Problemi iz Mehanickih Operacija

U N I V E R Z I T E T U B E O G R A D U

P O L J O P R I V R E D N I F A K U L T E T

D r G o r a n T . V l a d i s a v l j e v i ć

PROBLEMI IZ MEHANIČKIH OPERACIJA − Zbirka rešenih zadataka sa izvodima iz teorije −

B E O G R A D , 2 0 0 0.


PROBLEMI IZ MEHANIČKIH OPERACIJA

Rešenjem Odbora za izdavačku delatnost Poljoprivrednog fakulteta Univerziteta u Beogradu od 27. 09. 1994. godine ova zbirka zadataka je odobrena kao univerzitetski udžbenik za studente Poljoprivrednog fakulteta u Beogradu.

Problemi iz Mehaničkih operacija -Zbirka rešenih zadataka sa izvodima iz teorije- I izdanje 1994 II dopunjeno izdanje 2000

Autor Dr Goran T. Vladisavljević, docent

Recenzenti Dr Vladeta Pavasović, Redovni profesor Dr Milan Mitrović, Redovni profesor

Izdavač Poljoprivredni fakultet Univerziteta u Beogradu Nemanjina 6, 11080 Beograd-Zemun Za izdavača Prof. dr Milorad Babović, dekan

Izrada naslovne strane i svih slika Dr Goran T. Vladisavljević

Kompjuterska obrada i priprema za štampu Dr Goran T. Vladisavljević

Štamparija Unitorg, Frana Levstvika 17a, 11090 Beograd, tel: 584-478

Tiraž 300 primeraka ISBN 86-80733-10-5

Ova knjiga je publikovana uz finansijsku podršku generalnog sponzora:

© Zabranjeno fotokokopiranje i preštampavanje bez pismene dozvole autora i izdavača

U N I V E R Z I T E T U B E O G R A D U

P O L J O P R I V R E D N I F A K U L T E T


PROBLEMI IZ MEHANIČKIH OPERACIJA

– Zbirka rešenih zadataka sa izvodima iz teorije –

GENERALNI SPONZOR

D.P. PROKUPAC – BEOGRAD

SPONZORI

VESKOM – BEOGRAD

D.P. MILODUH – BEOGRAD

PROGRES PROMET – TRNAVA

PANON – CRVENKA

HLADNJAČA BOLEČ – BEOGRAD

Društveno preduzeće za proizvodnju i promet alkoholnih i bezalkoholnih pića i poljoprivrednih proizvoda i usluga

Beograd, Kumodraška 263/a

TELEFONI: SEKRETARI:

Centrala 473-833 Proizvodnja 460-643 Direktor 460-799 Velikoprodaja 467-746 Magacin 493-630 Maloprodaja 462-822 TELEFAX: 011/467-524 Ugostiteljstvo 460-468

Žiro račun: 40816-601-0-49841 Transport 460-634

SOMBOR 025/22-491 ŠABAC 015/22-228 VALJEVO 014-21-457 ČAČAK 032/52-368

9

1. STATIKA FLUIDA

Osnovna jednačina statike nestišljivih fluida glasi:

)zz(gpp 2112 −ρ=− (1.1)

gde su p1 i p2 (Pa) hidrostatički pritisci u proizvoljnim tačkama 1 i 2, čije su visine u odnosu na referentni nivo z1 i z2 (m), dok je ρ (kg/m3) gustina fluida, koja je za nestišljive fluide (tečnosti) konstantna veličina.

Natpritisak ili manometarski pritisak, pm je razlika između apsolutnog pritiska fluida, p i atmosferskog pritiska, pa:

am ppp −= (1.2)

Potpritisak ili vakuumetarski pritisak, pv je razlika između atmosferskog pritiska, pa i apsolutnog pritiska fluida, p:

ppp av −= (1.3)

PRIMERI

1.1 U otvorenom cilindričnom rezervoaru unutrašnjeg prečnika D = 3 m nalazi se vino gustine ρ = 1020 kg/m3. Izračunati zapreminu vina u rezervoaru, ako je natpritisak na visini x = 1 m od dna rezervoara pm = 20 kPa.

Slika 1.1

Rešenje: Ako je referentni nivo (0-0) dno rezervoara, za tačke 1 i 2 se može napisati

p1 = pa, p2 = pa +pm, z1 = H, z2 = x

Problemi iz mehaničkih operacija ________________________________________

10

gde je H visina sloja vina u rezervoaru. Zamenom u jednačinu (1.1) dobija se

m 381,91020

10201

gp

xH3

m =⋅⋅

+=ρ

+=

odakle je ukupna zapremina vina u rezervoaru

hl 122m 2,2134

3H

4D

V 222

==π

=π

=

1.2 a) Odrediti pokazivanje h otvorenog živinog manometra vezanog za bočni zid rezervoara iz prethodnog primera, ako se donji nivo žive nalazi na y = 0,5 m ispod dna rezervoara. Gustina žive je ρž = 13600 kg/m3; b) Ako bi desni krak U-cevi bio zatvoren, koliko bi trebao da iznosi natpritisak gasa iznad površine žive u zatvorenom kraku da bi pokazivanje manometra bilo jednako nuli?

Slika 1.2

Rešenje: a) Uzmimo da je referentni nivo (0-0) donji nivo žive u U-cevi. Tada je z1 = H + y, z2 = 0 i p1 = pa, pa jednačina (1.1) za tačke 1 i 2 glasi

)yH(gpp a2 +ρ=−

S obzirom da je z4 = h, z3 = 0 i p4 = pa, jednačina (1.1) za tačke 4 i 3 glasi

ghpp ža3 ρ=−

_______________________________________________________ 1. Statika fluida

11

Pošto je pritisak u tačkama 2 i 3 jednak jer se nalaze na istoj visini i u istom fluidu, mogu se izjednačiti desne strane gornjih jednačina, pa se dobija:

gh)yH(g žρ=+ρ

odakle je

m 226,0)5,03(136001020

)yH(hž

=+=+ρρ

=

b) Pokazivanje manometra će biti jednako nuli ako se nivo žive u levom kraku podigne za h/2 a u desnom kraku spusti za h/2. Iz jednačine ravnoteže za ravan 0’-0’ sledi:

Pak 7,33aP 103,370,262/2)0,59,81(31020h/2)yH(gp 4m =⋅=−+⋅=−+ρ=

Slika 1.2b

1.3 U staklenoj epruveti se nalazi vazdušni stub visine ho = 18,5 cm, a iznad njega živin stub visine h = 2,2 cm. Odrediti atmosferski pritisak, ako se pri preokretanju epruvete za 180° visina stuba vazduha povećava na h1 = 19,6 cm. Pretpostaviti da je temperatura vazduha u epruveti konstantna. Rešenje: Bojl-Mariotov zakon za vazduh zatvoren u epruveti “čepom” od žive glasi


12

poVo = p1V1

gde su po i Vo početni pritisak i zapremina vazduha a p1 i V1 pritisak i zapremina vazduha nakon okretanja epruvete. Iz gornje jednačine sledi:

1žaoža Sh)ghp(Sh)ghp( ρ−=ρ+

gde je S površina poprečnog preseka epruvete. Posle sređivanja se dobija

rmba 1017Pa 10101,718,519,618,519,6

0,0229,8113600hhhh

ghp 3

o1

o1ža =⋅=

−+

⋅⋅=−+

ρ=

. .... .

pa

po

pa

p1

hh o

h 1h

Slika 1.3

1.4 Uz bočni zid nekog rezervoara napunjenog rastvorom gustine ρ = 1050 kg/m3 priključena je cev prečnika d = 6 cm, na čijem vrhu se nalazi teg. Odrediti masu tega, ako se pri punjenju rezervoara teg podiže u trenutku kada nivo tečnosti u rezervoaru dostigne visinu h = 1,8 m iznad tega. Rešenje: Na teg deluju dve sile: težina tega, Fg vertikalno naniže i rezultanta sile pritiska tečnosti i atmosferskog pritiska, Fp vertikalno naviše. Teg se podiže u trenutku kada se ove dve sile izjednače, dakle kada je Fp = Fg, odakle je:

_______________________________________________________ 1. Statika fluida

13

mg4

dgh

2

=π

ρ

gde je m masa tega a ρgh natpritisak u rastvoru na dubini h. Prema tome

gk 3,54

06,0 8,11050

4d

hm22

=π

⋅=π

ρ=

Slika 1.4

1.5 Stakleni U-manometar, ispunjen živom gustine ρž = 13600 kg/m3, priključen je u dva preseka horizontalne cevi. Koliku razliku pritisaka meri manometar ako pokazivanje ovog instrumenta iznosi h = 30 mm i ako kroz cev protiče: a) voda; b) suv vazduh pod normalnim uslovima. Rešenje: Na osnovu položaja žive u U-manometru može se zaključiti da je p1 > p2. S obzirom da je cev horizontalna očigledno je da se fluid koji se nalazi u njoj kreće, jer bi u protivnom moralo biti p1 = p2. To znači da je pad pritiska u cevi između preseka 1-1 i 2-2 posledica trenja koje se javlja pri strujanju fluida. Iz jednakosti pritisaka u nivou 0-0 sledi:

ghghpghp ž2211 ρ+ρ+=ρ+

odakle je

)(hgghgh)hh(gghpp žž21ž21 ρ−ρ=ρ−ρ=−ρ−ρ=−


14

gde je ρ gustina fluida koji protiče kroz cev. a) Gustina vode je ρ = 1000 kg/m3, pa se zamenom u gornju jednačinu dobija

mbar 37,08Pa 3708)100013600(81,903,0pp 21 ==−⋅=−

b) Normalni uslovi za gasove su po = 101325 Pa i to = 0°C. Iz tabele P.2 u prilogu vidi se da je gustina vazduha pod ovim uslovima ρ = 1,293 kg/m3. Dakle

mbar 40,02Pa 4002)293,113600(81,903,0pp 21 ==−⋅=−

Ako se gustina vazduha zanemari

mbar 40,02Pa 40021360081,903,0hgpp ž21 ==⋅⋅=ρ=−

dobija se isti rezultat, što znači da pri merenju razlike pritisaka gasova koji se nalaze pod uslovima bliskim normalnim, gustinu gasa treba zanemariti.

Slika 1.5 1.6 U sudu A se nalazi voda gustine ρ1 = 1000 kg/m3 a iznad slobodne površine vode vlada potpritisak pv = 33 kPa. U otvorenom sudu B se nalazi ulje gustine ρ3 = 800 kg/m3. Razlika visina nivoa tečnosti u sudovima se meri U-manometrom ispunjenim ugljentetrahloridom gustine ρ2 = 1600 kg/m3. Razlika visina nivoa ugljentetrahlorida je h2 = 500 mm, a gornjeg nivoa ugljentetrahlorida i vode u sudu A je h = 6 m. Odrediti: a) razliku visina nivoa tečnosti u sudovima A i B; b) visinu za koju treba spustiti U-cev da bi pokazivanje ovog instrumenta bilo jednako nuli.

_______________________________________________________ 1. Statika fluida

15

Slika 1.6

Rešenje: a) Iz jednakosti pritisaka u nivou 0-0 dobija se

)hhh(gpghghpp 213a2211va −+ρ+=ρ+ρ+− odakle je

m 2,25,0800

80016006800

800100081,9800

33000hhg

ph 2

3

321

3

31

3

v =−

−−

−⋅

=ρρ−ρ

−ρρ−ρ

−ρ

=

b) Ako je pokazivanje U-manometra jednako nuli, jednačina ravnoteže glasi:

( ) ( )h/2hxhgp/2hxhgpp 213a211va −++ρ+=++ρ+−

gde je x visina za koju treba spustiti U-cev. Odatle je

m 77,125,0

680010002,2800

)8001000(81,933000

2h

hh

)(gp

x 21

31

3

31

v =−−−⋅

−−

=−−ρ−ρ

ρ−

ρ−ρ=

1.7 Razlika pritisaka u cevima A i B merena je pomoću dva redno vezana U-manometra, ispunjena vodom gustine ρ1 = 1000 kg/m3 i živom gustine ρ2 = 13600 kg/m3. Naći pA – pB, ako je h1 = 1,75 m, h2 = 1,15 m, h3 = 0,75 m, h4 = 0,9 m i h5 = 0,6 m. Rešenje: Iz jednakosti pritisaka u nivou a-a sledi


16

pA + ρ1gh1 = pc + ρ2gh2 (1)

gde je pA pritisak u cevi A a pc pritisak u nivou c-c. Slično tome, za nivo b-b dobija se

pc + ρ1gh3 = pB + ρ1gh5 + ρ2gh4 (2)

gde je pB pritisak u cevi B. Ako se izrazi pc iz jedn. (1) i uvrsti u jedn. (2), sređivanjem se dobija pA – pB = ρ1g(h5 – h1 – h3) + ρ2g(h2 + h4) (3) odakle je

pA – pB = 1000⋅9,81(0,6 – 1,75 – 0,75) +13600⋅9,81(1,15 + 0,9) = 2,55⋅105 Pa = 2,55 bar

U ovom slučaju se osa cevi B nalazi 0,15 m iznad ose cevi A. Kada bi se ose cevi nalazile na istoj visini tada bi bilo h1 − h2 + h3 − h4 − h5 = 0, odakle je h5 – h1 – h3 = – (h2 + h4). Zamenom ove relacije u jednačinu (3) dobija se formula koja važi za slučaj kada se meri razlika pritisaka između tačaka koje se nalaze na istoj visini:

pA – pB = ρ2g(h2 + h4) – ρ1g(h2 + h4) = g(h2 + h4)(ρ2 – ρ1)

Slika 1.7

1.8 Mikromanometar u kome se nalaze dve nemešljive tečnosti gustina ρ1 = 870 kg/m3 i ρ3 = 830 kg/m3, sastoji se iz U-cevi prečnika d = 10 mm i čaša prečnika D = 100 mm.

_______________________________________________________ 1. Statika fluida

17

a) Utvrditi zavisnost između pokazivanja h i razlike pritisaka ∆p koju meri manometar, ako je h = 0 pri ∆p = 0. b) Odrediti ∆p pri h = 200 mm i objasniti zašto se uređaj zove mikromanometar. c) Koliko će se puta smanjiti pokazivanje manometra ako se uklone čaše?

Slika 1.8 Rešenje: a) Ako su obe čaše otvorene, jednačina ravnoteže za nivo 0-0 glasi

pa + ρ1gh1 = pa + ρ2gh2 odakle je

ρ1gh1 = ρ2gh2

Ako manometar meri razliku pritisaka p1 – p2, jednačina ravnoteže glasi

p1 + ρ1g(h1 – ∆h1) = p2 + ρ2g(h2 + ∆h2 – h) + ρ1gh

pa je p1 – p2 = ∆p = ρ1g(h + ∆h1) + ρ2g(∆h2 – h) (1)

Zapremina tečnosti gustine ρ1 koja pređe iz leve čaše u U-cev jednaka je zapremini tečnosti manje gustine koja pređe iz U-cevi u desnu čašu, što znači da je

2

2

1

22

h4

Dh

4D

h4

d∆

π=∆

π=

π


18

odakle je

2

2

21 Dd

hhh =∆=∆ (2)

Zamenom jednačine (2) u jednačinu (1) i sređivanjem dobija se tražena zavisnost

)](/D)d([hgp 212

21 ρ+ρ+ρ−ρ=∆ (3)

b) Zamenom datih podataka u jednačinu (3) dobija se

aP 112)]830870()000/11(830870[81,92,0p 2 =++−⋅=∆

na osnovu čega sledi da je pokazivanje manometra relativno veliko i pri malim razlikama pritisaka. Npr, u ovom primeru razlici pritisaka od 112 Pa odgovara pokazivanje od 200 mm, dok u primeru 1.5 razlici pritisaka od 3700-4000 Pa odgovara pokazivanje od samo 30 mm. Dakle, ovaj instrument se naziva mikromanometar, jer omogućava precizno merenje vrlo malih razlika pritisaka. c) Ako se uklone čaše d = D, što zamenom u jednačinu (3) daje

∆p = hg(ρ1 – ρ2 + ρ1 + ρ2) = 2hgρ1 (4)

pa će pokazivanje manometra iznositi

mm ,6687081,92

112g2p

h1

=⋅⋅

=ρ

∆=

Dakle, pokazivanje manometra će se smanjiti oko 30 puta.

Jednačina (4) se može dokazati i na sledeći način. Ako se uklone čaše i krajevi U-cevi spoje sa prostorima u kojima vladaju pritisci p1 i p2 (p1 > p2), visina stuba tečnosti gustine ρ1 će se u desnom kraku povećati za h a u levom kraku će se smanjiti za h, dok će visina stuba tečnosti gustine ρ2 u desnom kraku ostati nepromenjena. To znači da je:

∆p = hgρ1 – (– hgρ1) = 2hgρ1.

1.9 U rezervoaru u kome je uskladišten etanol gustine ρ = 790 kg/m3 natpritisak se meri pomoću U-manometra sa živom. Izračunati: a) promenu pokazivanja ovog instrumenta koja se javlja pri spuštanju U-cevi za x = 70 cm; b) natpritisak iznad slobodne površine etanola u rezervoaru ako je pre spuštanja U-cevi pokazivanje manometra iznosilo h = 40 cm, a razlika visina nivoa etanola u rezervoaru i donjeg nivoa žive u U-cevi h1 = 4 m. Rešenje: a) Jednačina ravnoteže za referentni nivo 0-0 glasi

p = pa + ρžgh

_______________________________________________________ 1. Statika fluida

19

gde je p apsolutni pritisak u nivou 0-0 a h pokazivanje U-cevi. Nakon spuštanja U-cevi nivo žive u levom kraku će se spustiti za ∆h/2 a u desnom kraku će se podići za ∆h/2, gde je ∆h promena pokazivanja U-cevi, pa nova jednačina ravnoteže za nivo 0-0 glasi

p + ρgx + ρg∆h/2 = pa + ρžg(h + ∆h)

Ako se p iz prve jednačine uvrsti u drugu, dobija se

pa + ρžgh + ρgx + ρg∆h/2 = pa + ρžg(h + ∆h)

što nakon sređivanja i zamene brojčanih vrednosti daje

cm ,245,00/7913600

705,0/

xh

ž

=−

=−ρρ

=∆

b) Jednačina ravnoteže za nivo 0-0 se takođe može napisati u obliku

p = pa + pm + ρgh1 = pa + ρžgh

gde je pm traženi natpritisak. Odatle je

pm = g(ρžh − ρh1) = 9,81(13600⋅0,4 − 790⋅4) = 22400 Pa = 0,224 bar

Slika 1.9


20

20

2. DINAMIKA FLUIDA

Zapreminski protok fluida, Qv (m3/s) se može izračunati iz jednačine

vSQv = (2.1)

gde je v (m/s) srednja brzina strujanja fluida a S (m2) površina poprečnog preseka toka. Maseni protok fluida, Qm (kg/s) gustine ρ (kg/m3) iznosi:

Qm = Qvρ = vSρ (2.2)

Jednačina kontinuiteta pri stacionarnom strujanju nestišljivog fluida (ρ = const) glasi:

Qv = v1S1 = v2S2 = const (2.3)

gde su v1 i v2 srednje brzine strujanja fluida u deonicama cevovoda površine poprečnog preseka S1 i S2. To znači da je srednja brzina strujanja veća u užim deonicama i obrnuto.

Za cilindrične cevi potpuno ispunjene fluidom površina poprečnog preseka toka je:

4

dS

2π= (2.4)

gde je d (m) unutrašnji prečnik cevi. U tom slučaju iz jednačine kontiniteta (2.3) sledi:

222

211 dvdv = (2.5)

Jednačina kontinuiteta pri stacionarnom strujanju stišljivih fluida glasi:

Qm = v1S1ρ1 = v2S2ρ2 = const (2.6)

gde su ρ1 i ρ2 gustine fluida u presecima 1-1 i 2-2.

Tabela 2.1 Kritične vrednosti Reynoldsovog broja pri strujanju kroz prave cevi

LAMINARNI REŽIM Re < 2300

PRELAZNI REŽIM 2300 < Re < 10000

TURBULENTNI REŽIM Re > 10000

Režim strujanja fluida se utvrđuje na osnovu Reynoldsovog broja (tabela 2.1)

ν=

µρ

= ee vdvdRe (2.7)

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

21

gde je µ (Pa⋅s) dinamička viskoznost fluida, ν = µ/ρ (m2/s) kinematička viskoznost fluida, a de (m) ekvivalentni prečnik, koji po definiciji iznosi:

OS4

de = (2.8)

gde je O (m) okvašen obim cevnog voda. Za cilindrične cevi potpuno ispunjene fluidom:

dd

)/4d(4d

2

e =ππ

= (2.9)

Bernulijeva jednačina primenjena za dva preseka strujne cevi 1-1 i 2-2 glasi:

g

222

2

211

1 hg2

vg

pzH

g2v

gp

z ++ρ

+=++ρ

+ (2.10)

gde su z1 i z2 (m) srednje visine preseka 1-1 i 2-2 u odnosu na proizvoljno odabran referentni nivo, p1 i p2 (Pa) statički pritisci u presecima 1-1 i 2-2, v1 i v2 (m/s) srednje brzine strujanja u presecima 1-1 i 2-2, H (m) radna visina (napor) pumpe ili ventilatora i hg (m) ukupna visina hidrauličkih gubitaka između dva preseka, koja se računa iz obrasca

tmg

g hhg

ph +=

ρ

∆= (2.11)

gde je: ∆pg (Pa) ukupni pad pritiska usled hidrauličkih otpora između dva preseka koji se obično meri pomoću U-manometra ili pijezometarskih cevi, hm (m) visina izgubljena usled lokalnih (mesnih) otpora, a h t (m) visina izgubljena usled podužnog trenja.

Visina izgubljena usled podužnog trenja na pravoj deonici cevnog voda dužine l (m) i ekvivalentnog prečnika de (m) pri srednjoj brzini strujanja fluida v, može se izračunati iz Darcy-Weisbachove jednačine:

e

2t

t dl

g2v

gp

h λ=ρ∆

= (2.12)

gde je ∆pt (Pa) pad pritiska usled podužnog trenja a λ (-) koeficijent podužnog trenja. Pri hidrauličkom proračunu cevovoda primenom Darcy-Weisbachove jednačine obično su poznati geometrijski parametri cevne mreže (ekvivalentni prečnik, de, dužina, l i relativna hrapavost, ε) i fizički parametri fluida (gustina, ρ i viskozitet, µ). U tom slučaju se javljaju dva problema: a) Poznat je pad pritiska usled podužnog trenja, ∆pt, tj. odgovarajuća visina gubitaka, h t, na osnovu čega treba odrediti srednju brzinu strujanja, tj. protok fluida; b) Poznata je srednja brzina strujanja fluida, na osnovu čega treba odrediti pad pritiska usled podužnog trenja, ∆pt, tj. odgovarajuću visinu gubitaka, h t.

