= ; zzyx ⋅=+ 22 ; ( )222 2 yixyxiyx ⋅±=⋅⋅⋅±−

Се добива равенката на комплексната брзина:

22

22 az

zv−⋅

⋅⋅

=πε

Од равенката ( ) ( )dz

zdwzv = со интеграција се добива равенката за комплексниот

потенцијал.

( ) ∫ ∫ ⋅−⋅

⋅⋅

=⋅= dzazzdzvzw 22

22 πε = ( ) Caz +−⋅

⋅22ln

2 πε

Интеграционата константа C се определува од граничните услови:

( ) aaw ln2 ⋅=⋅πε , следи C=0, односно:

( ) =zw ( )22ln2

az −⋅⋅πε

Или во друг, развиен облик:

( ) ( ) ( )[ ]azazzw ++−⋅⋅

= lnln2 πε = ψϕ ⋅+ i

Од оваа равенка може да се заклучи дека се работи за струење во полето на два извори со еднакви производности, сместени на x - оската кои се оддалечени за ± a од y - оската. Со воведување на смената: 22 azZ −= , односно YiXeRZ i ⋅+=⋅= ⋅θ

( ) θ

πε ⋅⋅⋅⋅

= ieRZw ln2

= θπε

πε

⋅⋅

⋅+⋅⋅ 2

ln2

iR = ψϕ ⋅+ i

Каде што: 22 YXR += и XYtgarc=θ

Новата променлива: ( ) yxiayxayyxiaxayixZ ⋅⋅⋅+−−=−−⋅⋅⋅+=−⋅+= 222222222 , односно

222 ayxX −−= ; yxY ⋅⋅= 2 ; ( ) 222222 4 yxayxR ⋅⋅+−−=

222

2ayx

yxtgarc−−⋅⋅

=θ

Комплексниот потенцијал во зависност од променливите x и y е:

285

( ) ( ) +⋅⋅+−−⋅⋅

= 222222 4ln2

, yxayxyxwπε

222

22 ayx

yxtgarci−−⋅⋅

⋅⋅

⋅πε

б) Од оваа равенка се определува струјната функција:

( ) =yx,ψ 222

22 ayx

yxtgarc−−⋅⋅

⋅⋅πε

Нултите струјници се добиваат кога ( ) 0, =yxψ , односно 2·x·y=0 ; x=0 и y=0, тоа значи x и y – оските. Равенката за струјните линии се добива кога за ( ) constyx == 0, ψψ , односно:

Cayxyxtg 222

2220 =

−−⋅⋅

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⋅⋅εψπ следи: 0222 =−⋅⋅−− ayxCyx

Ова равенка (равенка на струјните линии) преставува фамилија на хиперболи кои врват низ точките во кои се смстени изворите ( aiz ⋅=1 и aiz ⋅−=2 ).

Задача 21.17. За рамнинско потенцијално струење на нестислив флуид даден е

потенцијалот на брзината: ( ) ( )( ) ( )[ ]22 34

253425,−+−−⋅+⋅⋅

=yx

yxyxϕ

а) Да се определи струјната функција и комплексниот потенцијал на даденото струење ако е ( ) 00,0 =ψ .

б) Да се определи фамилијата на струјните линии и нултата струјница, а потоа нацрта струјната слика.

в) Ако даденото струење биде изложено на дејство на флуидна струја која е определена со комплексниот потенцијал ( ) ( ) zizw ⋅⋅−= 341 , да се определи збирното струење, нултата струјница, положбата на запирната точка и нацрта Решение:

а) Во поларни координати за θcos4 ⋅=− rx и θsin3 ⋅=− ry , се

добива: ( ) ( ) ( )[ ]θθθθθϕ 2222 sincos

253sin34cos425,⋅+⋅

−+⋅⋅++⋅⋅⋅=

rrrrr = ( )

rθθ sin3cos425 ⋅+⋅⋅

θψϕ∂∂⋅=

∂∂

=rr

v r1 = ( )

2

sin3cos425r

θθ ⋅+⋅⋅−

( ) ( ) ( )rfr

r +⋅−⋅⋅−= θθθψ cos3sin425,

286

( ) ( )rfrr

'2 cos3sin425

+⋅−⋅⋅=∂∂ θθψ ,

од друга страна ( )rrr ∂

∂−=⋅+⋅−⋅=

∂∂⋅

ψθθθψ cos3sin4251 се добива:

( ) ( )rfr

'2 cos3sin425

+⋅−⋅⋅ θθ = ( )θθ cos3sin425⋅+⋅−⋅−

r

Од ова се добива: ( ) 0' =rf ; ( ) Crf = , односно:

( ) ( ) Cr

r +⋅−⋅⋅−= θθθψ cos3sin425,

За ( ) 00,0 =ψ ; се добива C=0 Се добива конечниот облик на струјната функција:

( ) ( )θθθψ cos3sin425, ⋅−⋅⋅−=r

r = ( )2

cos3sin425r

r θθ ⋅−⋅⋅⋅−

( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )22 34

433425,−+−

−⋅−−⋅⋅−=

yxxyyxψ =

( ) ( )22 344325

−+−⋅−⋅

⋅yx

yx

Комплексниот потенцијал е:

=⋅+= ψϕ iw ( )( ) ( )[ ]22 34

253425−+−−⋅+⋅⋅

yxyx + ⋅i

( ) ( )22 344325

−+−⋅−⋅

⋅yx

yx = ( )izi⋅+−

⋅+⋅

343425

Од последната равенка се гледа дека струењето во комплексната рамнина (з) е во полето на осамениот кос двопол сместен во точката iz ⋅+= 34

б) Равенката за струјните линии се добива кога за ( ) constyx == 0, ψψ ,

односно: 222

2125503

2754 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅−−

CCy

Cx

Се добива равенка на струјните линии кои преставуваат фамилија на кругови кои врват низ точката iz ⋅+= 34 , во кој е сместен и двополот. Центрите на круговите

лежат на правата ( ) 33

44+

−⋅−=

xy која врви низ точката (4,3) и нормална е на

оската на двополот 4

3 xy ⋅= , која се поклопува со нултата струјница 0=ψ .

в) Збирното струење има комплексен потенцијал:

( ) ( ) ( )izizizws ⋅+−⋅+

⋅+⋅⋅−=34

342534 = ss i ψϕ ⋅+

( )( ) ( )22 34

432534,−+−⋅−⋅

⋅+⋅−⋅=yx

yxxyyxsψ

Нултите струјници се добиваат кога ( ) 0, =yxsψ , односно:

( ) ( )

034

432534 22 =−+−⋅−⋅

⋅+⋅−⋅yx

yxxy ; ( )( ) ( )

034

25134 22 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−+−−⋅⋅−⋅

yxxy

Правата xy ⋅=43 и кругот ( ) ( ) 2534 22 =−+− yx . Преставуваат нулти струјници

на збирното струење. Комплексниот потенцијал ( ) ( ) zizw ⋅⋅−= 341 , опишува еднообразно струење паралелно со со оската на двополот, а со собирање на двополот се добива ациклично струење околу цилиндер ( ) ( ) 2534 22 =−+− yx .

287

За ( )

0=dz

zdws се добиваат запирните точки:

ZT1=0 и ZT2 = 8+6·i

288

289

Задача 22.1. Рамнинско потенцијално струење на нестислив флуид, дефинирано

со потенцијалот на брзината: ( )2

cos, θθϕ ⋅⋅= rmr , каде што m е реална

константа. Да се определи: а) Комплексниот потенцијал ( )zw , комплексната брзина ( )zv , струјната

функција ( )θψ ,r при услови ( ) mw =1 . б) Даденото струење да се преслика во (Z) рамнината со инверзната

функција на пресликување: 2

11ln ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

=ZZz , и да се објасни какво струење е

добиено со пресликувањето, да се нацрта струјната слика во (Z) рамнина и да се определи волуменскиот проток на флуид низ контурата X2+Y2 = 2. Решение:

а) Скаларните компоненти (радијалната и кружната) брзина се:

θψϕ∂∂⋅=

∂∂

=rr

v r1 =

2cos

21

2cos

21 2

11 θθ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅

−

rrmrm ;

rrv

∂∂

−=∂∂⋅=

ψθϕ

θ1

( ) =θψ ,r ∫ ⋅⋅⋅⋅ θθ drm2

cos21 = Crm +⋅⋅

2sinθ

б) Комплексниот потенцијал како функција од потенцијалот на брзината и струјната функција, прикажан со следната равенка:

( ) ψϕ ⋅+= izw = 2

cosθ⋅⋅ rm ⋅+ i ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅ Crm

2sinθ = Ciirm ⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅⋅

2sin

2cos θθ

( ) Cizmzw ⋅+⋅= 21

Од граничните услови ( ) mCimw =⋅+=1 , следи C=0, тогаш:

( ) 21

zmzw ⋅= Комплексната брзина е:

( )z

mdz

zdwv⋅

==2

Од инверзната функција на пресликување се добива: 11ln

−+

=ZZz , a

комплексниот потенцијал на пресликаното струење е:

( )11ln

−+

⋅=ZZmZW

Ако се напише во друг облик: ( ) ( ) ( )1ln1ln −⋅−+⋅= ZmZmZW

Од последната равенка се гледа дека пресликаното струење е составено од извор и понор со исти производностi m⋅⋅= πε 2 , сместени во точките Z1 = - i и Z2 = + i Од сликата се гледа дека дадената контура X2+Y2 = 2 преставува круг со радиус R = 2 , кој ги опфаќа изворот и понорот. Волуменскиот проток на флуидот ќе биде еднаков на:

0,, =−=+= εεpvivv qqq

290

Задача 22.2. Во комплексната рамнина (z), дадено е струење во полето на вртлогот со негативна циркулација Γ во точката (0,) и вртлог со позитивна циркулација Γ во точката (2,0).

а) Да се определи равенката на комплексниот потенцијал на збирното струење, и да се определи струјната функција.

б) Да се определи нултата струјница, равенката на струјните линиии скицира струјната слика.

в) Со функцијата за пресликување )exp(2 Zz

z=

− , да се преслика

добиеното збирно сруење од комплексната рамнина (z) во комплексната рамнина (Z) и да се нацрта струјната слика. Решение:

а) Комплексните потенцијали на компонентните струења се:

( ) zzw ln21 ⋅⋅Γ

−=π

; ( ) ( )2ln22 −⋅⋅Γ

= zzwπ

Комплексниот потенцијал на збирното струење е:

( ) ( ) ( ) ( )z

zzzzwzwzw 2ln2

2ln2

ln221

−⋅

⋅Γ

=−⋅⋅Γ

+⋅Γ

−=+=πππ

Во поларни координати: 222 2 θ⋅⋅=− ierz ; 1

11θ⋅⋅= ierz

Се користат геометриските големини од сликата:

291

( ) 2222 2 yxr +−= ; 222

1 yxr += ; 22 −

=x

ytg θ ; xytg =1θ

Комплексниот потенцијал на збирното струење во поларни координати е:

( ) ( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

⋅⋅Γ

= 12

2

1

2ln21

2θθ

πi

rr

izw


( )12

1212 1 θθ

θθθθtgtg

tgtgtg⋅+

−=− =

xy

xy

xy

xy

⋅−

+

−−

21

2 =xyx

y⋅−+

⋅2

222

Комплексниот потенцијал на збирното струење во декартови координати е:

( ) ( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

⋅−+⋅

−++−

⋅⋅⋅⋅Γ

−=xyx

ytgarcyx

yxiyxw2

22ln21

2, 2222

22

π

Струјната функција е:

( ) ( )22

222ln2

,yx

yxyx++−

⋅Γ

−=π

ψ

б) за ( ) 0, =yxψ се добива нултата струјница односно: ( ) 1222

22

=++−yx

yx ;

решението на оваа равенка е x = 1, што преставува вертикална права паралелна со y – оската на растојание x = 1. Равенката за струјните линии се добива кога за ( ) constyx == 0, ψψ , односно:

( ) Cyx

yx=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛Γ⋅⋅

−=++− 0

22

22 4exp2 ψπ

По средување на оваа равенка се добива:

041

422 =+⋅−

−+ xC

yx

Од ова се заклучува дека равенката преставува фамилија на кругови со центри на x - оската.

в) функцијата на пресликување се трансформира:

zzZ 2ln −

=

Поради еднаквоста на комплексните потенцијали, комплексниот потенцијал на пресликаното струење е:

( ) ZiZW ⋅⋅Γ

⋅−=π2

Ова равенка на комплексниот потенцијал во комплексната рамнина (Z) преставува еднообразно струење во позитивна насока на y – оската, со

константна брзина π⋅Γ

=20v

292

Задача 22.3. Рамнинско струење на нестислив флуид е дефинирано со извор и понор со исти производности πε ⋅= 4 , во точките iz ⋅+−= 331 и iz ⋅−= 332 .

а) Да се определи комплексниот потенцијал ( )zw , струјната функција ( )yx,ψ и потенцијалот на брзината ( )yx,ϕ .

б) Да се нацрта струјната слика и да се определи волуменскиот проток на флуид низ контурата 2522 =+ yx

в) со функцијата за пресликување: ( )( ) ( )( )

22

131312exp ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅−−⋅+

=⋅+⋅izizZi , да се

преслика даденото збирно струење во комплексната рамнина (Z). Да се определи струјната функција ( )YX,ψ и да се скицира струјната слика. Решение:

а) Комплексните потенцијали на изворот и понотот се: ( ) ( )[ ]izzw −⋅+⋅= 13ln21 ; ( ) ( )[ ]izzw −⋅−⋅−= 13ln22


( ) ( ) ( ) ( )( )

2

21 1313ln ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅−−⋅+

=+=izizzwzwzw

Во поларни координати: 111

θ⋅⋅=− ierzz ; 222

θ⋅⋅=− ierzz

293

Од сликата се добиени следните геометриски големини: ( ) ( )2221 33 +++= yxr ;

( ) ( )2222 33 ++−= yxr ;

33

1 +−

=xytgθ ;

33

2 −+

=xytgθ

Комплексниот потенцијал на збирното струење може да се напише и во друг облик:

( ) ( )21

2

2

1 2ln θθ −⋅⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= i

rrzw


( )21

2121 1 θθ

θθθθtgtg

tgtgtg⋅+

−=− =

33

331

33

33

−+

⋅+−

+

−+

−+−

xy

xy

xy

xy

= ( )18

622 −++⋅−

yxyx


( ) ( ) ( )( ) ( )

( )18

623333ln, 2222

22

−++⋅−

⋅⋅+++−−++

=yx

yxtgarciyxyxyxw

Потенцијалот на збирното струење е:

( ) =yx,ϕ ( ) ( )( ) ( )22

22

3333ln

++−−++

yxyx


( ) ( )18

62, 22 −++⋅−

⋅=yx

yxtgarcyxψ

Равенката за струјните линии се добива кога за ( ) constyx == 0, ψψ , односно: ( )

Cyxyxtg 218

62 22

0 =−++⋅−

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ψ = const, во друг облик

( ) 018622 =−+⋅++ yxC

yx

Од оваа равенка се гледа дека струјниците престравуваат фамилија на кругови со центри на правата y = x и врват низ точките A1(-3,3) и A2(3,-3). Контурата 2522 =+ yx преставува круг кој ги опфаќа изворот и понорот, а волуменскиот проток на флуид изнесува:

( ) 044,,, =⋅−+⋅=+= ππpvivkv qqq в) Функцијата на пресликување во друг облик е:

( ) ( )( )iz

izZi−⋅−−⋅+

⋅=⋅+⋅1313ln212 2 = ( )