Prvi problem se rešava primenom Karmanovog dijagrama, na kome je prikazana

zavisnost 1/√λ od Karmanovog broja, Ka = Re√λ, pri različitoj relativnoj hrapavosti, ε cevnog voda. Iz jednačina (2.7) i (2.12) može se dokazati da Karmanov broj iznosi:


22

lpd2

lhgd2

ReKa 2t

3e

2t

23e

µ∆ρ

=µρ

=λ= (2.13)

Kod rešavanja problema ovog tipa, prvo se izračunava Karmanov broj primenom jedn. (2.13), zatim se sa Karmanovog dijagrama očitava odgovarajuća vrednost 1/√λ i na kraju se na osnovu očitane vrednosti 1/√λ izračunava brzina strujanja fluida iz jednačine:

lpd21

lhgd21

v tete

ρ∆

λ=

λ= (2.14)

Drugi problem se rešava primenom Moodyjevog dijagrama, na kome je prikazana zavisnost λ od Re pri različitim vrednostima relativne hrapavosti, ε. U ovom slučaju se prvo izračunava Re, zatim se sa Moodyjevog dijagrama očitava λ i na kraju se na osnovu očitane vrednosti λ izračunava pad pritiska usled podužnog trenja iz jednačine (2.12).

Umesto Karmanovog i Moodyjevog dijagrama mogu se koristiti sledeće jednačine:

-Pri laminarnom toku fluida kroz cevi kružnog poprečnog preseka

Re64

=λ (2.15)

Zamenom jednačina (2.7), (2.9) i (2.15) u (2.12) i primenom izraza (2.1) i (2.4) dobija se

v42

2

t Qd

l128v

dl32

dl

2v

pπµ

=µ

=λρ

=∆ (2.16)

što predstavlja matematički oblik Hagen-Poiseuilleovog zakona.

-Pri turbulentnom strujanju fluida kroz hidraulički glatke cevi

53 10Re105,2 <<⋅ 4 Re3164,0

=λ (2.17)

73 10Re105,2 <<⋅ 80,Kalog 21

−=λ

(2.18)

-Pri turbulentnom strujanju fluida kroz hidraulički hrapave cevi

ε<<ε 60/5Re3/2 25,0

Re100

46,11,0

+ε=λ (2.19)

ε<<ε 60/5Re3/2

+

ε−=

λ Ka51,2

71,3glo 2

1 (2.20)

Re560/ <ε 4 ,110 ε=λ (2.21)

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

23

Lokalni (mesni) otpor je svako mesto unutar cevnog voda gde se menja intenzitet ili pravac vektora brzine, npr. koleno, krivina, naglo proširenje i suženje cevovoda, ventil, slavina, itd. Visina izgubljena usled lokalnih otpora na deonici cevnog voda konstantnog poprečnog preseka se definiše na sledeći način:

e

n

11ei2n

1ii

2

m d

l

g2v

g2v

h∑

∑ =

=

λ=ξ= (2.22)

gde je ξ i (-) koeficijent i-tog lokalnog otpora a lei (m) njegova ekvivalentna dužina.

v1 v2

S1

S2

Naglo proširenje cevovoda

Visina izgubljena na mestu naglog proširenja cevovoda iznosi

( )

pr

21

221

pr,m g2v

g2vv

h ξ=−

= (2.23)

gde je v1 brzina u užoj deonici cevnog voda a v2 brzina u široj deonici (v1 > v2). Iz jedn. (2.3) i (2.23) sledi da je koeficijent lokalnog otpora na mestu naglog proširenja cevovoda

2

2

1pr S

S1

−=ξ (2.24)

Poseban slučaj naglog proširenja cevovoda je potopljen prelaz iz cevi u rezervoar. U tom slučaju je S1 « S2, pa se iz jednačine (2.24) dobija ξpr = ξ i = 1.

Visina izgubljena na mestu naglog suženja cevovoda iznosi

suž

21

suž,m g2v

h ξ= (2.25)

gde je v1 brzina u suženoj deonici cevnog voda a ξsuž koeficijent lokalnog otpora na mestu naglog suženja, dat u tabeli 2.2 u funkciji od odnosa S1/S2. Poseban slučaj naglog suženja je prelaz iz rezervoara u cev kada je S1/S2 = 0, a ξsuž = ξu = 0,5 (tabela 2.2).


24

v2 v1

S2

S1

Naglo suženje cevovoda

Tabela 2.2. Koeficijent lokalnog otpora na mestu naglog suženja cevovoda

S1/S2 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,8

ξsuž 0,5 0,47 0,43 0,38 0,33 0,30 0,25 0,15

Zamenom jednačina (2.22) i (2.12) u jednačinu (2.11) dobija se ukupna visina gubitaka

e

n

11ei2n

1ii

e

2

g d

ll

g2v

dl

g2v

h∑

∑ =

=

+λ=

ξ+λ= (2.26)

PRIMERI

2.1 REŽIMI STRUJANJA FLUIDA I JEDNAČINA KONTINUITETA 2.1.1 Odrediti ekvivalentni prečnik strujne cevi čiji poprečni presek ima oblik: a) pravougaonika dužine a = 3 m i širine b = 2 m; b) jednakostraničnog trougla stranice a = 2 m; c) kružnog prstena unutrašnjeg prečnika d = 3 m i spoljašnjeg prečnika D = 5 m. Rešenje: Iz jednačine (2.8) sledi

a) m2,4 23232

baab2

)ba(2ab

4de =+⋅⋅

=+

=+

=

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

25

b) m 1,153

323

3a3a4

3a

4d

2

e ====

c) m 235dDDddD

Dd4

d4

D

4d22

22

e =−=−=+−

=π+π

π−

π

=

Slika 2.1.1

2.1.2 Izračunati Reynoldsov broj pri strujanju Qv = 150 l/s vode temperature 30°C kroz: a) međucevni prostor aparata sastavljenog od n = 37 paralelnih cevi spoljašnjeg prečnika ds = 30 mm koje se nalaze u cilindričnom omotaču unutrašnjeg prečnika Du = 450 mm; b) otvoreni kanal poprečnog preseka oblika trapeza, čija širina dna iznosi a = 30 cm, a nagib bočnih stranica α = 60°. Visina vode u kanalu je h = 20 cm.

Slika 2.1.2

Rešenje: a) Ekvivalentni prečnik međucevnog prostora aparata prema jednačini (2.8) iznosi


26

m ,108003,03745,003,03745,0

ndDndD

dnD4

dn

4D

4d22

su

2s

2u

su

2s

2u

e =⋅+⋅−

=+−

=π+π

π−

π

=

dok je brzina strujanja vode prema jednačini (2.1)

m/s ,131)03,03745,0(

15,04)ndD(

Q4

4d

n4

DQ

SQ

v 222s

2u

v2s

2u

vv =⋅−π

⋅=

−π=

π−

π==

pa je Reynoldsov broj prema jednačini (2.7)

56

e 1052,110805,0108,013,1vd

Re ⋅=⋅⋅

=ν

= −

gde je ν = 0,805⋅10-6 m2/s kinematička viskoznost vode na 30°C određena iz tabele P.3. b) Ekvivalentni prečnik kanala iznosi

m 0,43632,040,3

)32,00,2(0,34

3h4a)3hh(a

4 nh/si2a

)gct ha(h4 de =

⋅+

+=

+

+=

α+α+

=

a brzina strujanja vode

m/s ,811)32,03,0(2,0

15,0)3hh(a

QS

Qv vv =

+=

+==

pa je Reynoldsov broj 5

6e 108,9

10805,0436,081,1vd

Re ⋅=⋅⋅

=ν

= −

2.1.3 Kroz razmenjivač toplote sa cevnim snopom koji se sastoji od n = 380 paralelno postavljenih cevi unutrašnjeg prečnika du = 13 mm protiče Qo = 6400 Nm3/h azota (idealni gas) pritiska p = 400 kPa. Odrediti brzinu strujanja azota u cevima na ulazu i izlazu iz aparata, ako je temperatura azota na ulazu u aparat t1 = 120°C, a na izlazu iz aparata t2 = 30°C. Zanemariti pad pritiska gasa usled podužnog trenja.

Slika 2.1.3

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

27

Rešenje: Površina poprečnog preseka toka azota je konstantna duž aparata i definisana izrazom

const4

d nS

2u =π

=

Maseni protok azota je prema jednačini kontinuiteta (2.6) takođe konstantan i iznosi

constVM

QQo

om ==

gde je Vo = 22,4 m3/kmol molarna zapremina idealnog gasa pri normalnim uslovima, a M = 28 kg/kmol molarna masa azota (tabela P.1). Gustina azota na ulazu u aparat je

11g1 RT

pMTR

p==ρ

gde je Rg = R/M gasna konstanta N2, a R = 8315 J/kmolK univerzalna gasna konstanta. Zamenom gornjih jednačina u jedn. (2.6) dobija se brzina strujanja azota na ulazu u cevi

sm/ 2,910,01338010422,40036

393831564004pndV

RTQ4v 252

uo

1o1 =

π⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=π

=

Brzina strujanja azota na izlazu iz cevi iznosi

sm/ 9,6393293

12,9TT

vpndV

RTQ4v

1

212

uo

2o2 ===

π=

2.2 TEORIJSKA ANALIZA STRUJANJA FLUIDA 2.2.1 U nekom prostornom strujnom polju brzina je definisana izrazom:

sm/ kxzjyi)xz2(v 222 →→→→+τ+−=

Odrediti: a) intenzitet vektora ubrzanja fluida u tački (4,3,2) i vremenu τ = 1 s; b) zapreminski protok i srednju brzinu strujanja kroz površinu oivičenu kvadratom ABCD, čija su temena A (0, 0, 2), B (1, 0, 2), C (1, 1, 2) i D (0, 1, 2); c) zapreminski protok i srednju brzinu strujanja kroz površinu oivičenu krugom prečnika D = 2 m, koji je paralelan sa ravni xoy i čije središte leži u tački A (1, 0, 1). Rešenje:

a) Dato strujno polje je nestacionarno jer brzina strujanja zavisi od vremena. Ubrzanje fluida se definiše kao supstancijalni izvod brzine, koji za nestacionarno strujno polje glasi


28

→→→→→→→→

→++=

∂∂

+∂∂

+∂∂

+τ∂

∂=

τ= kajaia

zvv

yvv

xvvv

DvDa zyxzyx

gde su →i ,

→j i

→k koordinatni ortovi (jedinični vektori koordinatnih osa), dok su ax, ay i az

intenziteti komponenata vektora ubrzanja u pravcu x, y i z ose:

=∂∂

+∂∂

+∂∂

+τ∂

∂=

zv

vy

vv

xv

vv

a xz

xy

xx

xx

=∂−∂

+∂−∂

τ+∂−∂

−+τ∂−∂

=z

)xz2(xz

y)xz2(

yx

)xz2()xz2(

)xz2( 22

22

22

2

22222 m/s 128242)42)(422(xz20)x2)(xz2(0 =⋅⋅+⋅−−⋅=++−−+=

=∂

∂+

∂

∂+

∂

∂+

τ∂

∂=

z

vv

y

vv

x

vv

va y

zy

yy

xy

y

=∂τ∂

+∂τ∂

τ+∂τ∂

−+τ∂τ∂

=z

)y(xz

y)y(

yx

)y()xz2(

)y( 22

22

22

2

244 m/s 9131320y0y2 =⋅+⋅⋅=+τ++τ=

=∂∂

+∂∂

+∂∂

+τ∂

∂=

zv

vy

vv

xv

vv

a zz

zy

zx

zz

=∂

∂+

∂∂

τ+∂

∂−+

τ∂∂

=z

)xz(xz

y)xz(

yx

)xz()xz2(

)xz( 22

22

22

2

232223222 m/s 2082422)422(zx20z)xz2(0 =⋅⋅+−⋅=++−+=

Intenzitet vektora ubrzanja iznosi

22222z

2y

2x m/s244 2089128aaaa =++=++=

b) Kvadrat ABCD je normalan na z-osu, što znači da traženi zapreminski protok iznosi:

/sm 22

14

2x

4dx x4)xd AC)(zx(dsvQ 321

0

21

0

2

1

0

S

0

zv ==

==== ∫∫∫

gde je z = 2 m, a m. 1AC = Srednja brzina strujanja prema jednačini (2.1) iznosi:

m/s 211

2ACAB

QS

Qv vv =

⋅=

⋅==

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

29

z

y

x

A C

B D

1 m

1 m

2 m

Slika 2.2.1b

c) Traženi zapreminski protok iznosi:

xdy x2dx) y2)(xz(dsvQ2

0

x

0

2

S

0

zv ∫∫∫ ===

jer je z = 1 m. Iz Pitagorine teoreme (sl. 2.2.1 c) se dobija: y2 + (x–R)2 = R2, odakle je

222 )1x(1)Rx(Ry −−=−−=

jer je R = D/2 = 1 m. Zamenom gornje relacije u izraz za zapreminski protok dobija se

[ ]

−−−=−−−−=−−= ∫∫∫2

0

22

0

22

0

2v dx)1x(12dx)1x(1)x1(12dx)1x(1x2Q

dx)1x(120dx)1x(12dx)1x(1)x1(2

0

22

0

22

0

2 ∫∫∫ −−=−−−=

−−−−

Naime, ako se izvrši smena 1−(x –1)2 = t, dobija se (1−x)dx = (1/2)dt , pa je:

0t31

td t21

dx)1x(1)x1(0

0

3/2

0

0

2

0

2 =

==−−− ∫∫

Uvođenjem smene x–1 = sin t, dobija se dx = cos t dt, odakle je:


30

∫∫∫∫π

π−

π

π−

π

π−

=+==−=−−=/2

/2

/2

/2

2/2

/2

22

0

2v dt t)2cos1(tdt cos2tdt cos tsin12dx)1x(12Q

/sm 02

022

)sin(22

sin22

t2sint 3

/2

/2

π=

+

π−−+

π=

π−

+π

−−π

+π

=

+=

π

π−

Srednja brzina strujanja iznosi:

sm/ 11RS

Qv 22

v =⋅ππ

=ππ

==

Slika 2.2.1c

2.2.2 U nekom površinskom strujnom polju brzina je definisana izrazom:

sm/ jxy6ix3v 2 →→→τ+=

Odrediti intenzitet vektora brzine i ubrzanja fluida u tački (1,3) i vremenu τ = 2 s. Rešenje: Intenzitet vektora brzine iznosi

m/s 36)2316()13(vvv 2222y

2x =⋅⋅⋅+⋅=+=

Intenziteti komponenata vektora ubrzanja iznose:

=∂

∂τ+

∂∂

+τ∂

∂=

∂∂

+∂∂

+τ∂

∂=

y)x3(

xy6x

)x3(x3

)x3(y

vv

xv

vv

a22

22

xy

xx

xx

233 sm/ 181180x180 =⋅=++=

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

31

=∂

τ∂τ+

∂τ∂

+τ∂τ∂

=∂

∂+

∂

∂+

τ∂

∂=

y)xy6(

xy6x

)xy6(x3

)xy6(y

vv

x

vv

va 2y

yy

xy

y

2222222 sm/ 5582313623118316yx36yx18xy6 =⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅=τ+τ+=

Intenzitet vektora ubrzanja iznosi

2222y

2x m/s 55855818aaa ≈+=+=

2.2.3 Ako su komponente vektora brzine definisane jednačinama:

22x yx2xy3v ++=

32y yy2xv −−=

dokazati da je dato površinsko strujno polje nestišljivo. Rešenje: Jednačina kontinuiteta za nestišljivo površinsko strujno polje glasi

0y

v

xv yx =

∂

∂+

∂∂

Za navedeno strujno polje je

0)y32()2y3(y

)yy2x(x

)yx2xy3( 223222

=−−++=∂

−−∂+

∂++∂

što nedvosmisleno pokazuje da je ovo strujno polje nestišljivo. 2.2.4 Profil brzina pri razvijenom laminarnom strujanju nestišljivog viskoznog fluida kroz cev kružnog poprečnog preseka definisan je jednačinom:

−= 2

2

max Rr

1vv

gde je v brzina na radijalnom rastojanju r od ose cevi (lokalna brzina), R poluprečnik cevi, a vmax maksimalna brzina (brzina u osi cevi). Odrediti: a) zapreminski protok fluida i srednju brzinu strujanja; b) protok kinetičke energije fluida i količine kretanja; c) rastojanje od zida cevi tačke u kojoj je lokalna brzina jednaka srednjoj brzini. Rešenje: a) Zapreminski protok fluida kroz cilindričnu cev nezavisno od režima strujanja iznosi


32

∫∫∫ π===R

0

S

0

S

0

vv rdr2vvdsdQQ

gde je v brzina strujanja fluida kroz elementarni kružni prsten debljine dr i poluprečnika r, 2πrdr je površina poprečnog preseka elementarnog prstena, a v2πrdr je zapreminski protok fluida kroz ovaj prsten. Primenom jednačine profila brzine v = f(r) dobija se

=

π=

−π= ∫∫∫ −

R

0

2

3R

0

max

R

0

2

2

maxv drRr

rdrv2rdrRr

1v2Q

2vR

4R

2R

v2 max222

maxπ

=

−π=

Prema jednačini (2.1) srednja brzina iznosi

2v

RQ

v max2

vsr =

π=

b) Protok kinetičke energije kroz elementarni kružni prsten iznosi

rdrvrdr2v2

vdQ

2v

dQ2

vEd 3

2

v

2

m

2

k πρ=πρ=ρ==

pa je protok kinetičke energije kroz ceo poprečni presek cevi

∫∫∫

−πρ=πρ==

R

0

3

2

23max

R

0

3k

R

0

k rdrRr

1vrdrvEdE

pri čemu je ρ = const jer je fluid nestišljiv. Ako se uvede smena 1−(r2/R2) = t dobija se rdr = (−R2/2)dt, t = 1 pri r = 0 i t = 0 pri r = R, odakle je

2srm

3sr

23max

23max

2

0

1

33max

2k vQvRvR

81

41

0vR21

dttvR21

E =πρ=πρ=

−πρ−πρ−= =∫

što znači da je kk E/2)1(E = , gde je kE protok kinetičke energije fluida pod uslovom da je u svim tačkama v = vsr. Protok količine kretanja kroz elementarni kružni prsten iznosi

rdr2v)rdr2v(v)dQ(vvdQKd 2vm πρ=πρ=ρ==

pa je ∫∫∫

−πρ=πρ==

R

0

2

2

22max

R

0

2

R

0

rdrRr

1v2rdr2vKdK

Uvođenjem smene 1−(r2/R2) = t dobija se

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

33

K34

vQ34

vR34

vR31

dttvRK srm2sr

22max

2

1

0

22max

2 ==πρ=πρ=πρ= ∫

gde je K protok količine kretanja pod uslovom da je u svim tačkama cevi v = vsr. c) Zamenom v = vsr u jednačinu profila brzine v = f(r) dobija se

21

Rr

1vv

2

2sr

max

sr =−=

gde je rsr rastojanje od ose cevi tačke u kojoj je v = vsr. Odatle sledi

R707,05,0Rrsr ==

Rastojanje od zida cevi tačke u kojoj je v = vsr iznosi

R293,0R707,0RrRy srsr =−=−=

2.2.5 Profil brzina pri razvijenom turbulentnom strujanju nestišljivog viskoznog fluida kroz cev kružnog poprečnog preseka definisan je jednačinom:

n/1

max Rr

1vv

−=

gde je n realni broj koji zavisi od Re i koji se obično kreće između 6 i 10. Ako je R = 50 mm, n = 8, vmax = 2 m/s i ρ = 1000 kg/m3, odrediti: a) zapreminski protok fluida i srednju brzinu strujanja; b) odnos srednje i maksimalne brzine strujanja; c) protok kinetičke energije fluida i protok količine kretanja; d) rastojanje od zida cevi tačke u kojoj je lokalna brzina jednaka srednjoj brzini. Rešenje: a) Zapreminski protok fluida za datu raspodelu brzina iznosi

∫∫∫ −π−=

−π=π=

0

1

n/1max

2R

0

n/1

max

R

0

v dt)t1(tvR2rdrRr

1v2rdr2vQ

pri čemu je izvršena smena 1−r/R = t. Daljim rešavanjem se dobija

=

++

+−π−=

−π−= ∫∫ +

1n2n

1nn

vR2dttdttvR2Q max2

0

1

n/)1n(0

1

n/1max

2v

l/s 13/sm 0,013)182)(18(205,082

)1n2)(1n(vRn2 3

22max

22

==+⋅+⋅⋅π⋅⋅

=++

π=


34

m/s 1,67)182)(18(

282)1n2)(1n(

vn2R

Qv

2max

2

2v

sr =+⋅+

⋅⋅=

++=

π=

b) 0,84)182)(18(

82)1n2)(1n(

n2vv 22

max

sr =+⋅+

⋅=

++=

Pošto se n obično kreće u intervalu od 6-10 iz gornje jednačine se može zaključiti da pri turbulentnom strujanju fluida kroz cilindričnu cev odnos vsr/vmax obično varira od 0,79 do 0,87, a pri laminarnom strujanju iznosi 0,5. Pri turbulentnom strujanju lokalna brzina u početku sporo opada u pravcu zida cevi a zatim se u neposrednoj blizini zida naglo smanjuje, dok pri laminarnom strujanju lokalna brzina opada znatno ravnomernije.

0,0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,00,0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0Turbulentni tok (n=8)

Laminarni tok

v/v m

ax

r/R

Slika 2.2.5

c) ∫ ∫∫ =−ρπ=

−πρ=πρ=

R

0

1

0

n/33max

2n/3

3max

R

0

3k dt)t1(tvRrdr

Rr

1vrdrvE

=

+−

+ρπ=

−ρπ= ∫ ∫ +

3n2n

3nn

vRdttdttvR 3max

2

1

0

1

0

n/)n3(n/33max

2

W 19,2)382)(38(

2100005,08)3n2)(3n(

vRn 3223max

22

=+⋅+

⋅⋅⋅π⋅=

++ρπ

=

∫∫∫ =−ρπ=

−πρ=πρ=

1

0

n/22max

2

R

0

n/22max

R

0

2 dt)t1(tvR2rdrRr

1v2rdr2vK

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

35

=

+−

+ρπ=

−ρπ= ∫∫ +

2n2n

2nn

vR2dttdttvR2 2max

2

1

0

n/)2n(

1

0

n/22max

2

m/skg 2,32)282)(28(

2100005,082)2n2)(2n(

vRn2 2222max

22

⋅=+⋅+

⋅⋅⋅π⋅⋅=

++ρπ

=

d) Zamenom v = vsr i izraza za vsr/vmax u jednačinu profila brzine v = f(r) dobija se

)1n2)(1n(n2

Rr

1vv 2n/1

sr

max

sr

++=

−=

odakle je

++

−=n2

sr 1)1)(2n(n2n

1 Rr

Rastojanje od zida cevi tačke u kojoj je v = vsr iznosi

mm 121)81)(2(8

82 50

1)1)(2n(n2n

RrRy82n2

srsr =

+⋅+

⋅=

++

=−=

2.2.6 Izračunati intenzitet turbulencije, ako srednja brzina strujanja u pravcu osnovnog toka iznosi vx = 40 m/s, a trenutna pulzaciona brzina ∆vx = (0,5 sin ωτ) m/s.

vx

u trenutku τA

∆vx - Pulzaciona brzina

38,5

39,0

39,5

41,0

40,5

40,0

τA

∆vx

A

v x , m

/s

Vreme, τ

Slika 2.2.6

Rešenje: Pri turbulentnom strujanju lokalna brzina u pravcu osnovnog toka je funkcija vremena, a trenutna brzina se definiše kao zbir srednje brzine i trenutne pulzacione brzine:


36

m/s 5),040(vvv xxx ±=∆+=

U ovom slučaju trenutna brzina osciluje oko 40 m/s, pri čemu je amplituda tih oscilacija 0,5 m/s. Intenzitet turbulencije se definiše kao koeficijent varijacije trenutne brzine, tj. kao količnik standardne devijacije trenutne brzine (kvadratnog korena srednjeg kvadrata odstupanja trenutne brzine od srednje vrednosti) i srednje brzine:

x

2x

v

vI

∆=

Srednja vrednost bilo koje oscilatorne funkcije vremena, A = f(τ), iznosi:

∫ τ=T

0

AdT1

A

gde je T period oscilovanja funkcije A. Gornja jednačina primenjena za 2xvA ∆= glasi

τωτπω

=τ∆πω

=τ∆=∆ ∫∫∫ωπωπ

d sin5,0d vdvT1

v/

0

22/

0

2x

T

0

2x

2x

Ako je ωτ = x, dobija se dτ = (1/ω)dx, x = 0 za τ = 0 i x = π za τ = π/ω, pa je

222

0

2

0

2

0

22

2x /sm

20,5

x2sin41

2x5,0

xd 2

x2cos15,0xd xsin

5,0v =

−

π=

−π

=π

=∆πππ

∫∫

Zamenom ove vrednosti u izraz za intenzitet turbulencije dobija se

0088,0402

5,0I =

⋅=

2.2.7 U nekoj tački strujne cevi izmerene su sledeće vrednosti trenutne brzine u pravcu osnovnog toka, vi (m/s): 37; 42; 45; 39; 36; 40; 41; 38. Izračunati intenzitet turbulencije u posmatranoj tački. Rešenje: Na osnovu izvršenog tabelarnog proračuna srednja brzina iznosi:

m/s 39,758

318nv

v i ==∑

=

a koeficijent varijacije trenutne brzine

sm/ 2,7375,398

12700)v(

nv

n)vv(

v 222i

2i2

x =−=−∑

=−∑

=∆

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

37

pa je intenzitet turbulencije:

069,075,3973,2

v

vI

x

2x ==

∆=

v (m/s) )/s(mv 222

i

37 42 45 39 36 40 41 38

1369 1764 2025 1521 1296 1600 1681 1444

Σ 318 12700

2.3 INSTRUMENTI ZA HIDRAULIČKA MERENJA 2.3.1 Protok suvog vazduha temperature 25°C u cevnom vodu unutrašnjeg prečnika D = 0,3 m meren je pomoću Pitot-Prandtlove cevi, postavljene u 10 različitih tačaka unutar poprečnog preseka cevnog voda. Ove tačke su tako odabrane da se nalaze na sredinama 10 koncentričnih kružnih prstenova identične površine, koji naležu jedan na drugi i čiji zbir površina daje ukupnu površinu poprečnog preseka cevnog voda. Razlike nivoa vode u U-cevi, priključenoj na Pitot-Prandtlovu cev, iznose:

Redni broj tačke 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Pokazivanje U-cevi, h (mm) 20,3 18,8 17,8 16,9 16,0 15,1 14,0 12,8 11,0 8,0

Odrediti parametre vmax i n u jednačini profila brzine (primer 2.2.5) i maseni protok gasa. Rešenje: Pitot-Prandtlova cev meri lokalni dinamički pritisak fluida, pa je

iwiw

2i

idini ghgh)(2v

)p(p ρ≈ρ−ρ=ρ

==∆

gde je v i lokalna brzina fluida u i-toj tački, h i pokazivanje U-manometra u toj tački, ρw gustina vode, a ρ = 1,185 kg/m3 gustina suvog vazduha određena iz tabele P.2. Odatle je


38

)/(gh2v wii ρρ=

Za tačku sa rednim brojem 1 dobija se

m/s 18,30/1,185)0,0203(1009,812v1 =⋅⋅=

Na isti način se može izračunati lokalna brzina strujanja i u preostalim tačkama. Površina poprečnog preseka svakog od deset pomenutih kružnih prstenova je

2222

1i2i

i m ,0070704

3,0101

4D

101

4)dd(

ss =π⋅

=π

=−π

== −

što znači da prečnici kružnica koje definišu ove kružne prstenove iznose

i009,0d0,009d10

0,3d 2

1i2

1i

2

i ⋅=+=+= −−

pri čemu je do = 0 i d10 = D. Pošto se tačke nalaze na sredini rastojanja između susednih kružnica, radijalno rastojanje ovih tačaka od ose cevnog voda iznosi

4)1ii(009,0

4dd

2/2d/2d

2d

r 1ii1iiii

−+=

+=

−+= −−

Za tačku sa rednim brojem 1 dobija se

mm 23,7m 0237,04009,0

4)111(009,0

4)1ii(009,0

r1 ===−+

=−+

=

Na isti način se može izračunati radijalno rastojanje od ose cevi i za preostale tačke:

Položaj tačke 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

r (mm) 23,7 57,3 74,6 88,5 100 111 121 130 138 146

1 − r/R (-) 0,842 0,618 0,503 0,410 0,333 0,260 0,193 0,133 0,080 0,027

v (m/s) 18,3 17,6 17,2 16,7 16,3 15,8 15,2 14,6 13,5 11,5

Logaritmovanjem jednačine kojom je definisan profil brzina dobija se

−+=

Rr

1logn1

vlogvlog max

To znači da je u log-log koordinatnom sistemu v linearna funkcija od 1 − r/R, pri čemu se iz odsečka na ordinati ove prave može odrediti vmax, a iz nagiba n. Pošto se merenja uvek izvode sa određenom greškom, da bi se na osnovu eksperimentalnih rezultata

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

39

odredio nagib i odsečak prave primenjuje se metoda najmanjih kvadrata. Ako, u opštem slučaju, raspolažemo sa n eksperimentalno dobijenih parova vrednosti

x x1 x2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ xn−1 xn

y y1 y2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ yn−1 yn

na osnovu kojih treba napisati linearnu funkciju oblika

y = A + Bx

parametre A i B treba odrediti na taj način da zbir kvadrata odstupanja eksperimentalno dobijenih vrednosti y od vrednosti y izračunatih iz gornje jednačine bude što manji. To znači da treba naći minimum funkcije

∑∑==

−−=−=n

1i

2ii

n

1i

2ii )BxAy()]x(fy[)B,A(f

U tački minimuma prvi parcijalni izvodi funkcije su jednaki nuli:

∑=

=−−−=∂

∂ n

1iii 0)BxAy(2

A)B,A(f

∑=

=−−−=∂

∂ n

1iiii 0x)BxAy(2

B)B,A(f

što posle sređivanja daje sistem od dve jednačine sa dve nepoznate (A i B):

∑ ∑= =

+=n

1i

n

1iii xBnAy

∑ ∑∑= ==

+=n

1i

n

1i

2i

n

1iiii xBxAxy

čije je rešenje:

2n

1ii

n

1i

2i

n

1ii

n

1ii

n

1iii

)x(xn

yxxynB

∑∑

∑∑∑

==

===

−

−= (1)

n

xB

n

yA

n

1ii

n

1ii ∑∑

== −= (2)

U ovom slučaju je x i = log(1−r i/R) i y i = log vi, pa je


40

i xi y i y ixi 2ix

1 -0,0747 1,2625 -0,0943 0,0056 2 -0,2090 1,2455 -0,2603 0,0437 3 -0,2984 1,2355 -0,3687 0,0890 4 -0,3872 1,2227 -0,4734 0,1499 5 -0,4776 1,2122 -0,5789 0,2281 6 -0,5850 1,1987 -0,7012 0,3422 7 -0,7144 1,1818 -0,8443 0,5104 8 -0,8761 1,1644 -1,0201 0,7676 9 -1,0969 1,1303 -1,2398 1,2032 10 -1,5686 1,0607 -1,6638 2,4605

Σ -6,2879 11,9143 -7,2448 5,8002

Primenom jednačina (1) i (2) može se izračunati nagib prave i odsečak na ordinati:

1337,0)2879,6(8002,510

9143,11)2879,6()2448,7(10n1

B 2 =−−⋅

⋅−−−⋅==

2755,110

)2879,6(1337,0

109143,11

vlogA max =−

−==

odakle su traženi parametri

48,71337,01

B1

n ===

m/s 8,911010v 2755,1Amax ===

Srednja brzina strujanja iznosi

m/s 5,61)148,72)(148,7(

48,72v

)1n2)(1n(n2

v2

max

2

sr =+⋅+

⋅=

++=

Iz jednačina (2.2) i (2.4) može se definisati maseni protok vazduha

kg/s ,3116,1543,0

185,1v4

DQ

2

sr

2

m =π

=π

ρ=

Maseni protok se može odrediti i na drugi način. Naime, ako pretpostavimo da je brzina strujanja konstantna unutar svakog pojedinog kružnog prstena i jednaka odgovarajućoj lokalnoj brzini dobija se

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

41

kg/s 1,3111,5)13,5 17,6,30,00707(18851,1vsQ10

1iim =++⋅⋅⋅++⋅=ρ= ∑

=

Na kraju, dokažimo preko Reynoldsovog broja da je režim strujanja vazduha turbulentan:

456

sr 101002,31035,18

185,13,06,15DvRe >⋅=

⋅⋅⋅

=µρ

= −

Parametri A i B se mogu mogu odrediti i primenom nekog od komercijalnih grafičkih programa za PC računare, kao što je Origin, Harvard Graphics, itd.

0,01 0,1 110

20

18

16

14

12

v, m

/s

1 - r/R

Slika 2.3.1

2.3.2 U osi gasovoda unutrašnjeg prečnika D = 0,4 m, kroz koji protiče Qm = 3250 kg/h vodonika gustine ρ = 0,248 kg/m3, postavljena je Pitotova cev i priključena za U-cev ispunjenu alkoholom gustine ρa = 800 kg/m3. Ako je jednačina profila brzine definisana izrazom: v = vmax[1−(r/R)]1/n, gde je n = 8, odrediti: a) pokazivanje U-cevi; b) rastojanje od zida cevi tačke u kojoj je lokalna brzina jednaka srednjoj brzini i pokazivanje U-cevi ako se Pitotova cev postavi u toj tački. Rešenje: a) Prema jednačinama (2.2) i (2.4) srednja brzina strujanja vodonika iznosi

sm/ 28,97248,04,0

)3250/3600(4DQ4

v 22m

sr =⋅⋅π

=ρπ

=


42

Na osnovu izraza koji je izveden u primeru 2.2.5 b, brzina u osi gasovoda je

m/s 34,697,2882

)182)(18(v

n2)1n2)(1n(

v 2sr2max =⋅

+⋅+=

++=

U-cev priključena za Pitotovu cev meri brzinu u osi gasovoda, pa je

)/(gh2v amax ρρ=

odakle je pokazivanje U-cevi

mm 18,9m 1890,0,248)9,81(800/02

34,6)/(g2

vh

2

a

2max ==

⋅=

ρρ=

b) Primenom jednačine izvedene u primeru 2.2.5 d i gornje jednačine dobija se

mm 48)182)(18(

82200

)1n2)(1n(n2

Ry82n2

sr =

+⋅+

⋅=

++

=

mm 13,3m 1330,0,248)9,81(800/02

28,97)/(g2

vh

2

a

2sr

sr ==⋅

=ρρ

=

Slika 2.3.2 2.3.3 Zbog naglog proširenja cevovoda sa prečnika d1 na prečnik d2, dolazi do opadanja srednje brzine strujanja fluida sa v1 na v2 i do porasta statičkog pritiska fluida sa p1 na p2, kome odgovara razlika visina nivoa tečnosti u pijezometrima, ∆h = h2 − h1. Odrediti: a) analitički oblik funkcije ∆h = f(v1, d1/d2); b) odnos d1/d2 pri kome ∆h ima maksimalnu vrednost; c) maksimalnu vrednost ∆h (mm) pri v1 = 4 m/s.

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

43

Slika 2.3.3 a Rešenje: a) Statički pritisci u presecima gde su priključeni pijezometri iznose: p1 = pa + ρgh1 i p2 = pa + ρgh2, pa iz Bernulijeve jednačine postavljene za te preseke sledi

22

2

121

22

21

II

pr,m

I

22

2112

dd

1g2

vg2vv

hg2vv

hg

pp

−−

−=−

−=∆=

ρ−

gde prvi član (I) predstavlja razliku visina stubova tečnosti u pijezometrima koja se javlja pri strujanju idealnog fluida, dok drugi član (II) predstavlja smanjenje te razlike usled gubitka energije realnog fluida na mestu naglog proširenja cevi. Sređivanjem se dobija:

−

=

+

−−

−=∆

4

2

12

2

121

4

2

12

2

121

4

2

121

dd

dd

gv

dd

dd

21g2

vdd

1g2

vh

b) ∆h dostiže maksimum za datu vrednost v1 u tački u kojoj je prvi izvod funkcije ∆h = f(v1, d1/d2) po d1/d2 jednak nuli:

0dd

4dd

2g

v)/dd(

h3

2

1

2

121

21

=

−=

∂∆∂

odakle sledi 70,7021//dd 21 ==

c) Vrednost ∆h u tački maksimuma (slika 2.3.3 b) iznosi


44

mm 408m 084,081,94

4g4

v2

12

1g

vh

221

4221

max ==⋅

==

−

=∆

Odatle sledi da pri strujanju realnog fluida ∆hmax ima dva puta manju vrednost nego pri strujanju idealnog fluida kada je /2gvh 2

1max =∆ .

0,0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,00

100

200

300

400

500

600

700

800

900

∆hm

ax

v1=4 m/s

∆h

II

I

∆h ,

mm

d1/d2

Slika 2.3.3 b 2.3.4 Odrediti razliku pokazivanja pijezometara, ∆h, koja se javlja usled nagle promene prečnika cevi sa d1 = 200 mm na d2 = 400 mm, pri protoku fluida Qv = 7,5 m3/min, ako je smer strujanja fluida: a) kao u prethodnom zadatku; b) suprotan. Rešenje: a) Iz obrasca izvedenog u prethodnom zadatku sledi

mm 303m ,30302,081,9

7,5/60)(3dg

Q321

21

dgQ16

h 42

2

41

2

2v

42

41

2

2v ==

⋅π⋅=

π=

−

π=∆

b) Pri naglom suženju cevovoda iz Bernulijeve jednačine se dobija

ξ+

−=ξ+

−=+

−=∆ suž

4

2

121

suž

21

22

21

suž,m

22

21

dd

1g2

vg2

vg2vv

hg2vv

h

Iz tabele 2.2 na str. 24 sledi da je ξsuž = 0,405 pri S1/S2 = (d1/d2)2 = 0,25, pa je

m ,0819,810,2

)07,5/6(74,10gd

Q74,10gd

)405,05,01(Q8h 42

2

41

2

2v

41

2

42v =

⋅⋅π=

π=

π+−

=∆


45

2.3.5 Kroz cev unutrašnjeg prečnika d = 50 mm protiče voda temperature 20°C. U dva preseka ove cevi, koja su međusobno udaljena l = 10 m i između kojih se nalazi normalni ventil koeficijenta otpora ξv = 5,6, priključena su dva redno vezana živina U-manometra (ρž = 13600 kg/m3), čija su pokazivanja h1 = 43 mm i h2 = 57 mm. Odrediti srednju brzinu strujanja vode i procenat ukupnog pada pritiska koji je posledica lokalnog otpora ventila, ako je zid cevi: a) gladak; b) hrapav, a relativna hrapavost iznosi ε = 0,002.

1

1 2

2

a b

c

a

c

b

Slika 2.3.5

Rešenje: Jednačina ravnoteže za levu U-cev (nivo a-a) glasi

1žc11 ghp)hx(gp ρ+=+ρ+ (1)

gde je pc pritisak u nivou c-c. Jednačina ravnoteže za desnu U-cev (nivo b-b) glasi

2ž22c ghgyp)xhy(gp ρ+ρ+=−+ρ+ (2)

Ako se izrazi pc iz jednačine (1) i uvrsti u jednačinu (2) dobija se

2ž221ž11 ghgyp)xhy(ggh)hx(gp ρ+ρ+=−+ρ+ρ−+ρ+

odakle se dalje dobija ukupni pad pritiska od preseka 1-1 do preseka 2-2

Pa 23601)2,99813600)(057,0043,0(81,9))(hh(gppp ž211221 =−+=ρ−ρ+=∆=−

Ovaj pad pritiska se troši na savlađivanje podužnog trenja u cevi i mesnog otpora ventila, pa se u skladu sa jednačinom (2.26) može napisati


46

ξ+λ

ρ=∆ v

2

12 dl

2v

p (3)

U opštem slučaju λ je složena funkcija brzine strujanja i relativne hrapavosti, pa se v iz jednačine (3) može odrediti samo metodom probe i greške. a) Ako je cev glatka i ako pretpostavimo da je Re = 105 iz jednačine (2.17) sledi

0178,010

3164,0Re

3164,025,125,0 ===λ

Na osnovu ove vrednosti λ može se izračunati srednja brzina strujanja iz jednačine (3):

sm/1,64 ]6,5)8(10/0,05017,0[2,998

123602])l/d([

p2v

v

12 =+

⋅=

ξ+λρ∆

=

Pri ovoj brzini strujanja Reynoldsov broj iznosi:

43 1015,8

10004,12,99805,064,1vd

Re ⋅=⋅⋅⋅

=µρ

= −

Pošto je dobijena vrednost Re manja od pretpostavljene, potrebno je ponoviti proračun uzimajući da je Re = 8,15⋅104. Pri ovoj vrednosti Re dobija se λ = 0,0187, v = 1,63 m/s i Re = 8,10⋅104. Uzimajući ovu vrednost Re u trećoj iteraciji dobija se ista vrednost brzine, što znači da je tačna brzina strujanja v = 1,63 m/s. Procenat ukupnog pada pritiska koji je posledica lokalnog otpora ventila pri ovoj brzini strujanja iznosi

%1,60%100123602

5,61,63998,2%100

p2v

%100pp 2

12

v2

12

v =⋅

⋅⋅=

∆ξρ

=∆∆

a) Ako je ε = 0,002 i ako pretpostavimo da je Re = 105 iz jednačine (2.19) se dobija

0250,010100

002,046,11,0Re100

46,11,025,0

5

25,0

=

+⋅=

+ε=λ

sm/ 1,53]6,5)25(10/0,050,0[2,998

123602])l/d([

p2v

v

12 =+

⋅=

ξ+λρ∆

=

Pri ovoj brzini strujanja Reynodsov broj je Re = 7,6⋅104. Pri ponovljenom proračunu sa ovom vrednošću Re dobija se λ = 0,0255 i v = 1,52 m/s. Treba primetiti da je Re⋅ε = 152, što je u intervalu važenja jednačine (2.19), tj. između 23 i 560. Procenat ukupnog pada pritiska koji je posledica lokalnog otpora ventila je u ovom slučaju manji i iznosi

% 2,25%100123602

5,61,52998,2%100

p2v

%100pp 2

12

v2

12

v =⋅

⋅⋅=

∆ξρ

=∆∆

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

47

2.3.6 Kroz cevni vod prečnika d = 10 mm protiče voda temperature 20°C. Ako Pitotova i pijezometarska cev priključene u preseku 0-0 ovog voda pokazuju zo = 22 mm i ho = 20 mm i ako cevni vod do izlaznog preseka (1-1) nema lokalnih otpora, odrediti rastojanje od preseka 0-0 do kraja cevnog voda.

L = 0

v

h o

z o

d

Slika 2.3.6 Rešenje: Ako se pretpostavi da je režim strujanja laminaran može se napisati

gv2

g2)v2(

g2v

hz2sr

2sr

2max

oo ===−

odakle je srednja brzina strujanja

m/s 0,09920,02)9,81(0,022

2)gh(z

v oosr =

−=

−=

Pošto je

230098410004,1

2,99801,0099,0dvRe 3

sr <=⋅⋅⋅

=µρ

= −

režim strujanja vode je zaista laminaran. Visina nivoa tečnosti u pijezometru se smanjuje usled podužnog trenja koje je definisano Hagen-Poiseuilleovim zakonom, pa je:

L25,320L01,081,92,998

099,010004,1321020L

gdv32

hh 2

33

2sr

o −=⋅⋅⋅⋅⋅

−=ρµ

−=−

gde je h (mm) pokazivanje pijezometra na rastojanju L (m) od preseka 0-0. U izlaznom preseku (1-1) je h = 0, pa je rastojanje od preseka 0-0 do kraja cevnog voda:

m 6,1525,3

20L 1 ==


48

2.4 HIDRODINAMIČKI PRORAČUN CEVOVODA 2.4.1 Iz otvorenog rezervoara A pretače se krivom nategom prečnika d = 20 mm idealna tečnost gustine ρ = 1100 kg/m3 u otvoreni sud B. Najviši presek natege nalazi se h1 = 2 m iznad nivoa tečnosti u rezervoaru A, dok je donji kraj natege h2 = 4 m ispod istog nivoa. Pokazivanje zatvorenog živinog U-manometra vezanog za bočni zid suda A iznosi h = 880 mm. Razlika visina gornjeg nivoa žive i vode u sudu A je z = 0,9 m. Izračunati: a) apsolutni pritisak u najvišem preseku natege (1-1); b) protok tečnosti kroz nategu.

Slika 2.4.1

Rešenje: a) Pošto je napon pare žive na sobnoj temperaturi zanemarljivo mali, pritisak iznad nivoa žive u zatvorenom kraku U-cevi je jednak nuli, pa jednačina ravnoteže za nivo 0-0 glasi

gh)zh(gp ža ρ=+ρ+ odakle je atmosferski pritisak

Pa 982000,9)88,0(81,9110088,081,913600)zh(gghp ža =+⋅−⋅⋅=+ρ−ρ=

Potpritisak u preseku 1-1 je 6 m vodenog stuba, a apsolutni pritisak u ovom preseku je

kPa ,4533Pa 334504)2(81,9110098200)hh(gpp 21a1 ==+⋅−=+ρ−=

b) Iz Toričelijeve jednačine za brzinu isticanja idealne tečnosti dobija se

m/s ,868481,92gh2v 2 =⋅⋅==

pa je zapreminski protok tečnosti

sl/ 2,78/sm 102,7886,84

02,0v

4d

Q 33-22

v =⋅=π⋅

=π

=

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

49

2.4.2 Idealna tečnost ističe iz otvorenog rezervoara A kroz cev C prečnika d1 = 90 mm. Na mestu gde se presek cevi sužava na prečnik d2 = 80 mm priključena je vertikalna cev C1 i potopljena u sud B sa vodom. Nivo tečnosti u rezervoaru A je konstantan i održava se na h2 = 6 m iznad izlaznog preseka cevi C, a suženje se nalazi na h1 = 5 m ispod nivoa tečnosti u rezervoaru A. Izračunati najveću dubinu h sa koje se voda može usisavati iz suda B u cev C i objasniti ulogu suženja cevi.