( )

2

1313ln ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅−−⋅+

iziz

Со споредување на равенката на комплексниот потенцијал

( ) ( )( )

2

1313ln ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅−−⋅+

=izizzw со равенката на функцијата за пресликување се добива

комплексниот потенцијал на збирното струење во пресликаната (Z) рамнина. Од равенката ( ) ( ) 212 ZiZW ⋅+⋅= Или

( ) ( ) ( )212, YiXiYXW ⋅+⋅+⋅= = 2222 224422 YiYYXYXiXiX ⋅⋅−⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅ Струјната функција е:

( ) ( ) YXYXYX ⋅⋅+−⋅= 42, 22ψ

294

За ( ) 0, =YXψ се добиваат нултите струјници, односно: ( ) XY ⋅+= 211 ; ( ) XY ⋅−= 212

Овие две струјници преставуваат нормални прави кои врват низ координатниот почеток. Задача 22.4. Во комплексната рамнина (z), дадено е струење во полето на понорот со производност πε ⋅= 2 во координатниот почеток и еднообразно праволиниско струење во позитивна насока на x – оската цо константна брзина

10 =v . а) Да се определи комплексниот потенцијал на збирното струење,

запирната точка и да се нацрта струјната слика.

б) Со функцијата за пресликување 21

ln ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

zemZ

z

да се преслика даденото

збирно струење во комплексната рамнина (Z). Константата m да се определи од условот, запирната точка да се преслика во точката Z-i.

в) Да се нацрта струјната слика во комплексната рамнина (Z) Решение:

а) Комплексните потенцијали на поедините струења се:

( ) zzzw lnln21 −=⋅⋅

−=πε ; ( ) zzvzw =⋅= 02

Комплексниот потенцијал на збирното струење е: ( ) ( ) ( ) zzzwzwzw ln21 −=+=

Потенцијалот на брзината и струјната функција на дадените струења се:

( )221 ln

21ln

2yxr +⋅−=⋅

⋅−=

πεϕ ; x=2ϕ

111 2θθ

πεψ −=⋅⋅

−= ; y=2ψ


( )xytgarcyyx −=,ψ

Равенката за комплексната брзина ( ) ( )zdz

zdwzv 11−== се изедначи со нула се

добива координатата на запирната точка, односно:

( ) 011 =−=z

zv ; z = 1

б) Комплексниот потенцијал на збирното струење во друга форма е:

( )z

ezwz

ln=

Со споредување на равенката на комплексниот потенцијал ( )z

ezwz

ln= со

равенката на функцијата за пресликување 21

ln ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

zemZ

z

се добива

комплексниот потенцијал на збирното струење во пресликаната (Z) рамнина.

295

21

ln ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

zemZ

z

се добива: 2

ln ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

mZ

zez

; ( ) 2

2

mZZW =

Точката z=1 во комплексната рамнина (z), со функцијата за пресликување се

пресликува во комплексната рамнина (Z) во точката memZ =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

1ln

1

.

Према условот во задачата iZm == , тогаш комплексниот потенцијал на пресликаното струење во комплексната рамнина (Z) е:

( ) 2ZZW −= Со разложување на комплексниот потенцијал на реален и имагинарен дел се добива:

( ) ( ) YXiXYYiXYXW ⋅⋅⋅−−=⋅+−= 2, 222 Потенцијалот на брзината на пресликаното струење во комплексната рамнина (Z) е:

( ) 22, XYYX −=ϕ Струјната функција на пресликаното струење во комплексната рамнина (Z) е:

( ) YXYX ⋅⋅−= 2,ψ За ( ) 0, =YXψ се добиваат нултите струјници, односно:

0=X Y - оската ; 0=Y X – оската в) Во произволна точка A(X,Y), проекците на брзината се:

02 <⋅−= XVX ; 02 >⋅= YVY Врз база на овие скаларни компоненти на брзината конструиран е векторот на врзината V , односно определен е смерот на струењето.

Задача 22.5. Во комплексната рамнина (z) егзистира струјно поле на вртлози со циркулација Γ (во смерот на сказалките на сатот) во точката (0,a) и вртлог со циркулација Γ (во спротивен насока од сказалките на сатот) во точката (0,-a)

каде што a>0. Со функцијата за пресликување i

aizaizZ

−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅−⋅+

= да се преслика

296

даденото струење во рамнината (Z) и да се нацрта струјната слика на пресликаното струење во рамнината (Z). Решение: Комплексните потенцијали на вртлозите во комплексната рамнина (z) се:

( ) 111 ln2

ln2

zizi

zw ⋅⋅Γ⋅

=⋅⋅⋅

Γ−=

ππ ; ( ) 222 ln

2ln

2ziz

izw ⋅

⋅Γ⋅

−=⋅⋅⋅

Γ=

ππ

Комплексниот потенцијал на збирното струење во комплексната рамнина (z):

( ) ( ) ( )2

121 ln

2 zzizwzwzw ⋅

Γ⋅=+=

π

Од сликата се определуваат геометриските големини:

aizz ⋅−=1 ; aizz ⋅+=2 Со овие големини, комплексниот потенцијал на збирното струење е:

( )aizaizizw⋅+⋅−

⋅Γ⋅

= ln2π

Функцијата за пресликување i

aizaizZ

−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅−⋅+

= се пишува во друг облик, аналогно на

членот од комплексниот потенцијал, односно: aizaizZ i

⋅+⋅−

=1

Комплексниот потенцијал на пресликаното струење во комплексната рамнина (Z) е:

( ) ZZiZW i ln2

ln2

1

⋅⋅Γ

=⋅⋅Γ⋅

=ππ

Од оваа равенка може да се заклучи дека во рамнината (Z) постои струење во полето на осамениот извор со производност Γ=ε сместен во координатниот почеток.

Задача 22.6. Во координатниот почеток на комплексната рамнина (Z) се наоѓа извор со производност πε ⋅= 2 .

297

а) Струењето во полето на дадениот извор да се преслика со функцијата за пресликување ( ) ( ) ( )ziizZiz ⋅⋅−=⋅+ exp , во комплексната рамнина (z), и да се определат координатите на запирната точка.

б) Да се определи струјната функција во комплексната рамнина (z) и да се скицира струјната слика.

в) Да се определи циркулацијата на брзината и волуменскиот проток на флуидот за дадената контура ( ) 11 22 =−+ yx Решение:

а) Кога во равенката за комплексниот потенцијал за извор во

координатниот почеток ( ) ZZW ln= , се внеси: zieizizZ ⋅⋅

+−

= , се добива пресликан

потенцијал на пресликаното струење во рамнината (z).

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+−

= ⋅zieizizzw ln = ( ) ( )izizzi +−−+⋅ lnln

Ова равенка преставува комплексен потенцијал на пресликаното збирно струење во комплексната рамнина (z), составено од: - еднообразно паралелно струење во негативниот правец на y – оската со брзина 10 =v ; - извор со производност

πε ⋅= 2 сместен во точката (0,1) ; - понор со производност πε ⋅= 2 сместен во точката (0,-1). Од комплексната брзина:

( ) ( )iziz

idz

zdwzv+

−−

+==11

Се наоѓа запирната точка: 011=

+−

−+

izizi , односно: iz ⋅±= 32,1

б) Комплексните променливи во поларни координати: 1

1θ⋅⋅=− ieriz ; 2

2θ⋅⋅=+ ieriz


( )2221 1−+= yxr ; ( )222

2 1++= yxr ; x

ytg 11

−=θ ;

xytg 1

2+

=θ

Со воведување на определените големини, комплексниот потенцијал е:

( ) ( ) ( )212

1ln21 θθ −⋅+⋅+⋅+⋅= i

rryixizw


298

( )21

2121 1 θθ

θθθθtgtg

tgtgtg⋅+

−=− =

xy

xy

xy

xy

111

11

+⋅

−+

+−

−

=1

222 −+⋅−

yxx

Се добива комплексниот потенцијал:

( ) ( )( ) 1

211ln

21, 2222

22

−+⋅−

⋅+++−+

⋅+⋅+−=yx

xtgarciyxyxxiyyxw

Струјната функција е:

( )1

2, 22 −+⋅−

+=yx

xtgarcxyxψ

Врз база на равенкатакомплексниот потенцијал ( ) =zw ( ) ( )izizzi +−−+⋅ lnln , се црта струјната слика на збирното струење во комплексната рамнина (z).

в) Контурата ( ) 11 22 =−+ yx , го опфаќа изворот, а со тоа и волуменскиот проток на флуидот ќе биде:

π⋅== 2,, ivkv qq Циркулацијата на брзината 0=Γ , бидејќи потенцијалот на брзината ( )yx,ϕ е еднозначна функција.

Задача 22.7. Рамнинско потенцијално струење на нестислив флуид составено е

од изворите со производност ε во точките az −=1 и a

Rz2

2 −= и понорот со

производност ε− во точката 03 =z , при што a > R. Да се определи: а) Комплексниот потенцијал ( )zw , потенцијалот на брзината ( )yx,ϕ и

струјната функција ( )yx,ψ . б) Равенката на нултата струјница, запирната точка и да се скицира

струјната слика.

в) Со функцијата за пресликување ( ) iZza

Rzaz ⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+

2

, да се преслика

даденото струење во комплексната рамнина (Z), и да се објасни што преставува тоа струење?

299

Решение: а) Комплексните потенцијали на дадените струења се:

( ) ( )azzw +⋅⋅

= ln21 πε ; ( ) ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅

⋅=

aRzzw

2

2 ln2 πε ; ( ) zzw ln

23 ⋅⋅

=πε


( ) ( ) ( ) ( )( )

za

Rzazzwzwzwzw

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+

⋅⋅

=++=

2

31 ln2 πε

Комплекснит променливи во поларни координати: 1

1θ⋅⋅=+ ieraz ; 2

2

2θ⋅⋅=+ ier

aRz ; 3

33θ⋅⋅== ierzz

Комплексниот потенцијал на збирното струење во поларни координати:

( ) ( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+⋅+

⋅⋅⋅

⋅= 3212

3

22

21ln

21

2θθθ

πε i

rrrzw


( ) 2221 yaxr ++= ; 2

22

2 ya

Rxr +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+= ; 222

3 yxr +=

axytg+

=1θ ;

aRx

ytg 22

+=θ ;

xytg 3θ


( )31

3131 1 θθ

θθθθtgtg

tgtgtg⋅+

−=− =

xy

axy

xy

axy

⋅+

+

−+

1=

yayxya

⋅++⋅22

( )[ ] ( )( ) 231

231231 1 θθθ

θθθθθθ

tgtgtgtg

tg⋅−−

+−=+−

( )[ ] ( )( ) ( )222

2

222

222

222

231

1 yayayxa

Rx

Ryxy

aRx

yyayx

yaa

Rx

yyayx

ya

tg⋅⋅⋅++⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+⋅=

+⋅

⋅++⋅

−

++

⋅++⋅

=+− θθθ

Комплексниот потенцијал на збирното струење со определените геометриски големини е:

300

( )( )[ ]

( )⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

++

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅++

⋅⋅⋅

= 222

222

22

ln21

2,

yx

ya

Rxyax

yxwπε

( )( ) ( )

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⋅⋅⋅++⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+⋅⋅+

2222

222

yayayxa

Rx

Ryxytgarci


( )( )[ ]

22

22

22

ln4

,yx

ya

Rxyaxyx

+

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅++

⋅⋅

=πεϕ


( ) ( )( ) 222

2

222

2,

yayayxa

Rx

Ryxytgarcyx⋅+⋅++⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+⋅⋅

⋅=

πεψ

б) За ( ) 0, =yxψ се добива равенката за нултата струјница, односно: ( ) 0222 =−+⋅ Ryxy , од оваа равенка се добиваат две нулти струјници:

01 =y → x – оската и 222 Ryx =+ → круг со радиус R и со центар во координатниот почеток. Комплексната брзина на збирното струење е:

( )==

dzzdwv

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+⋅

−⋅

⋅a

Rzazz

Rz2

22

2 πε

За ( ) 0=zv се добиваат координатите на запирната точка, тоа: Rz =1 и Rz −=2 Функцијата на пресликување е:

( )

za

RzazZ i

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+

=

2

Поради еднаквоста на комплексните потенцијали ( )( )

za

Rzazzw

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+

⋅⋅

=

2

ln2 πε

комплексниот потенцијал на пресликаното струење е:

( ) iZZW ln2

⋅⋅

=πε Z

iln

2⋅

⋅⋅=

πε

Од оваа равенка се гледа дека пресликаното струење во комплексната рамнина (Z) е во полето на осамениот вртлог со негативна циркулзција со интензитет

ε=Γ .

301

Задача 22.8. Рамнинско потенцијално струење на нестислив флуид дефинирано е со комплексниот потенцијал ( ) ( )22ln −−= zzzw .

а) Да се определи од кои основни струења е составено ова збирно струење и да се скицира струјната слика.

б) Да се определи интензитетот на врзината во точката A(1,1) в) Со функцијата за пресликување ( ) 11 4242 −+=+−⋅ zzzzZ , да се

преслика даденото струење од комплексната рамнина (z) во комплексната рамнина (Z), и да се нацрта струјната слика. Решение:

а) Равенката на комплексниот потенцијал се трансформира на следниот начин:

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −= 2

4 1lnz

zzw = ( ) ( ) ( ) ( )2

11lnz

izizzz +⋅−⋅+⋅− , односно:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) zizizzzzw ln2lnln1ln1ln ⋅−++−+++−= Збирното струење е составено од четири извори со производности πε ⋅= 2 , сместени во точките: 11 =z ; 12 −=z ; iz =3 ; iz −=4 и понор со производност

πε ⋅= 4 , сместен во координатниот почеток ( 00 =z ). б) Комплексната брзина е:

( ) ( )112

1

4

422

−+

⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

==zz

zdzz

zd

dzzdwzv

( ) ( )( ) 11

111

21 4

4

−+++

⋅+

=+ii

iiv = ( )1

53

−⋅ i =53

53

⋅−=⋅− iviv yx , однсно

22yxA vvv += =

523 ⋅

в) Функцијата за пресликување во друг облик е: ( )[ ] 2222 11 −− −+=−−⋅ zzzzZ ; ( ) 2222 1 −− −+=−⋅− zzzzZZ , односно:

( ) ( )11 22 +⋅−=− − ZzzZ ; 1122

+−

=− −

ZZzz

302

Од еднаквоста на комплексните потенцијали во комплексната рамнина (z) и комплексната рамнина (Z) се добива комплексниот потенцијал на пресликаното струење во комплексната рамнина (Z).

( )11ln

+−

=ZZZW = ( ) ( )1ln1ln +−− ZZ

Од оваа равенка се гледа дека пресликаното струење во комплексната рамнина (З) преставува збирно струење во полето на извор и понор со исти производности πε ⋅= 2 , сместени во точките 11 =Z и 12 −=Z . Струјните линии се кругови со центри на y – оската.