Slika 2.4.2

Rešenje: Iz Toričelijevog obrasca i jednačine kontinuiteta sledi da je brzina u suženju cevi

m/s 3,71681,92)(90/80gh2)/d(dv)/d(dv 22

2211

2212 =⋅⋅===

Bernulijeva jednačina za nivo tečnosti u rezervoaru A i suženje cevi glasi

g2v

gp

gp

hg

p 22va

1a +

ρ−

ρ=+

ρ

gde je pv potpritisak u suženju cevi. Najveća dubina sa koje se voda može usisavati iz suda B jednaka je visini potpritiska u suženju cevi. Dakle, ova dubina iznosi

m ,645)00/89(6h)/d(dhhg2

vg

ph 4

14

2121

22v =−=−=−=

ρ=

Kada ne bi bilo suženja cevi C, potpritisak na mestu priključenja cevi C1 bi bio manji, pa bi samim tim i maksimalna dubina usisavanja bila manja i iznosila bi

m 156hhg

ph 12

v =−=−=ρ

=


50

2.4.3 Glicerin gustine ρ = 900 kg/m3 ističe iz suda kroz horizontalnu kapilaru dužine l = 1,5 cm i prečnika d = 2 mm. Nivo glicerina u sudu je konstantan i nalazi se na h = 18 cm iznad ose kapilare. Naći dinamičku viskoznost glicerina ako je eksperimentalno dobijena sledeća zavisnost istekle mase glicerina, m od vremena, τ:

τ (min) 0 2 4 6 8 10 12 14

m (g) 0 5,1 9,2 13,8 17,9 22,9 27,3 31,7

Slika 2.4.3 Rešenje: Maseni protok glicerina u kapilari je jednak nagibu prave m = f(τ), koji se može odrediti primenom metode najmanjih kvadrata. Obradom eksperimentalnih podataka na taj način dobija se protok glicerina Qm = 2,25 g/min. Odatle je brzina strujanja glicerina u kapilari:

sm/ 013,0002,090060

1025,24d

Q4v 2

3

2m =

⋅π⋅⋅⋅⋅

=ρπ

=−

Bernulijeva jednačina za nivo glicerina u sudu i izlazni presek kapilare glasi:

ρµ

=ρµ

=λ≈λ+ξ+=gdlv32

dl

vd64

g2v

dl

g2v

)dl

1(g2

vh 2

22

u

2

pri čemu je zbog male brzine strujanja pretpostavljen laminarni režim strujanja. Iz istog razloga je zanemarena kinetička energija glicerina i lokalni otpor na ulazu u cev, jer je (v2/2g)(1+ξu) « h, tj. 0,0013 cm « 18 cm. Dakle, dinamička viskoznost glicerina iznosi

sPa 1,0015,0013,032

90081,9002,018,0vl32ghd 22

⋅=⋅⋅

⋅⋅⋅=

ρ=µ

Sada se može dokazati da je režim strujanja laminaran

230002,01

900002,0013,0vdRe <=

⋅⋅=

µρ

=

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

51

2.4.4 Voda pretiče iz zatvorenog rezervoara A u kome vlada natpritisak pm = 0,1 MPa u otvoren rezervoar B, kroz kratku cev sastavljenu iz dve deonice različitih prečnika: d1 = 70 mm i d2 = 50 mm. U cevi se nalazi ventil koeficijenta otpora ξv = 7. Visine nivoa vode u rezervoarima su konstantne i iznose h1 = 1 m i h2 = 3 m. Odrediti: a) protok vode kroz cev; b) potpritisak u rezervoaru A pri kome voda protiče istim protokom u suprotnom smeru; c) natpritisak u rezervoaru A pri kome je protok vode jednak nuli.

Slika 2.4.4 Rešenje: a) Iz Bernulijeve jednačine postavljene za nivoe vode u rezervoarima dobija se

)(2v

2v

)hh(gpp ivsuž

22

u

21

12mg ξ+ξ+ξρ

+ξρ

=−ρ−=∆

gde su koeficijenti lokalnih otpora ξu = 0,5 na ulazu u cev, ξsuž = 0,3 na mestu naglog suženja cevi (iz tabele 2.2) i ξ i = 1 na izlazu iz cevovoda. Pošto je cev kratka, zanemareni su gubici usled podužnog trenja. Primenom jednačine (2.5) i sređivanjem dobija se

ξ+ξ+ξ+

ξ

ρ=−ρ− ivsuž

4

1

2u

22

12m dd

2v

)hh(gp

odakle je brzina u suženoj deonici cevi

sm/ 37,4]173,0(50/70)5,0[1000

)]13(81,91000101[2])/d(d[

)]hh(gp[2v 4

5

ivsuž4

12u

12m2 =

+++−⋅−⋅

=ξ+ξ+ξ+ξρ

−ρ−=

Zapreminski protok vode iznosi

l/s 8,58/sm 108,584

05,037,4

4d

vQ 3322

22v =⋅=

π⋅=

π= −

b) Ako u rezervoaru A vlada potpritisak i ako voda protiče kroz cev u suprotnom smeru, iz Bernulijeve jednačine se dobija


52

2v

2)vv(

)(2v

)hh(gpp21

212

vu

22

12vgρ

+−ρ

+ξ+ξρ

=−ρ+=∆

odakle je traženi potpritisak

)hh(gdd

1dd

212v

p 1221

22

21

22

vu

22

v −ρ−

−−+ξ+ξ

ρ=

Pošto je protok vode isti kao u slučaju pod a), brzina strujanja je takođe jednaka, pa je

Pa 80056)13(81,910007050

17050

2175,02

37,41000p 2

2

2

22

v =−⋅−

−−++

⋅=

c) Natpritisak u rezervoaru A pri kome je protok kroz cev jednak nuli iznosi:

aP 96201)13(81,91000)hh(gp 12m =−⋅=−ρ=

2.4.5 Voda temperature 20°C ističe iz gornje cisterne A u donju cisternu B usled razlike nivoa h = 1 m, pri čemu je cevovod dužine l = 80 m, prečnika d = 100 mm i relativne hrapavosti ε = 0,002. Ako su koeficijenti lokalnih otpora kolena ξk = 0,3 i ventila ξv = 4,3, odrediti: a) zapreminski protok vode u cevovodu; b) natpritisak u gornjoj cisterni pri kome bi protok vode kroz cevovod bio duplo veći.

Slika 2.4.5

Rešenje: a) Iz Bernulijeve jednačine postavljene za nivoe vode u cisternama dobija se

+ξ+ξ+ξ+λ= 122

dl

g2v

h kvu

2

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

53

odakle je brzina strujanja vode u cevovodu

122)l/d(gh2

vkvu +ξ+ξ+ξ+λ

=

Pošto je λ složena funkcija od v, gornja jednačina se može rešiti samo metodom probe i greške, čime se iz jedn. (2.19) dobija λ = 0,0254 a iz gornje jednačine v = 0,8 m/s. Dakle:

sl/ 6,3 /sm 10,3641,0

8,04

dvQ 33-

22

v =⋅=π

=π

=

b) Pri duplo većem protoku vode i brzina strujanja je duplo veća, tj. v = 1,6 m/s, pa je

53 1059,1

10004,12,9981,06,1vd

Re ⋅=⋅⋅⋅

=µρ

= −

Pošto je 23/ε < Re < 560/ε, primenjuje se jedn. (2.19), prema kojoj je

0244,01059,1

100002,046,11,0

Re100

46,11,025,0

5

25,0

=

⋅

+⋅=

+ε=λ

Iz Bernulijeve jednačine za nivoe vode u cisternama sledi

gh122dl

2v

p kvu

2

m ρ−

+ξ+ξ+ξ+λ

ρ=

odakle se nakon zamene brojčanih vrednosti dobija traženi natpritisak

Pa 89002181,9100013,023,425,01,0

800244,0

26,11000

p2

m =⋅⋅−

+⋅+⋅++

⋅=

2.4.6 Iz velikog otvorenog suda potrebno je istakati pomoću sifona Qv = 32 l/s vina gustine ρ = 1020 kg/m3. Izlazni presek cevi sifona leži na h2 = 4 m ispod nivoa vina u sudu, dok je najviši presek na h1 = 1 m iznad nivoa vina. Visina gubitaka od ulaznog do najvišeg preseka cevi je hg01 =2,2v2/2g, a od najvišeg do izlaznog preseka hg12 =2,7v2/2g. a) Odrediti potreban prečnik cevi sifona i potpritisak u najvišem preseku cevi. b) Koliko bi iznosio prečnik cevi sifona kada bi se vino ponašalo kao idealan fluid? Rešenje: Bernulijeva jednačina za nivo vina u sudu (presek 0-0) i izlazni presek cevi (2-2) glasi

g2v

9,5)7,22,21(g2

vhh

g2v

h22

12g01g

2

2 =++=++=

odakle je brzina strujanja vina


54

m/s ,6539,5

481,929,5

gh2v 2 =

⋅⋅==

Prečnik cevi iznosi

m 0,10665,3032,04

vQ4

d v =⋅π⋅

=π

=

Bernulijeva jednačina za najviši presek cevi (1-1) i za izlazni presek (2-2) glasi

7,2g2

vg

ph

gp

gp

hh2

a12g

a121 +

ρ=+

ρ=

ρ++

gde je p1 apsolutni pritisak u preseku 1-1. Odatle je potpritisak u istom preseku

aP 170032

65,310207,2)41(81,91020

2v

7,2)hh(gppp22

211av =⋅

−+⋅=ρ

−+ρ=−=

b) Kada bi se vino ponašalo kao idealan fluid brzina strujanja i prečnik cevi bi iznosili

m/s ,868481,92gh2v 2 =⋅⋅==

m 0,06886,8032,04

vQ4

d v =⋅π⋅

=π

=

Slika 2.4.6

2.4.7 Iz otvorenog rezervoara ističe u atmosferu voda temperature 20°C kroz glatki cevni vod prečnika d = 50 mm i dužine L = 2,5 m. Na rastojanju x = 0,5 m od ulaza u cevni vod priključen je pijezometar, u kome visina stuba vode iznosi h = 0,326 m. Ako se nivo vode u rezervoaru nalazi na H = 1 m iznad ose cevovoda, naći koeficijent mesnog otpora mrežice koja se nalazi na ulazu u cevni vod.

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

55

Rešenje: Iz Bernulijeve jednačine postavljene za preseke 1-1 i 2-2 sledi

dxL

g2v

hh2

2,1g−

λ== (1)

gde je Karmanov broj

423

23

2

23

2 102)5,05,2()10004,1(2,99805,0326,081,92

)xL(ghd2

)xL(vghd2vd

Ka ⋅=−⋅⋅⋅⋅⋅

=−µρ

=−µ

ρ= −

Iz Karmanove jednačine (2.18) sledi

8,780,)10(2log 280,Kalog 21 4 =−⋅=−=λ

odakle je 0164,08,7/1 2 ==λ . Iz Bernulijeve jednačine (1) se dobija

m/s 12,3)5,05,2(0164,005,0326,081,92

)xL(ghd2

v =−⋅⋅⋅

=−λ

=

Sada se može proveriti ispravnost korišćenja jednačine (2.18)

753 101055,1

10004,12,99805,012,3vd

Re <⋅=⋅⋅⋅

=µρ

= −

Bernulijeva jednačina za nivo vode u rezervoaru (presek 0-0) i presek 1-1 glasi

)dx

1(g2

vhH m

2

ξ+λ++=

odakle je

194,005,05,0

0164,0112,3

)326,01(81,92dx

1v

)hH(g222m =−−−⋅

=λ−−−

=ξ

Slika 2.4.7


56

2.5 STACIONARNO ISTICANJE TEČNOSTI

Zapreminski protok tečnosti gustine ρ koja ističe iz rezervoara kroz mali otvor oštrih ivica, površine poprečnog preseka s, pod dejstvom razlike pritisaka ∆p, iznosi

gH2s)g/p(g2sQ v µ=ρ∆µ= (2.5.1)

gde je µ koeficijent isticanja koji se javlja usled kontrakcije mlaza i gubitaka mehaničke energije pri isticanju, dok je H ukupna pogonska sila izražena preko visine stuba tečnosti. Ako tečnost ističe u atmosferu iz zatvorenog rezervoara u kome vlada natpritisak pm

)g/ph(g2sQ mv ρ+µ= (2.5.2)

gde je h visina stuba tečnosti iznad ose otvora. Ako je rezervoar otvoren gornji izraz glasi

gh2sQ v µ= (2.5.3)

U slučaju podvodnog isticanja tečnosti iz otvorenog rezervoara zapreminski protok je

gz2sQ v µ= (2.5.4)

gde je z razlika visina nivoa tečnosti s jedne i s druge druge strane otvora.

PRIMERI 2.5.1 Iz zatvorenog rezervoara napunjenog vodom do visine od h = 1,85 m, voda ističe kroz otvor kružnog poprečnog preseka, prečnika d = 13 mm i koeficijenta isticanja µ = 0,62. Odrediti natpritisak pm koji treba da vlada iznad površine vode u rezervoaru, da bi se na početku isticanja ostvario maseni protok vode od Qm = 90 kg/min.

M

pm

d, µ

h

Slika 2.5.1

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

57

Rešenje: Površina poprečnog preseka otvora je s = d2π/4, pa iz jednačina (2.2) i (2.5.2) sledi

)g/ph(g24

dQQ m

2m

v ρ+π

µ=ρ

=

odakle je traženi natpritisak

Pa 14800085,181,91000013,062,01000)0/690(8

ghd

Q8p 242

2

242

2m

m =⋅⋅−π⋅⋅⋅

=ρ−πρµ

=

2.5.2 Iz zatvorenog rezervoara u kome vlada konstantan natpritisak pm voda ističe kroz otvor koeficijenta isticanja µ1 = 0,62 i konusni naglavak, čiji je koeficijent isticanja µ2 = 0,96. Nivo vode u rezervoaru je konstantan i iznosi h = 1 m. Ako prečnik otvora i izlazni prečnik naglavka iznose d = 3 cm, naći natpritisak iznad površine vode tako da protok kroz naglavak bude za 120 l/min veći od protoka kroz otvor.

p

M

m

h

d2, µ2d1, µ1

Slika 2.5.2

Rešenje: Iz izraza za zapreminski protok kroz otvor

)g/ph(g24

dQ m

2

11v ρ+π

µ=

i zapreminski protok kroz naglavak

)g/ph(g24

dQ m

2

22v ρ+π

µ=

proizilazi da je njihova razlika

)g/ph(g24

d)(QQQ m

2

121v2vv ρ+π

µ−µ=−=∆


58

odakle je

aP 80024181,9100003,0)62,096,0(

)02/61,0(10008gh

d)(Q8

p 242

2

24212

2v

m =⋅⋅−π−

⋅=ρ−

πµ−µ∆ρ

=

2.5.3 U otvoren rezervoar A stalno dotiče Qv = 20 l/s vode. Rezervoar A je spojen sa rezervoarom B malim otvorom na pregradnom zidu, prečnika d = 50 mm i koeficijenta isticanja µo = 0,62. Ako iz oba rezervoara voda ističe u atmosferu kroz izlazne cevovode iste konfiguracije: d = 50 mm, l = 1 m, ξu = 0,5, ξv = 1,2 i λ = 0,03, odrediti: a) visine nivoa vode u rezervoarima A i B; b) zapreminske protoke vode kroz izlazne cevovode.

Slika 2.5.3 Rešenje: a) Iz Bernulijeve jednačine za nivo vode u sudu B i izlazni presek desnog cevovoda sledi:

)dl

1(g2

vh vu

22

2 ξ+ξ+λ+=

gde je v2 brzina strujanja vode u desnom cevovodu. Odatle je protok u ovom cevovodu:

2

2

vu

22

2

2

2v gh24

d)/dl(1gh2

4d

v4

dQ

πµ=

ξ+ξ+λ+π

=π

=

gde je µ = µ1 = µ2 koeficijent isticanja kroz izlazne cevovode. Iz gornje jednačine sledi

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

59

55,02,15,0)05,0/1(03,01

1)l/d(11

vu

=+++

=ξ+ξ+λ+

=µ

U stacionarnom stanju ulazni i izlazni protok u rezervoaru B su jednaki (Qvo = Qv2), pa iz jednačina (2.5.4) i (2.5.3) sledi:

2

2

21

2

o gh24

d)hh(g2

4d π

µ=−π

µ

Sređivanjem se dobija zavisnost između visina nivoa vode u rezervoarima A i B:

2o

2o

2

21 hhµµ+µ

=

Takođe, u stacionarnom stanju je Qv = Qv1 + Qv2, odnosno:

µµ+µ

+π

µ=π

µ+µµ+µπ

µ= 2o

2o

2

2

2

2

2

2o

2o

2

2

2

v 1gh24

dgh2

4d

gh24

dQ

odakle se dalje dobija visina nivoa vode u rezervoaru B:

m ,23

0,620,620,55

181,9

)]0,05558[0,02/(0,

1g

)]d/(Q[8h 2

2

22

22

2

2o

2o

2

22v

2 =

++

π⋅=

µµ+µ

+

πµ=

Visina nivoa vode u rezervoaru A se može izračunati na osnovu izvedene relacije:

m 5,7262,0

62,055,02,3hh 2

22

2o

2o

2

21 =+

=µµ+µ

=

b) Zapreminski protoci kroz izlazne cevovode iznose:

l/s11,44 /sm,01144 072,581,924

05,055,0gh2

4d

Q 32

1

2

1v ==⋅⋅π

=π

µ=

l/s 8,56/sm ,0085602,381,924

05,055,0gh2

4d

Q 32

2

2

2v ==⋅⋅π

=π

µ=

2.5.4 Prizmatični rezervoar podeljen je na n komora vertikalnim pregradama, na kojima se nalaze otvori koeficijenata isticanja µ1, µ2, …, µn i površina poprečnih preseka s1, s2, …, sn. Visinska razlika između nivoa vode u prvoj komori i ose otvora na poslednjoj pregradi je H. Odrediti: a) analitički oblik funkcije Qv = f(H, s1, s2, …, sn, µ1, µ2, …, µn) u stacionarnom stanju; b) specijalni slučaj gornje funkcije koji važi u slučaju kada svi


60

otvori imaju iste površine poprečnih preseka i iste koeficijente isticanja; c) zapreminski protok i razlike visina nivoa vode u susednim komorama, ako je H = 5 m, n = 6 i ako svi otvori imaju istu površinu poprečnog preseka s = 10 cm2 i isti koeficijent isticanja µ = 0,62.

1 2 nn-1z 1

z 2

z n-1

z n

Qv

s1,µ1 s2,µ2sn-1,µn-1

H

sn,µn

Slika 2.5.4 Rešenje: a) Iz opšteg izraza za protok vode kroz i-ti otvor

iiivi gz2sQ µ=

sledi 2i

2i

2vi

i sg2Q

zµ

=

S obzirom na stacionarnost procesa

vvn2v1v QQQQ ==== i vezu

∑=

==+++n

1iin21 zHzzz

dobija se

∑== µ

==∑n

1i2i

2i

2v

n

1ii s

1g2

QHz

odakle je

∑= µ

= n

1i2i

2i

v

s1

gH2Q

b) Ako svi otvori imaju iste površine poprečnih preseka i iste koeficijente isticanja, u stacionarnom stanju je z i = const = z = H/n, pa se izraz za protok uprošćava do oblika

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

61

gz2sngH2

s

s

1n

gH2Q

22

v µ=µ=

µ

=

c) Za date brojčane podatke z = H/n = 5/6 = 0,833 m, pa se iz gornje jednačine dobija

sl/ 2,5/sm 105,2833,081,92001,062,0gz2sQ 33v =⋅=⋅⋅⋅=µ= −

2.6 NESTACIONARNO ISTICANJE TEČNOSTI

U ovom slučaju visina nivoa tečnosti u sudu se menja sa vremenom, pri čemu je

τ=−= dQSdhdV v (2.6.1)

gde je dV (m3) -zapremina tečnosti koja istekne iz rezervoara za vreme dτ (s), dh (m) -priraštaj visine tečnosti u rezervoaru za vreme dτ (dh < 0), S (m2) -trenutna slobodna površina tečnosti u rezervoaru, a Qv (m3/s) -trenutni zapreminski protok tečnosti kroz otvor. Ako tečnost ističe iz otvorenog rezervoara direktno u atmosferu

d 2ghsSdh τµ=− (2.6.2)

Ova diferencijalna jednačina se rešava na dva načina, zavisno od toga da li je S konstanta ili funkcija od h. Ako se površina poprečnog preseka rezervoara ne menja sa visinom, tj. S = const (npr. uspravan cilindrični rezervoar), rešenje gornje jednačine glasi

g2s

)hh(S2

hdh

g2sS

d 21

h

h0

2

1

µ

−=

µ−=τ=τ ∫∫

τ

(2.6.3)

gde je τ vreme za koje se nivo tečnosti u rezervoaru spusti od h1 do h2. Ako se površina poprečnog preseka rezervoara menja sa visinom, S se ne može izvući ispred integrala, pa opšte rešenje jednačine (2.6.2) glasi:

∫∫∫ µ=

µ−=τ=τ

τ 1

2

2

1

h

h

h

h0

dhh

)h(Sg2s

1dh

h)h(S

g2s1

d (2.6.4)

pri čemu u ovom slučaju treba prvo za dati oblik rezervoara naći analitički oblik funkcije S = S(h), a zatim tu funkciju uvrstiti u jednačinu (2.6.4) i rešiti integral.

PRIMERI

2.6.1 Odrediti protok kojim mleko dotiče u otvoren rezervoar sa otvorom na dnu, ako je u stacionarnom stanju visina nivoa mleka u rezervoaru H = 1 m, a ako se zaustavi dotok


62

rezervoar se potpuno prazni za τ = 100 s. Površina poprečnog preseka rezervoara je konstantna i iznosi S = 3 m2. Rešenje: Iz jednačine (2.6.3) sledi da je vreme potrebno za potpuno pražnjenje suda pri S = const

g2sHS2

µ=τ

odakle je

τ=µ

HS2g2s

Primenom jednačine (2.5.3) koja važi u stacionarnom stanju i gornje jednačine dobija se

l/s 60/sm ,060100

132SH2H

HS2gH2sQ 3

v ==⋅⋅

=τ

=τ

=µ=

2.6.2 Vertikalno postavljen cilindrični sud prečnika D = 0,8 m, napunjen vodom do visine H = 1,6 m, prazni se kroz otvor na dnu prečnika d = 2 cm i koeficijenta isticanja µ = 0,62. Odrediti: a) vreme potrebno da iz suda istekne prvih ∆V = 100 l vode; b) vreme za koje će se sud potpuno isprazniti. Rešenje: a) Kada istekne prvih 100 l vode, visina sloja tečnosti u sudu će iznositi

m1,4 8,01,04

6,1D

V4HH 221 =

⋅π⋅

−=π∆

−=

Vreme za koje će se nivo tečnosti spustiti do te visine iznosi

s 35 min 1s 5981,9202,062,0

)4,16,1(8,02g2d

)HH(D22

2

21

2

==⋅⋅

−⋅=

µ

−=τ

b) Vreme za koje će se sud potpuno isprazniti iznosi

s34 min24 s1474 81,9202,062,0

6,18,02g2d

HD22

2

2

2

==⋅⋅

⋅=

µ=τ

2.6.3 Horizontalno postavljen cilindrični sud prečnika D = 2 m i dužine L = 4 m prazni se kroz otvor na dnu, prečnika d = 3 cm i koeficijenta isticanja µ = 0,62. Ako se u sudu na početku nalazi V = 10,5 m3 vode, odrediti vreme za koje će se sud potpuno isprazniti.

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

63

Slika 2.6.3 Rešenje: Primenom Pitagorine teoreme: y2 + (R–h)2 = R2, početna zapremina tečnosti u sudu je:

∫∫∫ −−=−−==H

0

22

H

0

22

H

0

dh)Rh(RL2dh)hR(RL2dh)y2(LV

Uvođenjem smene xsinRRh =− dobija se: ,xd xcosRdh = odakle je

∫∫∫ =+==−=2

1

2

1

2

1

x

x

2

x

x

22

x

x

222 dx x)2cos1(LRxd xcosLR2dx xsinRRxcosRL2V

[ ] 2

1

2

1

2

1

x

x22

x

x

2x

x

2 xsin1xsinxLR2

xcosxsin2xLR

2x2sin

xLR −+=

+=

+=

Nakon zamene granica integracije 2/x1 π−= i )1H/Rarcsin(x 2 −= dobija se:

=

π

+−−−+−=2

)1R/H(1)1H/R()1H/Rarcsin(LRV 22

π+−−+−=

2R

HRH2)RH()1H/Rarcsin(RL2

22


64

Zamenom brojčanih vrednosti iz teksta zadatka i sređivanjem dobija se

0)H(fHH2)1H(4)1Harcsin(4217,4 2 ==−−−−−

Ova jednačina se može rešiti samo numerički, npr. primenom metode polovljenja. Pošto H mora biti u intervalu od 0 do D rešenje se može dobiti na sledeći način:

H (m) 0 2 1 1,5 1,75 1,625 1,5625

f(H) 10,5 -2,066 4,217 0,391 -1,160 -0,435 -0,033

H (m) 1,5312 1,5468 1,5546 1,5585 1,5565 1,5575

f(H) 0,177 0,072 0,020 -0,006 0,007 0,002

Dakle, početna visina vode u sudu iznosi H = (1,558 ± 0,0005) m. Funkcija S = S(h) glasi

)h(ShDhL2)hR(RL2Ly2S 222 =−=−−==

Zamenom ove funkcije u jednačinu (2.6.4) dobija se

∫∫ −µ

=−

µ=τ

H

0

H

0

2

dh hDg2s

L2dh

hhDh

g2sL2

Uvođenjem smene D−h = z i vodeći računa da je s = πd2/4, dobija se

=πµ

−−=

µ=

µ=τ

−−∫ g2d3

])HD(D[L16z

32

g2sL2

dz zg2s

L22

3/23/2D

HD

3/2

D

HD

s4 min 56 h 1s64 6981,9203,062,03

])558,12(2[4162

3/23/2

==⋅π⋅⋅

−−⋅=

2.6.4 Cilindrični rezervoar prečnika D i dužine L = D ispunjen vodom do vrha prazni se kroz otvor površine poprečnog preseka s i koeficijenta isticanja µ, pri čemu je u prvom slučaju rezervoar postavljen vertikalno a u drugom slučaju horizontalno. Odrediti odnos vremena pražnjenja rezervoara za ova dva slučaja i ustanoviti za koliko je procenata vreme pražnjenja kraće u drugom slučaju. Rešenje: U prvom slučaju je prema jednačini (2.6.3)

g2s2D

g2s4DD2

g2sDS2 5/22

1µπ

=µπ

=µ

=τ

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

65

U drugom slučaju, na osnovu prethodnog zadatka, sledi

g2s3D4

g2s3)0D(D4

z32

g2sL2 5/23/2D

0

3/22

µ=

µ

−=

µ=τ

Odnos vremena pražnjenja rezervoara za ova dva slučaja iznosi

178,183

2

1 =π

=ττ

Dakle, u drugom slučaju vreme pražnjenja rezervoara je kraće za

%1,15%10038

1%1001

21 =

π−=

ττ−τ

Slika 2.6.4 2.6.5 Horizontalna kapilara dužine l = 0,1 m i prečnika d = 1 mm, vezana je za bočni zid cilindričnog suda prečnika D = 50 mm. U početku se nivo tečnosti u sudu nalazi na H = 50 mm iznad ose kapilare. Izračunati kinematičku viskoznost tečnosti, ako kroz kapilaru za vreme od τ = 20 min istekne ∆V = 50 ml tečnosti. Rešenje: Kada istekne data zapremina tečnosti visina nivoa tečnosti će iznositi

mm 4,5250

1050450

DV4

HH 2

3

21 =π⋅

⋅⋅−=

π∆

−=

Iz Bernulijeve jednačine za nivo tečnosti u sudu u proizvoljnom trenutku i izlazni presek kapilare dobija se

dl

g2v

)dl

1(g2

vh

2

u

2

λ≈ξ+λ+=


66

gde je h proizvoljna visina između H i H1. S obzirom da je brzina strujanja tečnosti u kapilari mala režim strujanja je laminaran, pa je

vgd

l32dl

dv64

g2v

h 2

2 ν=

ν=

odakle je

hl32

gdv

2

ν=

Iz gornjeg izraza, jednačine (2.6.1) i relacije )/4d(vQ 2v π= sledi da je vreme isticanja

14

2H

H

4

2H

H

2

2H

Hv

0HH

lngd

lD32hdh

gdlD32

vdh

dD

dhQS

d

11

1

ν=

ν==−=τ=τ ∫∫∫∫

τ

a tražena kinematička viskoznost

/sm 1006,2)5,40/25ln(05,01,032

001,081,96020)H/Hln(lD32

gd 262

4

12

4−⋅=

⋅⋅⋅⋅⋅

=τ

=ν

2.6.6 Iz otvorenog rezervoara konstantne površine poprečnog preseka voda ističe u atmosferu kroz cevovod prečnika d = 80 mm, dužine l = 5 m i koeficijenta trenja λ = 0,025. Ako je ξv = 4,7, ξu = 0,5, H = 6 m i ako je površina poprečnog preseka rezervoara 1000 puta veća od površine poprečnog preseka cevovoda, odrediti vreme za koje će se visina vode u rezervoaru spustiti na polovinu početne visine.

Slika 2.6.6

Rešenje: U ovom slučaju koeficijent isticanja iznosi

359,07,45,0)08,0/5(025,01

1)l/d(11

vu

=+++

=ξ+ξ+λ+

=µ

Prema jednačini (2.6.3) vreme isticanja iznosi

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

67

s 02981,92359,0

)36(10002g2

)/2HH)((S/s2g2s

)hh(S2 21 =⋅

−⋅=

µ

−=

µ

−=τ

2.6.7 Iz otvorenog rezervoara površine poprečnog preseka S = 1,5 m2 voda ističe u atmosferu kroz otvor na dnu, prečnika d = 4 cm i koeficijenta isticanja µ = 0,6. Nivo vode u rezervoaru se reguliše ventilom sa plovkom, koji se automatski zatvara kada visina vode dostigne H = 1 m, a koji daje protok direktno srazmeran rastojanju nivoa vode od ovog maksimalnog nivoa. Kada visina vode dostigne Ho = 0,5 m uspostavlja se ravnoteža između ulaznog i izlaznog protoka. a) Ako je početna visina vode u rezervoaru h1 = 0,25 m, odrediti vreme za koje će se nivo vode popeti do visine od h2 = 0,45 m. b) Za koje vreme bi se nivo vode popeo do date visine kada bi otvor na dnu bio zatvoren?

Slika 2.6.7

Rešenje: a) Izlazni protok vode je

/sm h1034,3h81,924

04,06,0gh2

4d

Q 3322

2v−⋅=⋅

π=

πµ=

gde je h (m) trenutna visina stuba vode u rezervoaru. Ulazni protok vode se može izraziti kao Qv1 = Kx = K(1−h), gde je K konstanta proporcionalnosti. Pošto je u stacionarnom stanju Qv2 = Qv1, a h = Ho = 0,5 m, konstanta proporcionalnosti iznosi

/sm 1072,45,0

5,01034,3K 23

3−

−

⋅=⋅

=

Bez obzira na početni nivo, visina vode u rezervoaru se uvek spontano menja dok ne dostigne vrednost Ho = 0,5 m, kada se uspostavlja stacionarno stanje. Ako je h < 0,5 m, onda je Qv1 > Qv2 i nivo vode u rezervoaru raste, a ako je h > 0,5 m, onda je Qv1 < Qv2 i nivo vode opada. Priraštaj zapremine vode u rezervoaru za vreme dτ iznosi


68

SdxSdhd)QQ(dV 2v1v −==τ−= odakle je

dh5,1d]h1034,3)h1(1072,4[ 33 =τ⋅−−⋅ −−

Rešavanjem gornje jednačine u granicama od h1 = 0,25 m do h2 = 0,45 m dobija se

I1500h34,3)h1(72,4

dh1500

h1034,3)h1(1072,4dh 1,5

45,0

25,0

h

h

33

2

1

⋅=−−

=⋅−−⋅

=τ ∫∫ −−

Ako se izvrši smena th = dobija se h = t2 i dh = 2t dt, odakle sledi

=−+

−=

−−=

−− 4,723,34t4,72tdt2t

3,34t)t4,72(1dt2t

h34,3)h1(72,4dh

22

0,707)t)(41,1(tdtt

36,21

0,707)t)(41,14,72(tdt2t

−+−=

−+−

=

Podintegralna funkcija se može rastaviti primenom metode neodređenih koeficijenata:

0,707)1,41)(t(t 0,707A)B41,1(B)t(A

0,707tB

1,41tA

0,707)1,41)(t(t 01t

−+−++

=−

++

=−+

+⋅

Prema tome: A+B = 1 i 1,41B−0,707A = 0, odakle je A = 2/3 i B = 1/3, pa je

=−−

−++

−=−+

− ∫∫∫ 707,0t0,707)d(t

141,041,1t

1,41)d(t 282,0

0,707)t)(41,1(tdtt

36,21

[ ]141,0282,0 )707,0t()41,1t(ln)707,0tln(141,0)41,1tln(282,0 −+−=−−+−=

Pošto je ht = , integral I iznosi

−

−

+

+=

−+

−+=

0,141

2

1

0,282

2

1141,0

2282,0

2

141,01

282,01

0,707h

0,707h

1,41h

1,41hln

)707,0h()41,1h(

)707,0h()41,1h(lnI

Nakon zamene granica integracije dobija se

2

0,1410,282

s/m 0,2220,7070,450,7070,25

1,410,451,410,25

lnI =

−

−

+

+=

odakle je traženo vreme τ = 1500⋅I = 1500⋅0,222 = 333 s. Integral I se može rešiti i numerički, primenom trapeznog pravila koje se zasniva na

pretpostavci da je površina ispod krive koja se integrali približno jednaka površini ispod izlomljene prave linije (poligone linije), dobijene spajanjem konačnog broja tačaka koje

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

69

leže na datoj krivoj pravim linijama. U tom slučaju se za n usvojenih tačaka, površina ispod krive svodi na zbir površine (n-1)-og pravouglog trapeza, pa je

∑∑−

=

++

−

=

+++

−

=

+

−=

−−

+−==∑∫1n

1i

i1ii1i

1n

1i

i1ii1iii1i

1n

1ii

x

x2

yy)xx(

2)yy)(xx(

y)xx(sxdy n

1

gde je s i površina i-tog trapeza. Ako su tačke ekvidistantne u odnosu na x-osu, visina trapeza iznosi x i+1−xi = const = (xn−x1)/(n−1), pa u tom slučaju trapezno pravilo glasi

+

+−−

= ∑−

=∫1n

2ii

n11n

x

x

y2

yy1nxx

xdy n

1

Za integral I je: ]h34,3)h1(72,4/[1y −−= , x = h, x1 = 0,25 i xn = 0,45. Ako se u granicama integracije usvoji 5 ekvidistantnih tačaka, primenom gornje formule dobija se:

2s/m 0,23339,1916,0678,02

81,2535,015

25,045,0I =

+++

+−−

=

0,25 0,30 0,35 0,40 0,450,0

0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

3,0

s4

s3s2s1

5

4

23

1

y

x

Dakle, ako je broj ekvidistantnih tačaka n = 5, trapezna formula daje 5% veću vrednost integrala I. Što je broj tačaka veći, greška je manja. Npr. ako je broj ekvidistantnih tačaka n=21, tj. ako je visina trapeza 0,01, dobija se I = 0,223, što znači da je greška samo 0,5%. b) Ako je otvor na dnu zatvoren (Qv2 = 0) polazna diferencijalna jednačina glasi

)h1(d5,1dh5,1d)h1(1072,4 3 −−==τ−⋅ −


70

pa je traženo vreme

s 9955,075,0

ln72,4

1500h1h1

ln72,4

1500h1

)h1(d72,4

1500)h1(1072,4

h)d(1 1,5

2

1

h

h

h

h

32

1

2

2

1

=

=

−−

=−−

=−⋅

−−=τ ∫∫ −

2.6.8 Iz konusnog suda sa vrhom usmerenim na gore koji je u početku napunjen do vrha, voda ističe kroz otvor prečnika d = 4 cm koji je smešten na dnu suda. Da bi se sprečilo stvaranje vakuuma na vrhu suda se nalazi mali otvor za ulaz vazduha. Visina suda iznosi H = 4 m, a bočni zidovi zaklapaju sa dnom ugao od α = 60°. Ako je koeficijent isticanja µ = 0,63, odrediti: a) vreme potrebno da celokupna količina vode istekne iz suda; b) koliko će se puta skratiti vreme pražnjenja suda ako se vrh konusa usmeri na dole.

Slika 2.6.8a

Rešenje: a) Iz pravouglog trougla ABC primenom Pitagorine teoreme dobija se

360g tr

hH tg =°=

−=α

odakle je 3h)/(Hr −= pa funkcija S = S(h) glasi

)h(S3

)hH(3

hHrS

222 =

−π=

−π=π=


∫∫∫ −

µ=

−π

πµ=

µ=τ

H

0

2

2

H

0

2

2

h

h

a dhh

)hH(g2d3

4dh

h3)hH(

g2d4

dhh

)h(Sg2s

11

2

Uvođenjem smene zh = dobija se h = z2, dh = 2zdz, z = 0 za h = 0 i Hz = za h = H odakle je:

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

71

( ) =+−µ

=−

µ⋅

=τ ∫∫H

0

4222

H

0

22

2a zd zHz2Hg2d3

8zdz

z)zH(

g2d324

=

+−

µ=

+−

µ=

5H

3H

2HHHg2d3

85z

3z

H2zHg2d3

8 5/23/22

2

H

0

532

2

s 93101g204,063,045

464g2d45

H6451

32

1g2d3

H82

2/5

2

2/5

2

2/5

=⋅⋅⋅

=µ

=

+−

µ=

Slika 2.6.8b

b) Iz pravouglog trougla ABC dobija se

360g trh

tg =°==α

odakle je 3h/r = pa funkcija S = S(h) glasi

)h(S3h

3h

rS22

2 =π

=

π=π=


=µ

=π

πµ=

µ=τ ∫∫∫

H

0

2/32

H

0

2

2

h

h

b dhhg2d3

4dh

h3h

g2d4

dhh

)h(Sg2s

11

2

s 382281,9204,063,015

48g2d15

H8h

52

g2d34

2

2/5

2

2/5H

0

2/52

=⋅⋅⋅

⋅=

µ=

µ=


72

Оdnos vremena pražnjenja rezervoara za posmatrane slučajeve je

67,238

8451564

b

a ==⋅⋅

=ττ

2.6.9 Iz vertikalnog cilindričnog rezervoara sa ravnim dnom prečnika D = 1,5 m voda ističe kroz otvor na dnu, prečnika d = 4 cm i koeficijenta isticanja µ = 0,62. Nivo vode u rezervoaru se reguliše ventilom sa plovkom, koji se automatski zatvara kada se rezervoar napuni vodom do visine H = 0,7 m, a ponovo otvara kada se sud potpuno isprazni, pri čemu tada u rezervoar stalno dotiče Qv = 3 l/s vode. Odrediti: a) vremenske intervale u kojima je ventil otvoren i zatvoren; b) visinu Ho koju bi dostigao nivo vode u rezervoaru kada bi ventil bio stalno otvoren. c) Dokazati da odnos vremenskih intervala u kojima je ventil otvoren i zatvoren zavisi samo od odnosa H/Ho. Rešenje: a) Izlazni protok vode je

/sm hb h10451,3h81,924

04,062,0gh2

4d

Q 3322

2v =⋅=⋅π

=π

µ= −

gde je h (m) trenutna visina vode u rezervoaru. Ulazni protok vode je Qv1 = a = 3⋅10-3 m3/s, pa je diferencijalni priraštaj zapremine vode u rezervoaru za vreme punjenja suda

τ−==τ−= d)hba(Sdhd)QQ(dV 2v1v

odatle sledi da je vremenski interval u kome je ventil otvoren

∫∫ −=τ=τ

τ H

00

1hba

dhSd

1

Ako se izvrši smena th = dobija se h = t2 i dh = 2t dt, odakle je

−−

−−=

−+−=

−=

− bta)bta(d

ba

dtb2

btadt

ba

dtb1

2bta

tdt2hba

dh

Zamenom ovog izraza u formulu za τ1 dobija se

=

+−−−=

−−−=τ aln

ba

)Hbaln(ba

HbS2

)btaln(ba

tbS2 H

01

=

−

−π

=

−

−= H

ab

Hbaa

lnb2

aDH

Hbaa

lnba

bS2

2

2

s 25 min34 s 06527,03451,3

7,0451,333

ln)10451,3(2

5,110323

23

==

−

−⋅π⋅⋅⋅

= −

−

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

73

Vremenski interval u kome je ventil zatvoren prema jednačini (2.6.3) iznosi

s 17 min14 s 85710451,32

7,05,1b2

HDg2s

HS23

22

2 ==⋅⋅

π⋅=

π=

µ=τ −

b) Kada bi ventil stalno bio otvoren, nivo tečnosti bi se ustalio na visini Ho pri kojoj je izlazni protok jednak ulaznom, tj. b√Ho = a. Odatle je

m ,870451,33

ba

H22

o =

=

=

c) Zamenom izraza b = a/√Ho u jednačine za izračunavanje τ1 i τ2 dobija se

=

−

−

π=

−

−π

=τ oo

2o

2

2

2

1 H/Haa

H/Haaa

lna2

HaDH

ab

Hbaa

lnb2

aD

−

−

π= o

o

o2

H/HH/H11

lna2HD

a2HHD

b2HD o

22

2

π=

π=τ

Odatle je

o

oo

oo

o2

1

H/H

H/HH/H11

ln

H/HH/H11

ln /HH

−−

=

−

−=

ττ

2.6.10 Prizmatični rezervoar je podeljen vertikalnom pregradom na dva dela tako da je površina poprečnog preseka svakog dela S1 = S2 = S = 1 m2. U pregradi se nalazi otvor prečnika d = 5 cm i koeficijenta isticanja µ = 0,62. Ako je početna razlika visina nivoa tečnosti u rezervoaru H = 4 m, izračunati vreme potrebno da se nivoi tečnosti izjednače.

Slika 2.6.10


74

Rešenje: Zapremina tečnosti koja za vreme dτ prođe kroz otvor na pregradi iznosi

2211v dzSdzSd gz2sdQdV ==τµ=τ=

gde su z1 i z2 visinska odstupanja nivoa tečnosti u levoj i desnoj polovini rezervoara od početnog nivoa. Da bi se ova diferencijalna jednačina rešila, potrebno je dz1 izraziti u funkciji od dz. S obzirom da je S1 = S2 = S, mora biti z1 = z2, pa je: z1 + z2 + z = 2z1 + z = H. Diferenciranjem se dobija: 2dz1 + dz = 0 , odakle je dz1 = −dz/2. Zamenom ove relacije u polaznu diferencijalnu jednačinu dobija se

Sdz21

d gz2s −=τµ

Odatle je

=

µ=

µ=

µ−=τ=τ ∫∫∫ −

τ H

0

H

0

2/1

0

H0

zg2s

Sdzz

g2s2S

zdz

g2s2S

d

s 11 min 6s 13781,9205,062,0

414g2d

HS4H

g2sS

22==

⋅π⋅⋅⋅

=πµ

=µ

=

2.6.11 Voda teče iz prizmatičnog rezervoara A u prizmatični rezervoar B kroz kratku cev prečnika d = 50 mm. Površine poprečnih preseka rezervoara iznose S1 = 1 m2 i S2 = 1,5 m2. Ako je početna razlika visina nivoa vode u rezervoarima H = 4 m, izračunati vreme za koje će se nivoi vode u rezervoarima izjednačiti.

Slika 2.6.11 Rešenje: Zapremina tečnosti koja za vreme dτ prođe kroz cev iznosi

BBAAv dzSdzSd gz2sdQdV ==τµ=τ=


75

gde su zA i zB visinska odstupanja nivoa tečnosti u rezervoaru A i B od početnog nivoa. S obzirom da je SAzA = SBzB, mora biti zA = (SB/SA)zB, pa je: zA + zB + z = (SB/SA+1)zB + z = H. Diferenciranjem se dobija: (SB/SA+1)dzB + dz = 0 , pa je dzB = −dz/(SB/SA+1). Zamenom ove relacije u polaznu diferencijalnu jednačinu dobija se

dz 6,0dz11,5

1,51/SS

dzSd gz2s

AB

B −=+

−=+

−=τµ

pri čemu je u ovom slučaju koeficijent isticanja

816,015,0

11

iu

=+

=ξ+ξ

=µ

Odatle je

=

µ=

µ=

µ−=τ=τ ∫∫∫ −

τ H

0

H

0

2/1

0

H0

zg2s

2,1dzz

g2s6,0

zdz

g2s6,0

d

s 38 min 5s 38381,9205,0816,0

48,4g2d

H8,4H

g2s2,1

22==

⋅⋅π⋅=

πµ=

µ=

2.6.12 Iz suda oblika obrtnog paraboloida, koji je u početku napunjen do visine H, voda ističe kroz mali otvor površine poprečnog preseka s, koji se nalazi u temenu paraboloida. Poluprečnik početnog nivoa tečnosti u paraboloidu je R a koeficijent isticanja µ. Odrediti početnu zapreminu vode u sudu i vreme potrebno za potpuno pražnjenja ovog suda.