Задача 22.9. Да се определи обликот на функцијата на пресликување ( )zZZ = , која рамномерното струење во комплексната рамнина (z) ќе го преслика така, во комплексната рамнина (Z) да се добие струење во поле на извор сместен во точката aZ −=1 и понор сместен во точката aZ =2 . Решение: Од комплексните потенцијали на рамнинското стрење во комплексната рамнина (z), ( ) zvzw ⋅= 0 , и пресликаното струење во комплесната рамнина (Z)

( )aZaZZW

−+

⋅⋅

= ln2 πε , се добива зависноста:

aZaZ

vz

−+

⋅⋅

= ln2 0πε или

aZaZe

v

−+

=⋅⋅επ 02

Од оваа равенка се определува функцијата на пресликување:

12exp

12exp

0

0

−⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⋅⋅

+⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⋅⋅

⋅=

επεπ

v

v

aZ

Бидејќи: επ

επ

επ 000 222 vyivxvz

eee⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅= ; за ∝−=x се добива aX −= ; за =∝x се добива aX =

303

Задача 22.10. За комплексната рамнина (z), дадено е комбинирано сруење на осамен извор со производност Γ , сместен во точката iz = и еднообразно струење со насока во позитивниот правец на y – оската и брзина во безкрајност

од π⋅Γ

2, да се определи:

а) Комплексниот потенцијал и комплексната брзина на збирното струење и скицира струјнта слика.

б) Координатите на точката на стагнација. в) Функцијата на пресликување со која за даденото струење во

комплексната рамнина (Z) се пресликува во струење на осамен вртлог со циркулација Γ , сместен во координатниот почеток. Решение:

а) Комплексниот потенцијал на изворот:

( ) ( )1ln21 −⋅⋅Γ

= zzwπ

Скаларните компоненти на брзината на еднообразното паралелно струење:

02, =xv ; π202,Γ

== vv y , а комплексната брзина на опва струење е:

ππ ⋅Γ

⋅−=⋅Γ

⋅−=⋅−=22

02,2,2 iivivv yx , а комплексниот потенцијал на

еднообразното паралелно струење е:

( ) zidzidzvzw ⋅⋅Γ

⋅−=⋅⋅Γ

⋅−=⋅= ∫ ∫ ππ 2222


( ) ( ) ( ) ( ) ziizzwzwzw ⋅Γ

⋅−−⋅Γ

=+=ππ 2

ln221

Комплексната брзина на збирното струење е:

( ) ( )⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⋅

⋅Γ

== iizdz

zdwzv 12 π

б) За ( ) 0=zv се добиваат координатите на точката на стагнација:

01=−

−i

iz ; 0=⋅ iz ; z=0 ; (0,0)

304

Од условот даден во задачата, комплексниот потенцијал во комплексната рамнина (Z) е:

( ) Zi

ZW ln2

⋅⋅⋅

Γ=

π

в) Од еднаквоста на комплексниот потенцијал на струењата во комплексните рамнини (z) и (Z), и со користење на релацијата ( ) ( )ZWzw = , се добива:

( )[ ] Zi

ziiz ln2

ln2

⋅⋅⋅

Γ=⋅−−⋅

⋅Γ

ππ ; ( )[ ] ( ) ziziziiziZ +−⋅=⋅−−⋅= lnlnln

Функцијата на пресликување е: ( ) ( )izizz izeeeZ

i

−⋅=⋅= −ln

Задача 22.11. При рамнинско струење на нестислив флуид струјната функција

( )yx,ψ ја задоволува парцијалнта диференцијална равенка: 22 yxay

+⋅=∂∂ψ , каде

што a е реална константа. а) Да се определи потенцијалот на брзината ( )yx,ϕ , кога запирната точка

лежи во координатниот почеток. б) Да се определи комплексната брзина ( )zv и комплексниот потенцијал

( )zw , ако ( ) 00 =w , потоа да се скицира струјната слика и комформно да се преслика ова струење во рамнината YiXZ ⋅+= со функцијата за пресликување

( )ZizZ ⋅++−= 3exp2 в) Да се скицира струјната слика со смерот на струење во рамнината (Z),

да се определи запирната точка и волуменскиот проток на флуидот низ контурата ( ) 019 22 =−⋅+ YX Решение:

а) Скаларните компоненти на брзината се:

=∂∂

=x

v xϕ 22 yxa

y+⋅=

∂∂ψ ;

xyv y ∂

∂−=

∂∂

=ψϕ

Од условот за потенцијалност (невртложност) следи:

305

kyv

xv

vrot xy ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂

∂= се добива: y

yv

xv xy ⋅=

∂∂

=∂

∂2

Од оваа равенка следи: ( )xfyxv y +⋅⋅= 2

Од условот за нестисливост: 0=∂

∂+

∂∂

yv

xv yx се добива: xa

xv

yv xy ⋅⋅−=

∂∂

−=∂

∂2

( ) xaxfxyv

⋅⋅−=+⋅=∂

∂22 ' ; следи ( ) ( )12' +⋅⋅−= axxf или ( ) ( )12 +⋅−= axxf

Скаларната компонента на брзината yv е:

( )12 2 +⋅−⋅⋅= axyxv y Од условот зададен во задачата, запирната точка да биде во координатниот почеток, односно 0=yv , се добива:

За 0== yx ; a = - 1, односно: 22 xyv x −= ; yxv y ⋅⋅= 2 б) Комплексната брзина е:

yx vivv ⋅−= = =⋅⋅⋅−− yxixy 222 ( ) 22 zyix −=⋅+−

Со интеграција на равенката за комплексната брзина ( )zv по комплексната променлива (z) се добива равенката за комплексниот потенцијал, односно:

( ) ( )∫ ∫ +−=⋅−=⋅= Czdzzdzzvzw3

32

Од условот зададен во задачата: ( ) 00 =w ; C = 0 ; ( )3

3zzw −=

Од равенката за комплексниот потенцијал: ( ) ( ) ( )yxiyxyxw ,,, ψϕ ⋅+=

( ) ( ) ( )32233 3331

21, yiyxyixxyixyxw ⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅−=⋅+⋅−=

Се добива потенцијалот на брзината: ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅= 22

31, xyxyxϕ

И струјната функција: ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅= 22

31, xyyyxψ

За ( ) 0, =yxψ , се добиваат нултите струјници, односно:

031 22 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅ xyy ; 01 =y ; x – оската и xy ⋅= 32 - права која врви низ

координатниот почеток и со x – оската формора агол 3πα =

306

Од еднаквоста на комплексните потенцијали ( ) ( )ZWzzw =−=3

3

и прегрупирање

на членовите на равенката на функцијата за пресликување: ( )ZizZ ⋅+=+ 3exp2 ; ( ) ZizZ ⋅+=+ 32ln ; ( ) ZiZz ⋅−+= 2ln3 се

добива комплексниот потенцијал на пресликаното струење во рамнината (Z):

( ) ( ) ZiZZW ⋅++⋅−=3

2ln31 или ( ) ( )2ln

31

3+⋅−= ZiZW

Оваа равенка покажува дека струењето е составено од понор со производност

32 πε ⋅

−= во точката 2−=Z и еднообразно струење паралелно со −Y оската со

брзини (31;0 ,, −== ∝∝ yx VV )

За ( ) 0=ZV , се добиваат координатите на запирната точка:

( ) ( )( ) 0

231

3=

+⋅−==

Zi

dZZWdZV ; iZ −−= 2

Дадената контура 19

22

=−YX , преставува елипса кoја го опфаќа понорот со

волуменски проток 3

2 πε ⋅−==vq

307

Задача 23.1. Во еднообразно рамнинско струење со дадена комплексна брзина во бескрај Uv =0 , поставен е елиптичен цилиндер, дефиниран со равенката во

( )yx, - рамнината: 12

2

2

2

=+by

ax за a > b. Оската на цилиндерот е нормална

на рамнината на струењето. Да се определи силата F со која течноста делува на цилиндерот, а потоа да се определи моментот M на таа сила во однос на координатниот почеток. Решение: За централниот круг K со полудијаметар R кој во комплексната рамнина (z) е определен со равенката 222 Ryx =+ , се применува следната трансформација:

ZkZz

2

+= ; за k < R

Разгледуваната точка на кругот θ⋅⋅= ieRz , може да се раздели на реален и имагинарен дел, односно:

θcos2

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

RkRx и θsin

2

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

RkRy

После воведувањето во равенката на кругот се добива:

122

2

22

2

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

RkR

y

RkR

x

Од оваа равенка се гледа дека со дадената трансформација кругот K се пресликува во елипса. Оваа елипса да може да се совпадне со попречниот пресек на дадениот елиптичен цилиндер, мора да биде исполнет условот:

RkRa

2

+= и RkRb

2

−= , од каде следува:

2baR +

= и 44

2222 cbak =

−−

Каде што c – е половина на оддалеченоста од фокусот на дадената елипса. Со ( )zw е дефиниран комплексниот потенцијал на струењето за зададениот

елиптичен цилиндер, а со ( )ZW е дефиниран комплексниот потенцијал на адекватното струење околу кружен цилиндер во комплексната рамнина (Z). Познато е дека:

( ) ( )dZdz

dzzdw

dZZWd

⋅= , при што →∝z

lim ( )⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

dzzdw = Uv =0 , односно:

2

2

1Zk

dZdz

−= ; 1lim =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

→∝ dZdz

Z ; ( ) U

dZZWd

Z=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛→∝

lim

Према тоа разгледуваното струење околу елипсата во рамнината (z), одговара на струењето околу кругот K во комплексната рамнина (Z) со брзина во безкрајност U, односно:

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=

ZRZUZW

2

, при тоа 2

baR +=

308

Од трансформацијата ZkZz

2

+= , следува 2

21

21

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅−⋅⋅+⋅=

kzikzZ , тогаш

бараната функција е:

( )

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅−⋅⋅+⋅

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅−⋅⋅+⋅⋅=

2

22

21

212

121

kzikz

Rk

zikzUzw

После средувањето на оваа равенка се добива:

( ) ( )22 czbzaba

Uzw −⋅−⋅⋅−

=

Коренот се развива во ред и се добива:

......2

122

22 +⋅

+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅=−

zcz

zczcz

( ) ( ) ....12

+⋅+⋅⋅

+⋅=z

babUzUzw

Комплексната брзина е: ( ) ( ) ....1

2 2 +⋅+⋅⋅

−=z

babUUdz

zdw

Од општата равенка за комплексната брзина: ( ) ( ) ...221

0 +++==za

zaa

dzzdwzv , се

добива: Ua =0 ; 01 =a ; ( )22

babUa +⋅⋅−= ; ,,,

Циркулацијата на брзината околу цилиндерот е: 12 ai ⋅⋅⋅=Γ π , за 01 =a следи 0=Γ

Моментот на силата на притисок во однос на координатниот почеток е:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅+

⋅Γ

−⋅⋅⋅−⋅= 202

2

, 241

aviRM ae ππρ

( ) 02

21, =

+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

babUUiRM ae πρ

Заклучок: при опструјување на елиптичен цилиндер со совршен флуид (течност) со брзина во безкрајност паралелна со x – оската, не резултира со сила на притисок, односно со момент на таа сила. Задача 23.2. Во еднообразно рамнинско струење со комплексна брзина во безкрајност viUv ⋅−=0 , поставен е елиптичен цилиндер, дефиниран во x - y

рамнината со равенката 12

2

2

2

=+by

ax , за a > b. Оската на цилиндерот е нормална

на рамнината на струењето. Да се определи силата на притисок со која течноста делува на цилиндерот, како и моментот на таа сила во однос на координатниот почеток. Решение:

309

Во претходната задача покажано е дека, струењето околу елиптичен цилиндер со брзина U во безкрајност, која е паралелна со x – оската е определена со комплексниот потенцијал:

( ) ( )221 czbza

baUzw −⋅−⋅⋅−

=

Каде што 222 bac −= . На истиот начин ќе се добие и комплексниот потенцијал, ако v е брзина во бескрајност паралелна со y – оската, односно:

( ) ( )222 czazb

bavizw −⋅−⋅⋅−

⋅=

Бидејќи брзината viU ⋅−=0 , тогаш комплексниот потенцијал на збирното струење е:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]222221

1 czazbviczbzaUba

zwzwzw −⋅−⋅⋅⋅+−⋅−⋅⋅⋅−

=+=

Се развива во ред коренот, односно:

...2

122

22 +⋅

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅=−

zcz

zczcz

( ) ( ) ( ) ...12

+⋅⋅⋅+⋅⋅+

+⋅⋅−=z

vaiUbbazviUzw

Од равенката за комплексната брзина се доива:

( ) ( ) ( ) ( ) ...12 2 +⋅⋅⋅+⋅⋅+

−⋅−==z

vaiUbbaviUdz

zdwzv

Се добива дека 0=Γ и ( )vaiUbbaa ⋅⋅+⋅⋅+

−=22 , а силата на притисок е:

00 =Γ⋅⋅⋅=⋅−= viYiXF ρ , односно 0=Γ , а моментот на силата на притисок во однос на координатниот почеток е:

( ) ( ) ( )vaiUbbaviUiRM ae ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅= πρ1,

Односно:

( ) ( ) απρπρ ⋅⋅⋅−⋅⋅

=⋅⋅−⋅⋅−= 2sin2

20

222

22 vbavUbaM

α - агол кој го формира правецот на брзината во бескрајноста со x – оската. Задача 23.3. Рамна плоча со ширина a⋅2 лежи на x – оската на комплексната рамнина (z), при што средината на плочата лежи во координатниот почеток, а брзината на струењето во бескрајност изнесува viUv ⋅−=0 . Да се определи комплексниот потенцијал ( )zw на ова струење, силата на притисокот F со која течноста делува на плочата, и моментот M на таа сила во однос на координатниот почеток. Решение: Дадената плоча може да се добие со помош на комформното пресликување на централниот круг со полудијаметар a, кој во комплексната рамнина (Z) е дефиниран со равенката 222 aYX =+ . Дадена е и функцијата за пресликување:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=

ZaZz

2

21 , при што θ⋅⋅= ieaZ одговара на точките на кружната линија со

координати θcos⋅= ax и 0=y , за секоја точка на плочата ( )0=y .

310

Од равенката ( ) ( )dZdz

dzzdw

dZZWd

⋅= , следи: ( ) viUvdz

zdwZ

⋅−==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

→∝0lim

Изводот: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅= 2

2

121

Za

dZdz , со гранична вредност

21lim =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

→∝ dZdz

Z, односно

( )2

lim viUdZ

ZWdZ

⋅−=

→∝

Со помош на функцијата на пресликување: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=

ZaZz

2

21 , струењето околу

рамната плоча од комплексната рамнина (з) се пресликува во ациклично струење околу цилиндер со полудијаметар a во комплексната рамнина (З), на која и одговара комплексниот потенцијал:

( ) ( ) ( )Z

viUaZviUZW 122

1 2

⋅⋅+⋅

+⋅⋅−⋅=

И комплексната брзина во бескрајност ( )viUv ⋅−⋅=21

0

Од горната трансформација се добива: 22 azzZ −+= , односно 2

221a

azzZ

−−=

Со замена во горните равенки и после средувањето се добива: ( ) 22 azvizUzw −⋅⋅−⋅=

( )22 az

zviUdz

zdwv−

⋅⋅−==

Со развивање на коренот во ред се добива:

...2

122

22 +⋅

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅=−

zaz

zazaz

Брзината е: ...2 2

2

+⋅⋅⋅

−⋅−=z

vaiviUv

Со комбинирање на оваа равенка со општата равенка за комплексната брзина се добива:

...221

0 +++=za

zaav

Следува:

viUva ⋅−== 00 ; 021 =

⋅⋅Γ

=i

aπ

и 22 2

1 avia ⋅⋅⋅−=

Бидејќи комплексната сила на притисок изнесува: 00 =Γ⋅⋅⋅= viF ρ тогаш и F = 0

Моментот на силата на притисок во однос на координатниот почеток е дефиниран со равенката:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅+

⋅Γ

−⋅⋅⋅⋅= 202

2

, 241

aviRM ae ππρ

311

Со зададените и определени големини се добива:

( ) 22

, 22

1avU

ivaviUiRM ae ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅= πρπρ

Од равенката за 22 az

zviUv−

⋅⋅−= во точката az ±= се гледа дека интензитетот

на брзината расти неограничено, што е невозможно при струење на реална течност. На горните цртежи прикажани се струјните слики во комплексните рамнини (z) и (Z), струење околу плоча и струење околу кружен цилиндер. Задача 23.4. Рамна плоча со ширина a⋅2 лежи на x – оската во комплексната рамнина (z), при што средината на плочата лежи во координатниот почеток, а брзината на струењето во бескрајност изнесува viUv ⋅−=0 . Да се определат условите под кои брзината на задниот раб на плочата ке биде еднаков на нула и за тој случај да се определи силата на притисок, и моментот M на таа сила во однос на координатниот почеток. Решение: За Z = a, брзината да има конечна вредност, функцијата на комплексниот потенцијал ( )ZW , треба да се дополни со уште еден член кој преставува струење во полето на осамениот вртлог, односно:

( ) ( ) ( ) ZiZ

viUaZviUZW ln222

1 2

⋅⋅⋅

Γ+

⋅⋅+⋅

+⋅⋅−⋅=π


( ) ( ) ( ) ( )ZiZ

viUaviUdZ

ZWdZV 1222

12

2

⋅⋅⋅

Γ+

⋅⋅+⋅

−⋅−⋅==π

Од условот зададен во задачата ( ) 0=dZ

ZWd за aZ = следи:

( ) ( ) 0222

1=

⋅⋅⋅Γ

+⋅+⋅

−⋅−⋅ia

viUviUπ

, односно va ⋅⋅⋅−=Γ π2

Со пресликување на функцијата на комплексниот потенцијал ( )ZW во комплексната рамнина (z) со помош на функцијата за пресликување:

312

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=

ZaZz

2

21 , односно 22 azzZ −+= , следува 2

221a

azzZ

−−=

Се добива комплексниот потенцијал во комплексната рамнина (z): ( ) ( )2222 ln azzvaiazvizUzw −+⋅⋅⋅+−⋅⋅−⋅=


( ) ( )2222 az

vaiazzviU

dZZWdZV

−

⋅⋅+

−

⋅⋅−==

Се развива во ред:

...211

1

1 2

222+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅+=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

=− z

a

zaaz

z ; ...1211

1

11 2

222+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅+=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

=− z

azz

zaaz

...22

32

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅−

⋅⋅+⋅−=

zavi

zavi

zvaiviUV

Со компарирање на оваа равенка и општата равенка за комплексната брзина:

...221

0 +++=za

zaaV се добива: viUVa ⋅−== 00 ; vai

ia ⋅⋅=

⋅⋅Γ

=π21 и

22 2

1 avia ⋅⋅⋅−= , каде што va ⋅⋅⋅−=Γ π2

Комплексната сила на притисок изнесува: =Γ⋅⋅⋅= 0ViF ρ ( ) ( )viUvavaviUi ⋅+⋅⋅⋅⋅⋅−=⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅− πρπρ 22

Моментот на силата во однос на координатниот почеток:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅+

⋅Γ

−⋅⋅⋅−⋅= 202

2

, 241

aviRM ae ππρ

После воведувањето на определените големини се добива: vUaM ⋅⋅⋅⋅−= 2πρ

Бидејќи проекцијата X лежи во рамнината на плочата и не учествува во моментот на силата, тогаш следува: M = cxY ⋅ , од каде:

22

2 avUavUa

YMxc −=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

−==πρ

πρ

Према тоа силата R е нормална на брзината 0V во бескрајност, а нејзината

нападна линуија врви низ плочата во точката C, која е определена со 2aOC =

313

Задача 24.1. Osnosiмetri~no struewe na nestisliv fluid definirano e so potencijalot na brzinata ( )rk ⋅= lnϕ , kade {to a i k se pozitivni konstanti>

a) Da se proveri dali e zadovolena ravenkata na kontinuitetot? b) Da se opredelat povr{inite na isti brzini. v) Da se opredeli strujnata funkcija i skicira strujnata slika:

Re{enie: Ravenkata na kontinuitetot za nestisliv fluid e:

01=

∂∂

+∂∂⋅++

∂∂

zvv

rrv

rv zrr

θθ ili 01

2

2

2

2

=∂∂

−∂∂⋅+

∂∂

zrrrϕϕϕ

Od potencijalot se dobivaat slednit parcijalni izvodi:

ra

r=

∂∂ϕ

; 22

2

ra

r−=

∂∂ ϕ

; 02

2

=∂∂zϕ

Toga{ ravenkata na kontinuitetot e:

0012 =+⋅+−

ra

rra

So dadeniot potencijal na brzinata ( )rk ⋅= lnϕ , na ova struewe, ravenkata na kontinuitetot e zadovolena. b) Skalarnite komponenti na brzinata se:

=rvra

r=

∂∂ϕ

i 0=∂∂

=z

v zϕ

Intenzitetot na brzinata iznesuva rav = , a so toa povr{inite na ednakvi

brzini prestavuvaat koaksijalni cilindri.

v) Od grani~nite uslovi: =rvzrr ∂

∂⋅=

∂∂ ψϕ 1

i rrz

v z ∂∂⋅−=

∂∂

=ψϕ 1

, se dobiva obi~na

diferencijalna ravenka: adzd

=ψ

, od kade se dobiva strujnata funkcija:

Cza +⋅=ψ

Od ravenkite za potencijalot na brzinata ( )rk ⋅= lnϕ i strujnata funkcija Cza +⋅=ψ , se gleda deka ekvipotencijalnite povr{ini prestavuvaat

koaksijaklni povr{ini, strujnite povr{ini se ramnini normalni za z – oskata.

314

Задача 24.2. Za osnosimetri~no struewe na nestisliv fluid definirano vo cilindri~ni koordinati r, z so potencijal na brzinata bza +⋅=ϕ , kade {to a>0 i b>0. Potrebno e:

a) Da se proveri dali e zadovolena ravenkata na kontinuitetot? b) Da se opredeli brzinata vo proizvolna to~ka. v) Da se opredeli strujnata funkcija i skicira strujnata slika.

Re{enie:

a) Ravenkata na kontinuitetot za nestisliv fluid e:

01=

∂∂

+∂∂⋅++

∂∂

zvv

rrv

rv zrr

θθ ili 01

2

2

2

2

=∂∂

−∂∂⋅+

∂∂

zrrrϕϕϕ

Skalarnite komponenti na brzinata se:

=rv 0=∂∂

rϕ

; az

v z =∂∂

=ϕ

; 02

2

=∂∂zϕ

, odnosno, dadeniot potencijal na

brzinata ja zadovoluva ravenkata na kontinuitetot. b) Vo ovoj slu~aj vaì:

222

2 azr

v =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

=ϕϕ

, odnosno av =

Se nametnuva zaklu~okot deka brzinata e konstantna vo celoto strujno pole. v) Skalarnite komponenti na brzinata se:

=rvzrr ∂

∂⋅=

∂∂ ψϕ 1

i rrz

v z ∂∂⋅−=

∂∂

=ψϕ 1

Od oviie ravenki se opredeluva strujnata funkcija, odnosno:

raz

rr

⋅−=∂∂⋅−=

∂∂ ϕψ

i 0=∂∂

zψ

Cra +⋅−=2

2

ψ = Cra +⋅⋅− 2

21

Od ovaa ravenka moè da se zaklu~i deka strujnite povr{ini prestavuvaat kru`ni cilindri, a izvodnicite prestavuvaat srujnici. Ekvipotencijalnite povr{ini prestavuvaat povr{ini koi se normalni na z – oskata.

Задача 24.3. So zadovoluvawe na ravenkata na kontinuitetot kaj osnosimetri~no struewe na nestisliv fluid, da se opredeli potencijalot na

315

brzinata i strujnata funkcija, ako radijalnata brzina e dadena so ravenkata

rzav r⋅

= , za a > 0 , a zapirnata to~ka ima koordinati 0rr = i z=0.

Re{enie: Ravenkata na kontinuitetot za nestisliv fluid e:

01=

∂∂

+∂∂⋅++

∂∂

zvv

rrv

rv zrr

θθ ; 022 =

∂∂

+⋅

+⋅

−zv

rza

rza z ; sledi 0=

∂∂

zv z

A uslovot za osnosimetri~no struewe e ( 0=θv i 0=∂∂θ

)

Od uslovot za potencijalno (nevrtlo`no) struewe:

=vrot

zr vvvzr

kji

θ

θ ∂∂

∂∂

∂∂

= 0=⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂ j

rv

zv zr

Se dobiva:

rv

zv zr

∂∂

=∂∂

, odnosno: ra

rv z =∂∂

. Od ovaa diferencijalna ravenka se dobiva

aksijalnata komponenta na brzinata:

Cradrrav z +⋅=⋅= ∫ ln

Za dadeni grani~ni uslovi 0=zv ; 0rr = i 0zz = se opredeluva integracionata

konstanta C, odnosno: Cra +⋅= 0ln0 ; 0lnraC ⋅−= , toga{:

0

lnrrav z ⋅=

So koristeweto na poznatite ravenko za radijalnata i aksijalnata brzina:

=rvzrr ∂

∂⋅=

∂∂ ψϕ 1

i rrz

v z ∂∂⋅−=

∂∂

=ψϕ 1

Se dobiva sistem na parcijalni diferencijalni ravenki za opredeluvawe na potencijalot na brzinata.

rza

r⋅=

∂∂ϕ

i 0

lnrra

z⋅=

∂∂ϕ

I strujnit funkcii:

zaz

⋅=∂∂ψ

i 0

lnrrra

r⋅⋅−=

∂∂ψ

Od parcijalnata diferencijalna ravenka: rza

r⋅=

∂∂ϕ

, se dobiva:

( ) ( )zfrzazr +⋅⋅= ln,ϕ Ovaa ravenka se diferencira po promenlivata (z):

( )0

' lnlnrrazfra

z⋅=+⋅=

∂∂ϕ

; ( )00

' 1lnlnlnr

ararrazf ⋅=⋅−⋅= , po integracijata se

dobiva: ( ) Cr

zazf +⋅⋅=0

1ln

Kone~niot oblik na potencijalot na brzinata e:

316

( ) 10

ln, Crrzazr +⋅⋅=ϕ

Od parcijalnata diferencijalna ravenka: 0

lnrrra

r⋅⋅−=

∂∂ψ

, se dobiva:

( ) ( )∫ +⋅⋅⋅−= zfdrrrrazr0

ln,ψ

So parcijalnata integracija:

∫ ∫ ∫ ⋅−⋅=⋅=⋅⋅ duvvudvudrrrr0

ln ; dvdrr =⋅ ; 2

2rv = ; urr=

0

ln ; r

drrr

du ⋅= 0

( ) ( )zfrrrazr +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅−=

21ln

2,

0

2

ψ

So diferencirawe po promenlivata (z)

( ) zazfz

⋅+=∂∂ 'ψ

; ( ) 2

2

2Czazf +

⋅=

Kone~niot oblik na strujnata funkcija e:

( ) 20

22

21ln, C

rrrz

razr +⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅−⋅=ψ

Задача 24.4. Osnosimetri~no struewe na sovr{en nestisliv fluid definiran e so strujnata funkcija ( ) 2224 2, zrrzrmzr ⋅−⋅⋅−⋅=ψ . Da se opredeli ravenkata na vektorot na vrtlogot i konstantata m od uslovot da strueweto bide potencijalno. Za dobienite vrednosti na konstantata m da se opredelipotencijalot na brzinata. Re{enie: Vrtlogot (rotorot) na brzinata vo cilindri~ni koordinati e:

( ) ( )000

11 zvrvr

rrv

zvr

zvrv

rvrot rzr ⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∂∂

−∂⋅∂

⋅+⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∂∂

−∂∂

+⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∂⋅∂

−∂∂

⋅=θ

θθ

θθθ

Vrtlogot e: 02

2

2

2 121 θψψψω ⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂⋅−

∂∂

⋅⋅

=zrrrr

;

parcijalnit izvodi se:

23 244 zrzrrmr

⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=∂∂ψ

; 222

2

2412 zzrmr

⋅−⋅−⋅⋅=∂∂ ψ

zrrz

⋅⋅−⋅−=∂∂ 22 22ψ

; 22

2

2 rz

⋅−=∂∂ ψ

Toga{ vrtlogot e:

( ) 014 θω ⋅−⋅⋅= mr Od uslovot za potencijalno struewe se dobiva vrednosta na konstantata m,

odnosno: za 0=ω ; 41

=m

Strujnata funkcija na potencijalnoto struewe e:

( ) 2224 241, zrzrrzr ⋅−⋅⋅−⋅=ψ

Od proekciite na brzinata:

317

zrrv r ∂

∂⋅=

∂∂

=ψϕ 1

i rrz

v z ∂∂⋅−=

∂∂

=ψϕ 1

Se dobivaat parcijalnite diferencijalni ravenki za opredeluvawe na potencijalot na brzinata:

( ) ( )1222221 22 +⋅⋅−=⋅⋅−⋅−=⋅⋅−⋅−⋅=∂∂ zrzrrzrr

rrϕ

( ) 2223 42241 rzzzrzrrrz

−⋅+⋅=⋅⋅−⋅⋅−⋅−=∂∂ϕ

Od prvata ravenka se dobiva: ( ) ( ) ( )∫ +⋅+⋅⋅−= zfdrzrzr 12,ϕ = ( ) ( )zfzr ++⋅− 12

Se diferencira po promenlivata z, se dobiva:

( ) 22'2 42 rzzzfrz

−⋅+⋅=+−=∂∂ϕ

; ( ) zzzf ⋅+⋅= 42 2' ; ( ) 23 232 zzzf ⋅+⋅=

Kone~nata forma na potencijalot na brzinata e dadena so slednata ravenka:

( ) ( )1232, 223 +⋅−⋅+⋅= zrzzzrϕ

318

319

ЛИТЕРАТУРА

[1] И.Н. Мијаковски (1994), Механика на Флуиди, Збирка на решени и

испитни задачи, Битола. [2] В. И. Мијаковски (2007), Механика на флуиди (Динамика на вискозен

флуид), збирка на решени задачи, Битола.

[3] И.Н. Мијаковски (1995), Пумпно цевководни системи, Збирка на

решени и испитни задачи, Битола.

[4] И.Н. Мијаковски (1997), Табели на топлинско-физички особини на

водата и водената пара, Tехнички факултет – Битола.

[5] В. И. Мијаковски (2004), Транспорт на флуиди, збирка на решени

задачи, Битола.

[6] В. И. Мијаковски (2004), Практикум по Транспорт на флуиди, Битола.

[7] М. Шашић (1982), Транспорт флуида цевима, Машински факултет,

Београд.

[8] Schaschke C., (1998), Fluid mechanics worked examples for engineers,

IchemE, Rugby, UK.

[9] Petrila T., Trif D., (2005), Basics of fluid mechanics and introduction

to computational fluid dynamics, Springer Science, USA.

[10] М. Попов (1973), Хидродинамика, Техника, Софија.

[11] С. Чантрак, М. Бенешек, М. Павловић и др.,(1985), Решени задаци из

механике флуида са изводима из теорије, Грађевинска књига,

Београд.

[12] Бугаев Д.А., и др.(1981), Сборник задач по машиностроителной

гидравлике, Машиностроение, Москва.

Documents

MFzbirkafull makedonska