Slika 2.6.12

Rešenje:


76

Obrtni paraboloid je telo u prostoru čije konture opisuje parabola pri obrtanju oko svoje ose. Zavisnost trenutne visine tečnosti, h od poluprečnika slobodne površine tečnosti, r je definisana jednačinom parabole čije teme leži u koordinatnom početku: h = ar2. Pošto je u početnom trenutku r = R i h = H, zamenom koordinata ove tačke u jednačinu h = ar2 dobija se a = H/R2. Prema tome, r2 = h/a = h(R2/H). Dakle, zavisnost slobodne površine vode u sudu od visine sloja tečnosti glasi

)h(ShHR

rS2

2 =π

=π=

Zapremina vode u sudu u početnom trenutku iznosi

2HR

hdhHR

SdhdVV2

H

0

2H

0

V

0

π=

π=== ∫∫∫

Vreme potrebno da ova zapremina tečnosti istekne iz suda iznosi

g2s3HR2

g2sH3HR2

h32

g2sHR

dhh

hg2sH

R 22/32H

0

2/32

H

0

2

µπ

=µ

π=

µπ

=µπ

=τ ∫

2.6.13 Odrediti odnos vremena pražnjenja vertikalnog cilindričnog rezervoara sa ravnim dnom i rezervoara u obliku obrtnog paraboloida upisanog u cilindru. Oba rezervoara su iste visine i prazne se kroz otvore na dnu iste veličine i koeficijenta isticanja. Rešenje: Prema jednačini (2.6.3) vreme pražnjenja cilindričnog rezervoara je

g2sHR2

g2sHS2 2

cµπ

=µ

=τ

Vreme pražnjenja rezervoara oblika obrtnog paraboloida je prema prethodnom primeru

g2s3HR2 2

pµπ

=τ

Dakle, traženi odnos vremena pražnjenja rezervoara iznosi τc/τp = 3. Treba uočiti da je odnos zapremina ovih rezervoara Vc/Vp = 2, što znači da je pri pražnjenju paraboloida srednji zapreminski protok tečnosti za 50 % veći nego pri pražnjenju cilindra:

c,vc

c

c

c

p

pp,v Q5,1

V23

/3/2VV

Q =τ

=τ

=τ

=

2.6.14 Iz rezervoara u obliku obrnute četverostrane piramide sa kvadratnom osnovom, voda ističe kroz otvor površine površine poprečnog preseka s = 1 cm2 i koeficijenta isticanja µ = 0,61. Ako naspramne strane piramide zaklapaju ugao α = 60° i ako početna

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

77

visina vode u rezervoaru iznosi H = 1 m, odrediti početnu zapreminu vode u rezervoaru i vreme za koje će se rezervoar potpuno isprazniti. Rešenje: a) Iz pravouglog trougla ABC sledi:

31

h2a

30tg/2)(tg ==°=α

odakle je 3h/2a = , tj. /34haS 22 == , pa je početna zapremina vode u rezervoaru:

333

H

0

2

H

0

V

0

m0,444 194

H94

dhh34

SdhdVV ====== ∫∫∫

Prema jednačini (2.6.4) vreme potrebno za potpuno pražnjenje rezervoara iznosi

s74 1981,921061,015

18g2s15

H8g2s15

h8dh

hh

g2s34

4

2/52/5H

0

5/2H

0

2

=⋅⋅⋅

⋅=

µ=

µ=

µ=τ

−∫

Slika 2.6.14

2.6.15 Sud oblika lopte poluprečnika R, napunjen tečnošću do vrha, prazni se kroz otvor poluprečnika ro i koeficijenta isticanja µ. U najvišoj tački lopte napravljen je mali otvor za ulaz vazduha. Ako je vreme pražnjenja gornje polulopte τ1 a donje τ2, naći odnos τ1/τ2. Rešenje:

Iz pravouglog trougla ABC sledi


78

2222 hhR2)Rh(Rr −=−−= odakle je

)h(S)hhR2(rS 22 =−π=π=

Vreme potrebno za pražnjenje gornje polulopte iznosi

=

−

µ=

−µ

=τ ∫∫∫R2

R

2/3

R2

R

2/12o

R2

R

2

2o

1 dhhdhhR2g2r

1dh

hhhR2

g2r1

=

+−−

µ=

−

µ=

52

34

258

238

g2rR

h52

Rh34

g2r1

2o

2/5R2

R

2/52/32o

( ) 12o

2

2o

2

728152

g2rRR

156

1520

21524

21540

g2rRR

τ=−µ

=

+−−

µ=

Slika 2.6.15

Iz pravouglog trougla ADE sledi da je 2222 hhR2)hR(Rr −=−−= , što znači da se pri pražnjenju donje polulopte primenjuje ista diferencijalna jednačina kao pri pražnjenju gornje polulopte, samo sa izmenjenim graničnim uslovima, pa je:

=

−

µ=

−µ

=τ ∫∫∫R

0

2/3

R

0

2/12o

R

0

2

2o

2 dhhdhhR2g2r

1dh

hhhR2

g2r1

____________________________________________________ 2. Dinamika fluida

79

7152

g2rRR

52

34

g2rR

h52

Rh34

g2r1

2o

2

2o

2/5R

0

5/23/22o µ

=

−

µ=

−

µ=

Dakle, odnos vremena pražnjenja gornje i donje polulopte iznosi

616,07

728

2

1 =−

=ττ

što znači da je za pražnjenje donje polulopte potrebno 1,62 puta duže vreme nego za pražnjenje gornje polulopte. Međutim, treba uočiti da odnos vremena pražnjenja gornje i donje polulopte ne zavisi ni od veličine rezervoara ni od veličine otvora. 2.6.16 Naći protok kojim voda dotiče u otvoren polusferičan rezervoar sa otvorom na dnu poluprečnika ro, ako je u stacionarnom stanju visina vode u rezervoaru H = 0,8 m, a ako se nakon uspostavljanja stacionarnog stanja zaustavi dotok vode, rezervoar se prazni za τ = 30 min. Prečnik rezervoara je D = 2 m. Koliko najviše može iznositi ulazni protok vode, a da ne dođe do prelivanja vode iz rezervoara? Rešenje: Vreme pražnjenja polusfere poluprečnika R u kojoj je početna visina tečnosti H iznosi

( )H620Rg2r15

HHH

52

RH34

g2r1

2o

5/23/22o

−µ

=

−

µ=τ

odakle je

( )H620R15

HHg2r 2

o −τ

=µ

U stacionarnom stanju važi sledeća jednačina

( ) ( )H620R15H

HH620R15

HHH)g2r(gH2rQ

22o

2ov −

τπ

=

−

τπ=µπ=µπ=

Nakon zamene vrednosti iz teksta zadatka dobija se

sl/ 1,13/sm 101,13)8,06120(603015

8,0Q 33

2

v =⋅=⋅−⋅⋅⋅

⋅π= −

Prelivanje će započeti kada visina vode u rerezvoaru, H dostigne visinu rezervoara, R. Iz jednačine za protok u stacionarnom stanju zamenom Hmax = R dobija se

l/s 1,63/sm 1063,1603015114

15R14

)H620R(15H

Q 3333

max

2max

max,v =⋅=⋅⋅⋅π⋅

=τ

π=−

τπ

= −

80

3. TRANSPORT FLUIDA

3.1 PUMPE Ukupna snaga pumpe se može izračunati iz relacije

mhv

vvk QHgpQNN

ηηηρ

=η

∆=

η= (3.1.1)

gde je N (W) snaga koju pumpa uzima od pogonskog motora, Nk (W) snaga koju pumpa predaje tečnosti (korisna snaga), η ukupni koeficijent korisnog dejstva pumpe (ukupni stepen korisnosti), ∆p (Pa) radni pritisak pumpe, H (m) radna visina pumpe, Hg (J/kg) energija koju pumpa predaje jediničnoj masi tečnosti, ρQv (kg/s) maseni protok tečnosti, a ηv, ηh i ηm zapreminski, hidraulički i mehanički koeficijent korisnog dejstva.

PRIMERI 3.1.1 Klipna pumpa ima prečnik klipa D = 180 mm, prečnik klipne poluge d = 50 mm, poluprečnik ekscentra R = 145 mm, broj obrtaja vratila u jedinici vremena n = 55 o/min i zapreminski koeficijent korisnog dejstva ηv = 0,9. Odrediti vreme za koje ova pumpa može napuniti tečnošću cilindrični rezervoar visine H = 4 m i unutrašnjeg prečnika Du = 3 m, ako je pumpa: a) prostog dejstva; b) dvojnog dejstva.

Slika 3.1.1 a

Rešenje: a) Pri jednom obrtaju vratila teorijski se potisne sledeća zapremina tečnosti:

R2

DR2

4D

s4

DAsV

222

tπ

=π

=π

==

gde je A = D2π/4 površina poprečnog preseka čela klipa, a s = 2R hod klipa. Pošto vratilo izvrši n obrtaja u jedinici vremena, teorijski kapacitet pumpe iznosi Qvt = Vtn.

____________________________________________________ 3. Transport fluida

81

Međutim, usled kašnjenja usisnih i potisnih ventila i eventualnih curenja, stvarni kapacitet pumpe je manji od teorijskog i definisan je jednačinom:

/minm ,36509,055145,02

18,0Rn

2D

nVQQ 32

v

2

vtvvtvs =⋅⋅π⋅

=ηπ

=η=η=

Vreme za koje pumpa može napuniti rezervoar zapremine Vr iznosi

s24 min 77inm77,4 9,055145,018,02

43RnD2

HDQ4

HDQV

2

2

v2

2u

vs

2u

vs

r ==⋅⋅⋅⋅

⋅=

η=

π==τ

Slika 3.1.1 b

b) Pri jednom obrtaju vratila teorijski se potisne sledeća zapremina tečnosti:

R2

dD2R2)AA2(s)AA2(s)AA(AsV

22

111t π−

=−=−=−+=

gde je A1 = d2π/4 površina poprečnog preseka klipne poluge. Teorijski kapacitet pumpe iznosi Qvt = Vtn, dok je stvarni kapacitet pumpe definisan jednačinom:

/minm ,70209,055145,02

05,018,02Rn

2dD2

nVQ 322

v

22

vtvs =⋅⋅⋅π−⋅

=ηπ−

=η=

Vreme za koje će klipna pumpa dvojnog dejstva napuniti rezervoar iznosi

inm 40,39,055145,0)05,018,02(2

43Rn)dD2(2

HDQ4

HD22

2

v22

2u

vs

2u =

⋅⋅−⋅⋅

=η−

=π

=τ

3.1.2 Manometar na potisnom grlu centrifugalne pumpe, koja prebacuje Qv = 2,4 m3/min vode, pokazuje natpritisak pm = 250 kPa. Vakuumetar na usisnom grlu pumpe pokazuje potpritisak pv = 28 kPa. Visinska razlika između mesta priključenja manometra i vakuummetra je h = 410 mm. Prečnik usisnog cevovoda je d1 = 180 mm a potisnog cevovoda d2 = 150 mm. Izračunati radnu visinu i korisnu snagu pumpe.


82

Slika 3.1.2

Rešenje: Brzina strujanja vode u usisnom cevovodu iznosi

m/s 75,118,060

4,24dQ4

v 221

v1 =

⋅π⋅⋅

=π

=

a u potisnom cevovodu

m/s 2,2650)1,57(180/1)/d(dvv 222112 ===

Radna visina, H se dobija iz Bernulijeve jednačine postavljene za usisno i potisno grlo pumpe

=−

+ρ+

+=−

+ρ−

+=g2vv

gpp

hg2vv

gpp

hH21

22vm

21

2212

m 8,88281,92

57,126,281,9100010)25028(

41,0hH223

pu =⋅−

+⋅

++=−=

gde je Hu = H/ηh ukupna radna visina pumpe, a hp visina hidrauličkih gubitaka koji se javljaju u pumpi. Korisna snaga pumpe je prema jednačini (3.1.1)

kW 11,33W 1011,330)1000(2,4/69,8128,88QHgN 3vk =⋅=⋅⋅=ρ=

3.1.3 Diferencijalna klipna pumpa ima sledeće karakteristike: prečnik klipa D = 250 mm, hod klipa s = 400 mm, broj obrtaja vratila n = 100 o/min, ukupnu snagu N = 39 kW, stvarni kapacitet Qvs = 30 l/s, mehanički stepen korisnosti ηm = 0,95, potpritisak u usisnom grlu pv = 40 kPa i natpritisak u potisnom grlu pm = 1 MPa. Usisno i potisno grlo pumpe su istog prečnika i nalaze se na istoj visini. Ako je gustina tečnosti koja protiče kroz pumpu ρ = 1100 kg/m3 odrediti: a) teorijski kapacitet pumpe; b) radnu visinu i korisnu snagu pumpe; c) ukupni, zapreminski i hidraulički stepen korisnosti.


83

Rešenje: a) Diferencijalna klipna pumpa ima isti teorijski kapacitet kao klipna pumpa prostog dejstva iste zapremine cilindra i broja obrtaja motora:

l/s 32,7/minm 1,961004,04

25,0sn

4D

nVQ 322

tvt ==⋅π⋅

=π

==

b) Iz d1 = d2 sledi v1 = v2, što uz h = 0 daje sledeću radnu visinu i korisnu snagu

m 6,38981,91100104010

gpp

gpp

H36

vm12 =⋅⋅+

=ρ+

=ρ−

=

W 31200103011009,8196,38QHgN -3vsk =⋅⋅⋅⋅=ρ=

c) Ukupni, volumetrijski i hidraulički koeficijent korisnog dejstva iznose

8,039

2,31N

Nk ===η

917,07,32

30QQ

vt

vsv ===η

918,0917,095,0

8,0

vmh =

⋅=

ηηη

=η

3.1.4 Iz gornje otvorene cisterne pumpa P1 prebacuje vino u donju cisternu, u kojoj vlada konstantan natpritisak pm = 100 kPa. Iz donje cisterne se pumpom P2 vino ponovo vraća u gornju cisternu. Cevovodi su iste dužine l = 10 m i istog prečnika d = 50 mm. Zbir koeficijenata lokalnih otpora za svaki cevovod posebno iznosi Σξm = 6,5, a koeficijent podužnog trenja za oba cevovoda je λ = 0,03. Razlika visina nivoa vina u cisternama je konstantna i iznosi h = 5 m. Ako je gustina vina ρ = 1040 kg/m3 a brzina strujanja v = 4 m/s, odrediti: a) napore pumpi P1 i P2; b) natpritisak u donjoj cisterni pri kome su napori pumpi jednaki; c) natpritisak u donjoj cisterni pri kome pumpa P2 nije potrebna; d) razliku visina nivoa vina u cisternama pri kojoj pumpa P1 nije potrebna. Rešenje: a) Protok vina u oba cevovoda iznosi

sl/ 7,85/sm 1085,74

05,04

4d

vQ 3322

v =⋅=π⋅

=π

= −

a ukupna visina hidrauličkih gubitaka u svakom cevovodu pojedinačno

m 10,25,605,0

1003,0

81,924

dl

g2v

h2

m

2

g =

+

⋅=

ξ∑+λ=


84

Iz Bernulijeve jednačine za nivoe vina u cisternama i cevovod sa pumpom P1 dobija se radna visina pumpe P1

m 15581,91040

102,10h

gp

hH5

mg1 =−

⋅+=−

ρ+=

Iz Bernulijeve jednačine za iste preseke i cevovod sa pumpom P2 dobija se

m5,4 81,91040

1052,10

gp

hhH5

mg2 =

⋅−+=

ρ−+=

b) Sumarna Bernulijeva jednačina glasi: H1 + H2 = 2hg. Ako su napori pumpi P1 i P2 jednaki, mora biti H1 = H2 = hg = 10,2 m, što zamenom u formulu za H1 ili H2 daje h = pm/(ρg), odakle je traženi natpritisak

akP 51Pa 1051581,91040ghp 3m =⋅=⋅⋅=ρ=

c) Ako je H2 = 0, iz formule za H2 sledi pm/(ρg) = hg + h, odakle je

akP 551Pa 10155)52,10(81,91040)hh(gp 3gm =⋅=+⋅=+ρ=

d) Ako je H1 = 0, iz formule za H1 sledi

m 2081,91040

102,10

gp

hh5

mg =

⋅+=

ρ+=

Slika 3.14


85

3.1.5 Iz rezervoara A pumpa P usisava Qm = 40 t/h mineralnog ulja i prebacuje ga kroz cevovod unutrašnjeg prečnika d = 100 mm i dužine l = 250 m u rezervoar B. Razlika visina nivoa ulja u rezervoarima je h = 15 m a koeficijenti lokalnih otpora iznose: ξv = 6,5 i ξk = 0,25. Ukupni koeficijent korisnog dejstva pumpe je η = 0,6. Odrediti ukupnu snagu pumpe, ako se transport izvodi na temperaturi: a) t 1 = 15°C; b) t2 = 50°C. c) Da li je ekonomično zagrevati ulje od 15°C do 50°C pre transporta, ako je cena 1 kWh električne energije 200 dinara, a 1 tone suvozasićene grejne pare (pritiska 100 kPa) 6000 dinara? Gustine i viskoziteti ulja pri t1 = 15°C i t2 = 50°C iznose: ρ1 = 960 kg/m3 i ρ2 = 890 kg/m3, tj. µ1 = 3,43 Pas i µ1 = 0,187 Pas. Specifična toplota ulja je c = 1,68 kJ/kgK. Zanemariti prehlađivanje kondenzata pare.

Slika 3.15

Rešenje: a) Brzina strujanja ulja pri t1 = 15°C iznosi

m/s ,4711,09603600

10404dQ4

v 2

3

21

m1 =

π⋅⋅⋅⋅⋅

=πρ

=

a Reynoldsov broj

23004143,3

9601,047,1dvRe

1

111 <=

⋅⋅=

µρ

=

što znači da je režim strujanja ulja laminaran, pa je koeficijent trenja

56,14164

Re64

11 ===λ

Iz Bernulijeve jednačine sledi da su radna visina i ukupna snaga pumpe u tom slučaju

=

ξ+ξ+ξ+ξ+λ+=+= ikvu1

21

1g1 3dl

g2v

hhhH

m 447125,05,635,01,0

25056,1

81,9247,1

152

=

++⋅++

⋅+=


86

Wk 81,2W 102,816,03600

104081,9447gQHN 3

3m1

1 =⋅=⋅

⋅⋅⋅=

η=

b) Brzina strujanja ulja pri t2 = 50°C iznosi

m/s ,5911,08903600

10404dQ4

v 2

3

22

m2 =

π⋅⋅⋅⋅⋅

=πρ

=

a Reynoldsov broj

2300757187,0

8901,059,1dvRe

2

222 <=

⋅⋅=

µρ

=

što znači da je i u ovom slučaju režim strujanja laminaran, pa je

0845,075764

Re64

22 ===λ

Sada su radna visina i ukupna snaga pumpe

m 45125,05,635,01,0

2500845,0

81,9259,1

15H2

2 =

++⋅++

⋅+=

Wk 8,18W 1018,86,03600104081,945gQH

N 33

m22 =⋅=

⋅⋅⋅⋅

=η

=

c) Maseni protok grejne pare koja se koristi za zagrevanje mineralnog ulja je

t/h,04 12258

)1550(68,140r

)tt(cQD 12m =

−⋅=

−=

gde je r = 2258 kJ/kg latentna toplota kondenzacije vodene pare na pritisku p = 100 kPa. Zagrevanjem ulja se smanjuju troškovi električne energije za (81,2 − 8,18)200 = 14604 din/h. Pošto troškovi grejne pare iznose 1,04⋅6000 = 6240 din/h, zagrevanje se isplati, jer se time ostvaruje ukupna ušteda od 14604 − 6240 = 8364 din/h. 3.1.6 Pumpa P prebacuje Qm = 30 t/h vode iz rezervoara A u rezervoar B kroz glatki cevni vod iz prethodnog primera. Odrediti da li je ekonomično zagrevati vodu od 20° do 60°C pre transporta ako su cene pare i elektične energije kao u prethodnom primeru. Rešenje: Gustina vode na t1 = 20°C je ρ1 = 998,2 kg/m3, a viskoznost µ1 = 1,004⋅10-3 Pas (tabela P.3 u prilogu) pa su brzina strujanja vode i Reynoldsov broj

m/s ,0611,02,9983600

10304dQ4

v 2

3

21

m1 =

π⋅⋅⋅⋅⋅

=πρ

=


87

53

1

111 1005,1

10004,12,9981,006,1dv

Re ⋅=⋅⋅⋅

=µρ

= −

Pošto je 2500 < Re < 107, može se primeniti jednačina (2.18) iz koje se numerički dobija λ1 = 0,0178. Dakle, radna visina i ukupna snaga pumpe pri transportu na t1=20°C iznose

m 18,8125,05,635,01,0

2500178,0

81,9206,1

15H2

1 =

++⋅++

⋅+=

Wk 2,56W 1056,26,03600

103081,98,18gQHN 3

3m1

1 =⋅=⋅

⋅⋅⋅=

η=

Gustina vode na t2 = 60°C je ρ2 = 983,1 kg/m3, a viskoznost µ2 = 0,470⋅10-3 Pas (tabela P.3 u prilogu) pa su brzina strujanja vode i Reynoldsov broj

m/s ,0811,01,9833600

10304dQ4

v 2

3

22

m2 =

π⋅⋅⋅⋅⋅

=πρ

=

53

2

222 1026,2

1047,01,9831,008,1dv

Re ⋅=⋅⋅⋅

=µρ

= −

Numeričkim rešavanjem Karmanove jednačine (2.17) dobija se λ2 = 0,0153. Dakle, radna visina i ukupna snaga pumpe pri transportu na t2 = 60°C iznose

m 18,5125,05,635,01,0

2500153,0

81,9208,1

15H2

2 =

++⋅++

⋅+=

Wk 2,52W 1052,26,03600

103081,95,18gQHN 3

3m2

2 =⋅=⋅

⋅⋅⋅=

η=

Maseni protok grejne pare koja se koristi za zagrevanje vode je

t/h ,2222258

)2060(18,430r

)tt(cQD 12m =

−⋅=

−=

Zagrevanjem ulja se smanjuju troškovi električne energije za (2,56 − 2,52)200 = 8 din/h. Pošto troškovi grejne pare iznose 2,22⋅6000 = 13320 din/h, zagrevanje se ne isplati, jer troškovi grejne pare daleko nadmašuju uštedu električne energije. 3.1.7 Iz otvorenog rezervoara A pumpa P usisava Qv1 = 16 l/s vode i prebacuje je u rezervoar B, pri čemu je ventil V1 otvoren, a ventil V2 zatvoren. Ako je h = 1,26 m, ξu = 0,5, ξv = 6,5, ξk = 0,25, d = 100 mm, l = 250 m i λ = 0,025, naći: a) radnu visinu


88

pumpe; b) zapreminski protok koji bi ostvarivala pumpa, ako bi pri istoj radnoj visini prebacivala vodu u rezervoar C (u tom slučaju je ventil V2 otvoren, a ventil V1 zatvoren).

Slika 3.1.7

Rešenje: a) Brzina strujanja vode u cevovodu je

sm/2,04 1,0016,04

dQ4

v 221v

1 =⋅π⋅

=π

=

Iz Bernulijeve jednačine postavljene za nivo vode u rezervoaru A i izlazni presek cevnog voda sledi da je radna visina pumpe

=−

ξ+ξ+ξ+ξ+λ=−= h3

dl

g2v

hhH ikvu

21

1g

m ,51626,1125,05,635,01,0

250025,0

81,9204,2 2

=−

++⋅++

⋅=

b) Bernulijeva jednačina za nivoe vode u rezervoarima A i C glasi

h13dl

g2v

hhH kvu

22

2g +

+ξ+ξ+ξ+λ=+=

odakle je


89

m/s 89,1125,05,635,0

1,0250

025,0

)hH(g2

13dl

)hH(g2v

kvu

2 =++⋅++

−=

+ξ+ξ+ξ+λ

−=

pa je zapreminski protok

sl/ 14,8/sm 1014,841,0

89,14

dvQ 33

22

22v =⋅=π

=π

= −

3.1.8 Voda se prebacuje centrifugalnom pumpom poznatih karakteristika (vidi dijagram P.1 u prilogu) iz bunara u otvoreni prihvatni rezervoar. Ako je ξk = 1,1, ξv = 2,5, λ = 0,021, d = 50 mm, dužina usisnog cevovoda l1 = 20 m, dužina potisnog cevovoda l2 = 100 m, visina usisavanja h1 = 4 m i visina potiskivanja h2 = 6 m, naći: a) ukupnu snagu pumpe; b) potpritisak u usisnom i natpritisak u potisnom grlu pumpe.

Slika 3.1.8 a

Rešenje: a) Iz Bernulijeve jednačine postavljene za nivo vode u bunaru i izlazni presek cevovoda dobija se jednačina hidrauličke karakteristike cevne mreže:

=

ξ+ξ+ξ+

+λ+

π++=

ξ+λ++= ∑ vku

2142

2v

21m

2

22d

ll1

gdQ8

hhdl

1g2

vhH

2v42

62v Q 0,781015,221,125,0

05,010020

021,0181,905,0

10Q864 +=

⋅+⋅++

++

⋅⋅π⋅

++=−


90

0 1 2 3 4 5 6 70

4

8

12

16

20

24

28

32

36

40

A

H , m η , %

Qv , l/s

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Ova jednačina daje zavisnost potrebne radne visine pumpe, H (m) od protoka u mreži, Qv (l/s). Kada pumpa radi u mreži istovremeno mora biti zadovoljena i ova jednačina i karakteristika pumpe koja je prikazana grafički na dijagramu P.1. Dakle, ako se na istom dijagramu prikažu obe karakteristike, radna tačka se može odrediti kao presečna tačka ove dve krive. Grafik hidrauličke karakteristike cevne mreže se može nacrtati na osnovu sledećih parova vrednosti H i Qv dobijenih iz gornje jednačine: Qv, l/s 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 5,5 6,0

H, m 10 10,2 10,8 11,8 13,1 14,9 17,0 19,6 22,5 25,8 29,5 33,6 38,1

Očitavanjem koordinata radne tačke (A) sa slike 3.1.8 b, dobija se: H = 27,4 m, η = 40,2% i Qv = 4,73 l/s. Odatle sledi da je brzina strujanja vode u mreži

m/s2,4 05,0

1073,44dQ4

v 2

3

2v =

⋅π⋅⋅

=π

=−

Iz jednačine (3.1.1) sledi da je ukupna snaga pumpe

=⋅⋅⋅

=ηρ

=402,0

00473,0100081,94,27QHgN v

kW 3,16W 3160 ==

b) Iz Bernulijeve jednačine postavljene za nivo vode u bunaru i usisno grlo pumpe sledi da je potpritisak u usisnom grlu:

=

ξ+ξ+ξ+λ+

ρ+ρ=∆+ρ= vku

12

11g1v dl

12v

ghpghp

akP 78,1Pa 078105,21,15,005,0

20021,01

24,21000

481,910002

==

++++

⋅+⋅⋅=

S obzirom da su usisno i potisno grlo pumpe na približno istoj visini, a prečnici usisnog i potisnog cevovoda su jednaki, radni pritisak pumpe iznosi

vm ppgHp +=ρ=∆

odakle je natpritisak u potisnom grlu

Slika 3.18. b


91

kPa 190,7Pa1090,71781004,2781,91000pgHp 3vm =⋅=−⋅⋅=−ρ=

Ista vrednost natpritiska se dobija iz Bernulijeve jednačine postavljene za potisno grlo pumpe i izlazni presek cevne mreže

ξ+ξ+λ

ρ+ρ=∆+ρ= vk

22

22g2m dl

2v

ghpghp

3.1.9 Pumpa P ostvaruje cirkulaciju vode kroz sistem sastavljen iz dva cevovoda, pri čemu je protok vode isti u oba cevovoda. Ako je l = 30 m, l1 = 50 m, d = 50 mm, λ = 0,025, ξv = 2, ξk = 0,2, ξs = 6 i ako je karakteristika pumpe prikazana u dijagramu P.1, odrediti: a) ukupnu snagu pumpe; b) razliku visina nivoa vode u rezervoarima.

Slika 3.1.9 a

Rešenje: a) Kombinovanjem Bernulijeve jednačina za strujanje kroz cevovod sa pumpom

ξ+ξ+ξ+ξ+λ+= ivks

2

22dl

g2v

hH (1)

i Bernulijeve jednačine za strujanje kroz povratni cevovod

ξ+ξ+ξ+ξ+λ= ivku

12

dl

g2v

h (2)

dobija se


92

ξ+ξ+ξ+ξ+ξ+

+λ

π= ivkus

142

2v 233

dll

gdQ8

H

Dakle, jednačina hidrauličke karakteristike cevne mreže glasi

2v42

62v Q 0,72812232,035,06

05,05030

025,081,905,0

10Q8H =

⋅+⋅+⋅+++

+⋅⋅π

⋅=

−

gde je H potrebna radna visina u m, a Qv zapreminski protok u sistemu u l/s.

Na osnovu položaja radne tačke dobija se: H = 23,3 m, Qv = 5,66 l/s i η = 35,1 %. Odatle sledi da je ukupna snaga pumpe:

W 3686351,0

1066,5100081,93,23N

3

=⋅⋅⋅⋅

=−

b) Brzina strujanja vode u mreži iznosi

m/s 2,8805,0

1066,54dQ4

v 2

3

2v =

⋅π⋅⋅

=π

=−

Sada se tražena razlika visina nivoa vode u rezervoarima može izračunati iz bilo koje od gore navedenih Bernulijevih jednačina. Npr, iz jednačine (2):

m 2,11122,05,005,0

50025,0

81,9288,2

h2

=

++++

⋅=

3.1.10 Potrebno je prebacivati Qv = 115 m3/h vodenog rastvora gustine ρ = 1120 kg/m3 iz otvorenog rezervoara u aparat, u kome vlada stalan natpritisak pm = 40 kPa. Unutrašnji prečnik cevovoda je d = 131 mm, zbir stvarne dužine cevnog voda i ekvivalentne dužine svih lokalnih otpora l + Σle = 140 m, a koeficijent trenja λ = 0,03. Izlazni presek cevnog voda se nalazi na visini h = 10,8 m od nivoa tečnosti u rezervoaru. Utvrditi da li se za prebacivanje rastvora iz rezervoara u aparat može upotrebiti pumpa koja pri n1 = 1200 o/min ima sledeće radne karakteristike:

Qv, l/s 0 10,8 21,2 29,8 40,4 51,1

0 1 2 3 4 5 6 70

4

8

12

16

20

24

28

32

36

40

A

H , m η , %

Qv , l/s

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Slika 3.19. b


93

H, m 23,5 25,8 25,4 22,1 17,3 11,9

N, kW 5,16 7,87 10,1 11,3 12,0 18,5

Rešenje: Iz Bernulijeve jednačine za nivo vode u rezervoaru i izlazni presek cevovoda sledi

∑+

λ+π

+ρ

+=++ρ

+=d

ll1

gdQ8

gp

hhg2

vg

phH e

42

2vm

g

2m

Slika 3.1.10 a

Dakle, jednačina hidrauličke karakteristike cevne mreže glasi:

2v

342

62v

3

Q 1028,94,14131,0

14003,01

81,9131,010Q8

81,911201040

8,10H −−

⋅+=

+

⋅⋅π⋅

+⋅⋅

+=

gde je Qv u l/s a H u m. Da bi se odredio protok koji će pumpa ostvariti u datoj mreži potrebno je na istom H-Qv dijagramu nacrtati karakteristiku pumpe i mreže.

Na osnovu položaja radne tačke (A) vidi se da u datom slučaju protok rastvora iznosi Qv = 29,5 l/s, radna visina pumpe H = 22,5 m, a ukupna snaga pumpe N = 11,1 kW. Pošto protok rastvora treba da iznosi 31,9 l/s, što odgovara položaju tačke B, očigledno je da pumpa pri n1 = 1200 o/min ne može ostvariti

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

4

8

12

16

20

24

28

B

H , m

A

N , kW

Qv , l/s

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20


94

potreban kapacitet. Međutim, ako se poveća broj obrtaja rotora, karakteristika pumpe se može pomeriti naviše, tako da se radna tačka A može poklopiti sa tačkom B. Pri manjoj promeni broja obrtaja rotora centrifugalne pumpe važe sledeće relacije

3

1

2

1

22

1

2

1

2

1

2

1v

2v

nn

NN

;nn

HH

; nn

QQ

=

==

Tačan broj obrtaja rotora pri kome pumpa ostvaruje potreban protok može se

ustanoviti samo metodom probe i greške, jer se tačka A ne preslikava u tački B. Npr. ako se uzme da je novi broj obrtaja

no/mi 98125,299,31

1200QQ

nn1v

2v12 ===

radna visina bi iznosila

m 26,312001298

5,22nn

HH22

1

212 =

=

=

što je znatno veće od radne visine u tački B. U ovom slučaju potreban broj obrtaja iznosi n2 = 1250 o/min, a pri ovom broju obrtaja pumpa ima sledeće radne karakteristike:

Qv, l/s 0 11,3 22,1 31,0 42,1 53,2

H, m 25,5 28,0 27,6 24,0 18,8 12,9

N, kW 5,83 8,90 11,42 12,8 13,6 20,9

Karakteristike pumpe pri n2 = 1250 o/min prikazane su isprekidanim linijama. Može se zaključiti da se kriva H = f(Qv) za mrežu i nova kriva H = f(Qv) za pumpu seku u tački B, U ovoj tački je Q = 31,9 l/s, H = 23,8 m, a N = 12,6 kW.

Slika 3.1.10 b


95

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

4

8

12

16

20

24

28

B

H , m

A

N , kW

Qv , l/s

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20


95

3.2 VENTILATORI

3.2.1 Ispitivanjem nekog centrifugalnog ventilatora dobijeni su sledeći podaci:

Qv, m3/h 100 350 700 1000 1600 2000

∆p, Pa 449 424 432 427 387 316

Ispitivani ventilator treba ugraditi u ventilacionu mrežu koja pri protoku gasa od Qv = 1350 m3/h zahteva ∆pg = 288 Pa za savlađivanje svih podužnih i mesnih otpora i ∆pv = 85 Pa za saopštavanje brzine gasu na izlazu iz potisnog voda. Razlika pritisaka potisnog i usisnog prostora mreže iznosi ∆pp = 128 Pa. Odrediti protok gasa i radni pritisak koji će ostvarivati ispitivani ventilator ako se ugradi u datu mrežu. Rešenje: Jednačina karakteristike ventilacione mreže u opštem slučaju glasi

2vm42

2v

abvgp bQa1dl

dQ8

pppppp +=

+ξ+λ

πρ

+−=∆+∆+∆=∆ ∑

gde je ∆pp - pad pritiska potreban za savlađivanje razlike pritisaka na krajevima mreže, ∆pg - pad pritiska potreban za savlađivanje svih hidrauličkih otpora u mreži i ∆pv - pad

pritiska potreban za saopštavanje brzine gasu na izlazu iz potisnog voda. Za datu mrežu parametar a iznosi a = pb − pa = 128 Pa, dok se parametar b može izračunati iz jednačine

=∆+∆

=+ξ+λπρ

= ∑ 2v

vgm42 Q

pp)1

dl

(d

8b

2342 /h)Pa/(m 10047,2

135085288 −⋅=

+=

Dakle, jednačina karakteristike ventilacione mreže u ovom slučaju glasi

2v

4 Q 01047,2128p −⋅+=∆

gde je ∆p u Pa a Qv u m3/h. Očitavanjem sa grafika (slika 3.2.1) dobija se da je u radnoj tački (A) Qv = 1203 m3/h a ∆p = 424 Pa.

0 500 1000 1500 20000

50

100

150

200

250

300

350

400

450

500∆p , Pa

A

Qv , m3/h

Slika 3.2.1


96

3.2.2 U ventilacioni vod dužine l = 50 m, unutrašnjeg prečnika d = 200 mm i relativne hrapavosti ε = 0,004, koji sadrži tri kolena pod uglom od 90° (ξk = 1,1), ugrađen je ventilator čija je karakteristika data u tabeli. Ako su usisni i potisni prostor mreže na istom pritisku, odrediti: a) protok vazduha temperature 20°C i ukupnu snagu ventilatora; b) protok vazduha koji bi se ostvario ako bi se dva ovakva ventilatora redno vezala.

Q v , m3/s 0 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30 0,35 0,40 0,45 0,50 0,55

H, m 34,8 44,0 49,5 51,4 50,0 47,5 45,0 42,6 38,5 35,0 32,0 28,2

η, % 5,0 9,0 11,5 16,0 18,0 20,0 20,5 19,5 17,0 14,0 11,0 8,5

Rešenje: a) U slučaju razvijene turbulencije (Re > 560/ε), koeficijent trenja iznosi

0277,0004,011,0 ,110 44 ==ε=λ

a jednačina hidrauličke karakteristike ventilacione mreže glasi

2v42

2v

ku42

2v Q 05611,130,5

0,250

0,02779,810,2

Q813

dl

gdQ8

H =

+⋅++

⋅π=

+ξ+ξ+λ

π=

U tom slučaju je u radnoj tački Qv = 0,277 m3/s (slika 3.2.2 b), pa je brzina strujanja

sm/ 8,822,0277,04

dQ4

v 22v =

⋅π⋅

=π

=

Odatle je Reynoldsov broj

55 1017,1

1081,1205,12,082,8vd

Re ⋅=⋅⋅⋅

=µρ

= −

Pošto je 23/ε<Re<560/ε, koeficijent trenja je trebalo izračunati iz jedn. (2.19):

=

+ε=λ

25,0

Re100

46,11,0

0286,01019,1

1000,004 46,11,0

25,0

5 =

⋅

+⋅=

Ako se ova vrednost λ zameni u jednačinu hidrauličke karakteristike mreže dobija se:

0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,60

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

55

60H , m η , %

Qv , m3/s

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

Slika 3.2.2 a


97

2vQ 617H =

Pri ovoj jednačini je u radnoj tački Qv = 0,275 m3/s (slika 3.2.2 b), odakle je v = 8,75 m/s. Ovoj brzini odgovara ista vrednost Re kao u prethodnom slučaju, što znači da je usvojena vrednost λ = 0,0286 tačna i da ne treba korigovati izvedenu jednačinu mreže. Sa dijagrama se takođe dobija H = 46,6 m i η = 20,4 %. Ukupna snaga ventilatora je

W 437204,0

275,0205,181,96,46QHgN v =

⋅⋅⋅=

ηρ

=

b) Ako se dva ventilatora vežu na red, ukupna radna visina će pri istom protoku biti dva puta veća nego u slučaju kada u mreži radi samo jedan ventilator, pa je njihova ukupna karakteristika u tom slučaju definisana tabelom:

Q v , m3/s 0 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30 0,35 0,40 0,45 0,50 0,55

H, m 69,6 88 99 102,8 100 95 90 85,2 77 70 64 56,4

U ovom slučaju se sa sigurnošću može pretpostaviti razvijena turbulencija (Re > 560/ε), što znači da jednačina karakteristike ventilacione mreže glasi: 2

vQ 605H = . Očitavanjem sa slike 3.2.2 c, dobija se da je u radnoj tački Qv = 0,367 m3/s, H = 81,5 m i η = 18,6 %. Odatle sledi da je ukupna snaga oba ventilatora N = 1901 W.

0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,60

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

55

60H , m η , %

Qv , m3/s

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

A

0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,60

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

110

ventilatoraDva redno vezana

H , m η , %

Qv , m3/s

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

A

Slika 3.2.2 b Slika 3.2.2 c


98

3.2.3 Centrifugalni ventilator čija je hidraulička karakteristika data jednačinom:

vQ 7,5190H −=

pri čemu je H u m, a Qv u m3/s, priključen je na mrežu dužine l = 30 m i unutrašnjeg prečnika d = 200 mm, koja sadrži 4 kolena pod uglom od 90° (ξk = 1,1) i jedan normalni ventil (ξv = 3). Koeficijent trenja iznosi λ = 0,029. Ako su ulaz i izlaz cevne mreže na istoj visini i pritisku, odrediti: a) protok vazduha i radnu visinu ventilatora; b) jednačinu karakteristike ventilatora i položaj radne tačke pri 10 % većem broju obrtaja ventilatora. Rešenje: a) Jednačina hidrauličke karakteristike mreže u ovom slučaju glasi

=

+ξ+ξ+ξ+λ

π= 14

dl

gdQ8

H vku42

2v

2v42

2v Q84 6131,145,0

2,030

029,081,92,0

Q8=

++⋅++

⋅⋅π=

U radnoj tački moraju biti zadovoljene jednačine obe hidrauličke karakteristike, pa je 2vv Q684 Q 17,590 =−

tj. 090Q 17,5Q684 v2v =−+ , što predstavlja kvadratnu jednačinu iz koje se dobija:

s/m ,350206842

9068445,175,17Q 3

2

v =⋅

⋅⋅++−=

Sada se radna visina može izračunati iz jednačine bilo koje od dve karakteristike:

m 83,93502,06843502,05,1790H 2 =⋅=⋅−=

b) Pošto je 12v1v2 n/n/QQ = i 21212 )n/n(/HH = mora biti

=−=−== 212212v

2121v

21212 )n/n)](n/n(Q 5,1790[)n/n)(Q 5,1790()n/n(HH

v22v2

122v2

12 Q 25,199,108Q1,15,171,190)n/n(Q 5,17)n/n(90 −=⋅⋅−⋅=−=

što predstavlja jednačinu hidrauličke karakteristike datog ventilatora pri 10% većem broju obrtaja motora. Protok vazduha i radna visina ventilatora pri novom broju obrtaja iznose

s/m ,385206842

9,108684425,1925,19Q 3

2

2v =⋅

⋅⋅++−=

m 101,53852,06843852,025,199,108H 22 =⋅=⋅−=

Dakle, protok vazduha se povećava za 10 % a radna visina ventilatora za 21 %.


99

3.2.4 Radnu prostoriju dimenzija 3 × 10 × 20 m treba provetravati, tako da se vazduh u prostoriji, temperature 20°C, promeni 6 puta u toku 1 časa. Na raspolaganju je ventilator, čija je hidraulička karakteristika data jednačinom:

2vQ 02365000p −=∆

gde je ∆p u Pa, a Qv u m3/s. Ventilacioni vod čine cevi prečnika d = 250 mm i relativne hrapavosti ε = 0,0009. Ako su ulazni i izlazni presek ventilacionog voda na istoj visini i pritisku, a zbir ekvivalentne dužine svih lokalnih otpora iznosi Σle = 80 m, odrediti: a) potrebnu dužinu ventilacionog voda; b) razliku visina stubova vode u U-cevi čiji su kraci priključeni za usisno i potisno grlo ventilatora.

v=0 v=v

1

1

2

2

V d

h

Slika 3.2.4

Rešenje: a) Pošto ventilator u toku 1 h treba da dovede u prostoriju zapreminu vazduha koja je 6 puta veća od zapremine prostorije, zapreminski protok i brzina strujanja vazduha iznose

/sm 13600

201036V6Q 3p

v =⋅⋅⋅

=τ

=

m/s 37,2025,0

14dQ4

v 22v =

π⋅⋅

=π

=

Dakle 5

5 1039,31081,1

205,125,037,20vdRe ⋅=

⋅⋅⋅

=µρ

= −

Pošto je 23/ε < Re < 560/ε, koeficijent trenja se izračunava iz Altšulove formule (2.19)

02,01039,3

1000009,046,11,0

Re100

46,11,025,0

5

25,0

=

⋅

+⋅=

+ε=λ

Na osnovu poznatog protoka može se izračunati radni pritisak ventilatora


100

kW2,64 W 0264123605000Q 02365000p 22v ==⋅−=−=∆

Međutim, radni pritisak ventilatora je takođe definisan i jednačinom karakteristike mreže, koja se može dobiti iz Bernulijeve jednačine za ulazni (1-1) i izlazni (2-2) presek mreže:

Σ+

λ+ρ

=∆d

ll1

2v

p e2

Odatle je potrebna dužina ventilacionog voda

m 39,58002,025,0

02,037,20205,125,026402

ld

vpd2

l 2e2 =−−⋅⋅

⋅⋅=Σ−

λ−

λρ∆

=

b) Pokazivanje U-cevi je u datom slučaju

mm 269m 0,26981,91000

2640g

ph

w

==⋅

=ρ∆

=

3.2.5 Vazduh temperature t = 20°C protiče kroz prav ventilacioni vod sastavljen od cevi relativne hrapavosti ε = 0,00025 i unutrašnjeg prečnika d = 250 mm. Dužine usisnog i potisnog voda su jednake i iznose l1 = l2 = 10 m. Ako U-manometar ispunjen vodom čiji je jedan krak otvoren a drugi priključen za potisno grlo ventilatora pokazuje h1 = 57 mm, odrediti: a) pokazivanje otvorenog U-vakuummetra ispunjenog vodom koji je priključen za usisno grlo ventilatora; b) radni pritisak ventilatora.

v=0 v=v

l1

V d

h 1

l2

h 2

Slika 3.2.5 Rešenje: d) Pad pritiska usled podužnog trenja u potisnom cevovodu iznosi

Pa 559,2057,081,91000ghp 2wt =⋅⋅=ρ=∆

na osnovu čega se može izračunati Karmanov broj


101

425

3

22

3t 1002,8

10)1081,1(205,125,02,5592

ldp2

Ka ⋅=⋅⋅⋅⋅⋅

=µ

ρ∆= −

pa je prema Kolbruk-Vajtovoj formuli (2.20), koja važi pri 23/ε < Re <560/ε

01,81002,8

51,271,3

00025,0glo 2

Ka51,2

71,3glo 2

14 =

⋅

+−=

+

ε−=

λ

odakle je koeficijent trenja 0156,001,1/8 2 ==λ . Reynoldsov broj iznosi

54 1042,601,81002,8Ka

Re ⋅=⋅⋅=λ

=

Pošto je u ovom slučaju 23/ε = 9,2⋅104, a 560/ε = 2,24⋅106, izračunata vrednost Re se uklapa u interval važenja Kolbruk-Vajtove formule. Brzina strujanja vazduha iznosi

sm/ 38,61042,6205,125,0

1081,1Re

dv 5

5

=⋅⋅⋅

=ρµ

=−

Potpritisak u usisnom grlu ventilatora, tj. na mestu gde je priključen U-vakuummetar je

Pa 1907)15,025,0

100156,0(

26,38205,1

)1dl

(2v

p2

u1

2

v =++⋅

=+ξ+λρ

=

a tražena razlika visina stubova vode u kracima U-vakuummetra

mm194 m0,194 81,91000

1907g

ph

w

v1 ==

⋅=

ρ=

b) Radni pritisak je definisan potpritiskom u usisnom grlu i natpritiskom u potisnom grlu

Pa 246281,91000)057,0194,0(g)hh(ppp w21vm =⋅+=ρ+=+=∆

3.3 KOMPRESORI 3.3.1 Kapacitet nekog kompresora je testiran punjenjem čelične boce zapremine V = 45 l komprimovanim vazduhom, pri čemu se za vreme od τ = 12 min apsolutni pritisak u boci povećao od p1 = 1 bar do p2 =55 bar, a temperatura od t1 = 17°C do t2 = 37°C. Odrediti kapacitet kompresora (u kg/h i Nm3/h). Rešenje: Priraštaj mase vazduha u boci za dato vreme iznosi


102

gk 2,73290101

3101055

287045,0

Tp

Tp

RV

mm55

1

1

2

2

g12 =

⋅−

⋅=

−=−

gde je R g =287 J/kgK gasna konstanta vazduha određena iz tabele P.1 u prilogu. Dakle

hkg/ 13,61260

73,2mm

Q 12m ==

τ−

=

/hNm 10,529

4,226,13

294,22

QQ 3mo ===

3.3.2 Klipni kompresor prostog dejstva koji ima prečnik cilindra d = 180 mm, hod klipa s = 200 mm i koji radi sa n = 240 o/min, koristi se za izentropsko sabijanje vazduha od p1 = 1 bar do p2 =5,5 bar. Zapremina štetnog prostora je 20 puta manja od zapremine koju opisuje klip, a gas zaostao u štetnom prostoru se širi izentropski. Ako je početna temperatura vazduha t1 =17°C, odrediti: a) zapreminu gasa u cilindru u karakterističnim tačkama ciklusa; b) temperaturu vazduha na kraju kompresije; c) kapacitet kompresora u Nm3/h, uzimajući da je ukupni koeficijent isporuke jednak zapreminskom koeficijentu isporuke; d) stepen kompresije pri kome je kapacitet kompresora jednak nuli.

Slika 3.3.2

Rešenje: a) Kompresija gasa u cilindru se vrši pri kretanju klipa od preseka b-b do preseka d-d, pri čemu je tada zatvoren i usisni i potisni ventil. U preseku d-d otvara se potisni ventil i komprimovani gas pritiska p2 se potiskuje iz cilindra od preseka d-d do preseka a-a. U preseku a-a se zatvara potisni ventil, nakon čega se pri kretanju klipa od preseka a-a do preseka c-c vrši ekspanzija gasa koji je zaostao u štetnom prostoru. U preseku c-c se otvara usisni ventil i gas pritiska p1 se usisava od preseka c-c do preseka b-b. Zapremina


103

vazduha u cilindru na početku izentropskog sabijanja (tačka 1) se može izraziti kao zbir zapremine koju opisuje klip, V1 – V3 i zapremine štetnog prostora, V3:

s4

d)1()VV)(1()V(V )VV(V)VV(V

2

3131313311π

ε+=−ε+=−ε+−=+−=

gde je ε = 1/20 odnos zapremine štetnog prostora i zapremine koju opisuje klip. Dakle:

33322

1 dm5,344 m 10,34450,2 4

18,0)05,01(s

4d

)1(V =⋅=π

+=π

ε+= −

Sabijanje se vrši po izentropi κκ = 2211 VpVp , pa je zapremina vazduha u tački 2:

34,/111/

2

112 md 581,1

5,51

344,5pp

VV =

=

=

κ

gde je κ = 1,4 očitano iz tabele P.1 u prilogu. Zapremina u tački 3 iznosi

33322

3 dm 0,2545m 100,254520, 4

18,0 0,05s

4d

V =⋅=π⋅

=π

ε= −

Gas zaostao u štetnom prostoru se širi po izentropi κκ = 4433 VpVp , pa je

34,/111/

4

334 md 0,860

15,5

2545,0pp

VV =

=

=

κ

b) Iz jednačine stanja za tačke 1 i 2 sledi da je temperatura vazduha na kraju kompresije

C 199K 724344,51581,15,5

029VpVp

TT11

2212 °==

⋅⋅

==

c) Pri jednom obrtaju vratila usisava se zapremina gasa 3

41 dm,484 4860,0344,5VVV =−=−=

što znači da je zapremina gasa koja se usisava u jedinici vremena

h/m ,6646024010484,4VnQ 33v =⋅⋅⋅== −

ili svedeno na normalne uslove

h/Nm 06290273

10132510

6,64TT

pp

QQ 35

1

o

o

1vo ===

d) Zapreminski koeficijent isporuke kompresora, λo predstavlja količnik stvarno usisane zapremine gasa i zapremine koju opisuje klip:


104

−

−−=

−−

−=−−

−=−−

=λ 1VV

VVV

1V

VVVV

V1

VVVV

1VVVV

3

4

31

3

3

34

31

3

31

34

31

41o

Međutim, ε = V3/(V1−V3) i κ= /12234 )/pp(/VV , pa je zapreminski koeficijent

isporuke

−

ε−=λ

κ

1pp

11/

1

2o

što znači da se kapacitet kompresora može definisati jednačinom

sn4

dn)VV(Q

2

o31ovπ

λ=−λ=

Kapacitet kompresora je jednak nuli kada je λo = 0, tj. kada je V1 = V4, a V2 = V3. Tada se širenje gasa zaostalog u štetnom prostoru završava u tački 1, pa se može napisati

κκ = 1132 VpV'p

gde je 'p2 pritisak do koga bi trebalo komprimovati vazduh nakon usisavanja da bi mu se zapremina svela na zapreminu štetnog prostora, V3. Odatle je traženi stepen kompresije

7105,0

05,011VV

p'p 4,1

3

1

1

2 =

+=

εε+

=

=

κκ

3.3.3 Objasniti na koje se načine kapacitet klipnog kompresora iz prethodnog primera može povećati od Qo1 = 60 Nm3/h do Qo2 = 75 Nm3/h.

Rešenje: Zapreminski kapacitet kompresora sveden na normalne uslove iznosi

1

o

o

1o T

Tpp

nVQ =

Zapremina gasa koja se usisava pri jednom obrtaju vratila, V je praktično konstantna veličina jer prvenstveno zavisi od konstruktivnih karakteristika kompresora, kao što su hod klipa, prečnik cilindra i zapremina štetnog prostora. Pritisak i temperatura gasa pri normalnim uslovima (po i To) su takođe konstantne veličine, što znači da se kapacitet datog kompresora može povećati samo povećanjem broja obrtaja vratila, n, povećanjem početnog pritiska gasa, p1 i sniženjem početne temperature, T1. Međutim, hlađenje gasa pre kompresije je neracionalno sa aspekta energetskih troškova, pa praktičnu primenu nalaze preostala dva postupka. Ako se vrši povećanje broja obrtaja vratila kompresora, broj obrtaja pri kome se postiže traženi kapacitet iznosi


105

ino/m 0036075

240QQ

nn1o

2o12 ===

Ako se vrši povećanje početnog pritiska gasa, ispred kompresora treba ugraditi rotacionu duvaljku u kojoj se gas pre ulaska u kompresor praktično izotermski sabija od p1 do pm. Međupritisak koji obezbeđuje traženi kapacitet se određuje iz relacije

akP 1256075

100QQ

pp1o

2o1m ===

Slika 3.3.3

3.3.4 U dvostepenom tandem kompresoru vrši se sabijanje Qm = 140 kg/h vazduha od p1 = 1 bar i T1 = 298 K do p2 = 16 bar. Vazduh se u oba cilindra izentropski sabija, a u međuhladnjaku se hladi do početne temperature. Odrediti: a) međupritisak gasa pri kome je ukupan teorijski rad sabijanja minimalan; b) teorijsku snagu pogonskog motora u tom slučaju; c) protok vode u međuhladnjaku, ako je porast temperature vode pri proticanju kroz hladnjak ∆tw = 10 K; d) zapremine koje opisuje klip u cilindrima niskog i visokog pritiska, ako kompresor radi sa n = 120 o/min i ako je koeficijent isporuke λ = 1. Rešenje: a) Teorijski rad sabijanja u cilindru niskog pritiska iznosi

=

−

−κκ

=

−κκ

=== κ−κ

κ−κ

κκ−κ

κκ−κ ∫∫1

1

1

m11/1

p

p

1

11/1

p

p

1/1

1/1

p

p

t,12 ppvp1

pvp1

dppvpvdplm

1

m

1

m

1

−

−κκ

=

−

−κκ

=κ−κ

κ−κ

1pp

TR1

1pp

vp1

1

1

m1g

1

1

m11


106

pri čemu je κκ = 11vppv . Slično tome, teorijski rad sabijanja u cilindru visokog pritiska je

−

−κκ

=κ−κ

1pp

TR1

l

1

m

21g34,t

Dakle, ukupan teorijski rad sabijanja iznosi

−

−κκ

+

−

−κκ

=+=κ−κ

κ−κ

1pp

TR1

1pp

TR1

lll

1

m

21g

1

1

m1g34,t12,tt

Ukupan teorijski rad sabijanja biće minimalan za vrednost pm u kojoj je prvi izvod gornje funkcije po pm jednak nuli. Diferenciranjem gornjeg izraza po pm dobija se:

−=

κ−κ

−κ−κ

−κκ

=∂

∂κκ−

κ−κ

κ−

κ−κ

−κκ−

κ−κ

κ−

κ−κ

− 21

m

1

2

1

m

1

11g

21

m

1

2

1

m

1

11gm

t ppppTRpp1

pp1

TR1p

l

Uslov 0p/l mt =∂∂ biće ispunjen ako je izraz u zagradi jednak nuli, tj. ako je

κκ−

κ−κ

κ−

κ−κ

−=

21

m

1

2

1

m

1

1 pppp Sređivanjem se dobija

κ−κ

κκ−

−κ

−κ−κ

==)1(2

m

211

m

1

21 pp)pp(

odakle je 2m21 ppp = . Dakle, međupritisak pri kome je utrošak rada minimalan iznosi

rba4 161ppp 12m =⋅==

što znači da je optimalno da stepen kompresije u oba cilindra bude jednak:

416/1/pp/pp/ppx 12m21m =====

Slika 3.3.4 a


107

b) Ukupan teorijski rad sabijanja iznosi

kJ/kg 291 142980,28714,1

4,121xTR

12l 1,4

11,41

1gt =

−⋅

−=

−

−κκ

=−

κ−κ

gde je Rg = 0,287 kJ/(kgK) gasna konstanta za vazduh određena iz tabele P.1. Teorijska snaga motora za pogon kompresora je

kW 11,3 2913600140

lQN tmt ===

c) Temperatura gasa na izlazu iz oba cilindra iznosi

K 443 4298xTTT 1,411,41

142 =⋅===−

κ−κ

pa je toplotna snaga međuhladnjaka

kW64 ,5)298443(13600140

)TT(cQ/2NQ 12L,pmt =−=−==

gde je cp,L = 1,00 kJ/kgK specifična toplota vazduha pri konstantnom pritisku. Traženi maseni protok rashladne vode u međuhladnjaku je

hkg/ 486kg/s 351,01018,4

64,5tc

QQ

www,m ==

⋅=

∆=

d) Iz jednačine koja definiše maseni protok gasa

nVsn4

dQQ o

2

vm ρλ=π

ρλ=ρ=

gde je Vo zapremina koju opisuje klip, sledi da je teorijska zapremina koju opisuje klip u cilindru niskog pritiska

333

1

mnpo dm 16,6m 106,61

60120117,1140

nQ

V =⋅=⋅⋅⋅

=λρ

= −

gde je ρ1 gustina vazduha na ulazu u cilindar niskog pritiska:

35

1g

11 kg/m ,171

298287101

TRp

=⋅⋅

==ρ

Pošto je gustina vazduha na ulazu u cilindar visokog pritiska 4 puta veća, zapremina koju opisuje klip u cilindru visokog pritiska je 4 puta manja nego u cilindru niskog pritiska

3npovp

o dm 4,154

6,164

VV ===


108

1

23

45

6

pm

p1

p2

V

p

Slika 3.3.4 b

3.3.5 Odrediti krajnje temperature i utroške teorijskih radova pri izentropskom sabijanju vazduha od početnog pritiska p1 = 1 bar i T1 = 296 K do p2 = 9 bar u: a) jednostepenom klipnom kompresoru; b) dvostepenom klipnom kompresoru sa međuhlađenjem gasa. c) Uporediti ove utroške energije sa utroškom energije pri izotermskom sabijanju vazduha. Rešenje: a) Utrošak teorijskog rada pri jednostepenoj izentropskoj kompresiji iznosi

kJ/kg 7,259119

962287,014,1

4,11

pp

TR1

l1,4

11,41

1

21gt =

−

⋅

−=

−

−κκ

=

−κ−κ

Temperatura na kraju jednostepenog izentropskog sabijanja iznosi

K 555 19

296pp

TT1,4

11,41

1

212 =

=

=

−κ−κ

b) Pri dvostepenoj kompresiji gasa optimalni stepen kompresije u jednom cilindru је

39/1/ppx 12 ===

U tom slučaju temperatura gasa na izlazu iz oba cilindra iznosi

K 4053296xTT 4,114,11

12 =⋅==−

κ−κ


109

Dakle, pri dvostepenoj kompresiji krajnja temperatura vazduha je niža za 150 K. Utrošak teorijskog rada pri dvostepenoj izentropskoj kompresiji iznosi

J/kg 219,3 13 2960,28714,1

4,121xTR

12l 1,4

11,41

1gt =

−⋅

−=

−

−κκ

=−

κ−κ

c) Utrošak teorijskog rada pri izotermskoj kompresiji vazduha je

kJ/kg 86,7119

ln296287,0pp

lnTRp

dpvpvdpl

1

21g

p

p

11

p

p

t,12

m

1

2

1

=

⋅⋅=

=== ∫∫

U ovom slučaju se nikakvo poboljšanje ne može postići višestepenim komprimovanjem. Teorijski rad pri izotermskoj kompresiji gasa je minimalan i predstavlja graničnu vrednost kojoj teži teorijski rad pri višestepenoj kompresiji, kada broj stupnjeva sabijanja teži ka beskonačnosti. U ovom slučaju, utrošak teorijskog rada pri jednostepenoj izentropskoj kompresiji gasa je za 39,1 % veći nego pri izotermskoj kompresiji, dok je pri dvostepenoj izentropskoj kompresiji za 17,5 % veći nego pri izotermskoj kompresiji. 3.3.6 Klipna vakuum pumpa treba da obezbedi u nekom aparatu potpritisak pv = 90 kPa. Ako je atmosferski pritisak pa = 100 kPa i ako se vazduh u vakuum pumpi komprimuje po politropi n = 1,25 odrediti: a) utrošak teorijskog rada pri evakuaciji V = 1 m3 vazduha u trenutku kada potpritisak u aparatu iznosi 10 kPa i u trenutku kada se u aparatu ostvari krajnji potpritisak; b) pri kom potpritisku u aparatu je utrošak teorijskog rada po jedinici evakuisane zapremine maksimalan; c) koliko iznosi maksimalna vrednost teorijskog rada. Rešenje: a) Utrošak teorijskog rada pri politropskom sabijanju jedinične mase gasa iznosi

−

−

==

−

1pp

vp1n

nv'll

n1n

1

2111tt

gde jelt'utrošak teorijskog rada pri sabijanju jedinične zapremine gasa, p2 = pa je krajnji pritisak, a p2 = pa − pv je početni pritisak, tj. pritisak u aparatu. Dakle, ako je pv = 10 kPa:

325,1125,1

n1n

1

21t kJ/m 9,61

90100

90125,1

25,11

pp

p1n

n'l =

−

−=

−

−

=

−−

U trenutku kada se u aparatu ostvari krajnji potpritisak pv = 10 kPa, tj. pri p2 = 10 kPa:


110

325,1125,1

n1n

1

21t kJ/m 29,21

10100

10125,1

25,11

pp

p1n

n'l =

−

−=

−

−

=

−−

b) Funkcija )p(f'l 1t = ima ekstremnu vrednost u tački u kojoj je 0p/'l 1t =∂∂ :

01pn1

p1n

np

'lnn1

1n

1n

21

t =

−

−=

∂

∂ −−

Iz ove jednačine sledi da vrednost p1 u tački ekstremuma iznosi

kPa 32,76825,1100npp 25,1125,1

n1n

21 =⋅== −−

Pošto je drugi izvod funkcije negativan

0pn1

pp

'ln

n21

1n

1n

221

t2

<−=∂

∂ −−

uočen ekstremum predstavlja maksimum funkcije, što potvrđuje i slika 3.3.6. Traženi potpritisak u aparatu iznosi

Pak 67,232768,32100ppp 1av =−=−=

c) Zamenom izraza za p1 u tački maksimuma u formulu za teorijski rad dobija se: 3

1maxt kJ/m 0,96425,1768,32np'l =⋅==


111

10 20 30 40 50 60 70 80 90 1000

5

10

15

20

25

30

35

40

45Te

orijs

ki ra

d , k

J/m

3

p1 , kPa

Slika 3.3.6

111

4. DIMENZIONA ANALIZA I TEORIJA SLIČNOSTI

Dimenziona analiza i teorija sličnosti su metode koje omogućavaju da se na osnovu izvršenih eksperimenata uspostavi funkcionalna zavisnost između velikog broja fizičkih veličina koje utiču na neki složeni proces. Tipični primeri ovih složenih procesa koji se proučavaju u hidromehaničkim operacijama su:

1. Strujanje fluida kroz cevne vodove. 2. Strujanje fluida oko nepokretnih čvrstih objekata. 3. Mešanje tečnosti mehaničkim mešalicama.

Parametri koji se javljaju pri proučavanju nekih hidromehaničkih procesa sa viskoznim, nestišljivim fluidima u jednofaznim sistemima pri stacionarnim i izotermskim uslovima

y Geometrijski parametri sistema

Fizički parametri fluida

Procesni parametri

1. ∆p t l, de, e ρ, µ v

2. Fd de, ϑ ρ, µ v

3. Nk dm, D, H, … ρ, µ n, g

Parametar koji se javlja kao zavisno promenljiva (y) kod proučavanja ovih procesa je

složena funkcija geometrijskih parametara sistema, fizičkih parametara fluida i procesnih parametara. Geometrijski parametri definišu geometrijski oblik sistema u kome se odvija posmatrani proces, fizički parametri definišu fizičke osobine fluida, a procesni parametri intenzitet odvijanja procesa. Ako je fluid stišljiv javlja se modul elastičnosti kao dopunski fizički parametar, dok se u višefaznim sistemima javlja i međufazni napon na interfaznim površinama. Ako uslovi nisu izotermski javljaju se i termodinamički parametri, kao što su specifična toplota, koeficijent toplotne provodljivosti, itd. Pored toga, pri nestacionarnim procesima javlja se vreme kao dopunski procesni parametar.

Prvo se primenom Bakingemove π-teoreme od polaznih veličina formiraju kriterijumi sličnosti (π-grupe), bezdimenzione grupe sastavljene od zajedničkog jezgra u kome treba da bude toliko tzv. repeticionih promenljivih koliko ima osnovnih dimenzija u polaznim fizičkim veličinama (u ovom slučaju javljaju se 3 osnovne dimenzije: L, M i T). U jezgro treba uvrstiti po jedan fizički, procesni i geometrijski parametar, koji treba ba budu tako odabrani da njihova kombinacija ne omogućava formiranje bezdimenzione grupe.

Kada se obrazuju kriterijumi sličnosti (njihov broj je za broj repeticionih promenljivih manji od ukupnog broja polaznih fizičkih veličina), vrše se eksperimenti da bi se izvela funkcionalna zavisnost između kriterijuma sličnosti, tzv. kriterijalna jednačina. Izvedene kriterijalne jednačine važe u rasponu kriterijuma sličnosti koji je postignut pri izvođenju eksperimenta, ali za svaku veličinu sistema i svaku vrstu fluida koja se uklapa u taj raspon.


112

PRIMERI 4.1 Odrediti konstantu geometrijske sličnosti za dve kocke od kojih jedna ima dvostruko veću zapreminu od druge.

Slika 4.1

Rešenje: Dva tela su geometrijski slična ako su istog geometrijskog oblika, pri čemu mogu biti bilo koje veličine i napravljena od bilo kog materijala. Odnos svih korespodentnih dužina dva geometrijski slična tela je konstantan i ova konstanta se naziva konstanta geometrijske sličnosti. Ona pokazuje linearnu razmeru koja postoji između dva tela. Npr., konstanta geometrijske sličnosti za dve kocke se može definisati sledećim odnosima:

const"l'l

"D'D

"d'd

"a'a

k L ==…====

gde su a i D dužina stranice i dijagonale kocke, a d dužina dijagonale kvadrata koji se nalazi u osnovi posmatrane kocke. Treba napomenuti da pored konstante geometrijske sličnosti, koja se definiše za dva geometrijski slična tela, postoje i invarijante geometrijske sličnosti (ili geometrijski simpleksi), koji se definišu samo za jedno telo i koji predstavljaju odnos različitih linearnih dimenzija tog tela. Geometrijski simpleksi karakterišu oblik tela, pa stoga moraju imaju identične vrednosti za sva geometrijski slična tela. Tako npr, za sve kocke je odnos bilo koje dve različite linearne dimenzije konstantan:

const2ad

"a"d

'a'd

===…==

const3aD

"a"D

'a'D

===…==

U ovom primeru je

3L

3

k"a'a

2"V'V

=

==

odakle je

___________________________________ 4. Dimenziona analiza i teorija sličnosti

113

26,12k 3/1L ==

4.2 Pad pritiska usled podužnog trenja, ∆pt, koji se javlja pri izotermskom stacionarnom strujanju nestišljivog viskoznog fluida kroz cevni vod zavisi od: -dužine, l, ekvivalentnog prečnika, de, i apsolutne hrapavosti zidova, e, cevnog voda; -gustine, ρ, i dinamičkog viskoziteta, µ, fluida; -srednje brzine strujanja fluida, v. Formirati kriterijume sličnosti od repeticionih promenljivih v, de i ρ. Rešenje: Jednačinu sastavljenu iz n = 7 polaznih fizičkih veličina:

v), , ,e ,d l,(fp et µρ=∆

treba transformisati u kriterijalnu jednačinu sastavljenu iz i = 4 kriterijuma sličnosti:

) , ,(f 4321 πππ=π

pri čemu se broj kriterijuma sličnosti (ili π-grupa) utvrđuje iz relacije:

437rni =−=−=

gde je r = 3 broj osnovnih dimenzija sadržanih u polaznim fizičkim veličinama. U ovom slučaju kriterijumi sličnosti su dati sledećim jednačinama:

tzy

ex

1 pdv 111 ∆ρ=π (1)

ldv 222 zye

x2 ρ=π (2)

µρ=π 333 zye

x3 dv (3)

edv 444 zye

x4 ρ=π (4)

Iz uslova dimenzione homogenosti gornjih jednačina, a imajući u vidu da su π-grupe bezdimenzione veličine, mogu se napisati sledeće 4 dimenzione jednačine:

21z3yx1000 TML)ML(L)LT(TML 111 −−−−= (5)

L)ML(L)LT(TML 222 z3yx1000 −−= (6)

11z3yx1000 TML)ML(L)LT(TML 333 −−−−= (7)

L)ML(L)LT(TML 444 z3yx1000 −−= (8)

Poređenjem eksponenata istih osnova s leve i s desne strane jednačine, iz svake od ove 4 eksponencijalne jednačine može se napisati sistem sastavljen od 3 linearne jednačine sa 3 nepoznate (x, y i z), koji se lako rešava metodom zamene:


114

Iz jedn. (5): 13zyx0 :L 111 −−+= 0y 1 = 1z0 :M 1 += 1z1 −= 2x0 :T 1 −−= 2x1 −=

Iz jedn. (6): 13zyx0 :L 222 +−+= 1y 2 −=

2z0 :M = 0z2 =

2x0 :T −= 0x 2 =

Iz jedn. (7): 13zyx0 :L 333 −−+= 1y 3 −= 1z0 :M 3 += 1z3 −= 1x0 :T 3 −−= 1x 3 −=

Iz jedn. (8): 13zyx0 :L 444 +−+= 1y 4 −=

4z0 :M = 0z4 =

4x0 :T −= 0x 4 =

Zamenom vrednosti eksponenata x, y i z u jednačine (1), (2), (3) i (4) dobija se

Euvp

pdvpdv 2t

t10

e2

tzy

ex

1111 =

ρ∆

=∆ρ=∆ρ=π −−

le

01e

0zye

x2 S

dl

ldvldv 222 ==ρ=ρ=π −

Re1

vddvdv

e

11e

1zye

x3

333 =ρ

µ=µρ=µρ=π −−−

ε==ρ=ρ=π −

e

01e

0zye

x4 d

eedvedv 444

Dakle, u ovom slučaju Ojlerov kriterijum sličnosti je funkcija Rejnoldsovog kriterijuma sličnosti i dva geometrijskih simpleksa:

) ,S f(Re,Eu l ε=

Ako se ova kriterijalna jednačina uporedi sa Darcy-Weisbachovom jednačinom:

e

2

t dl

2v

p λρ

=∆

dobija se ),S(Re,fS2

Eu ll ε=λ

=


115

S obzirom da je ∆p t ∝ Sl, možemo zaključiti da je

) (Re,f ε=λ

Ova kriterijalna jednačina predstavlja najčešći oblik u kome se prikazuju eksperimentalni rezultati merenja pada pritiska fluida usled podužnog trenja. 4.3 Sila otpora, Fd, koja se javlja pri opstrujavanju nepokretnih čvrstih tela zavisi od: -ekvivalentnog prečnika, de, i faktora oblika, ϑ, tela; -gustine, ρ, i dinamičkog viskoziteta, µ, fluida; -brzine strujanja fluida, v. Formirati kriterijume sličnosti od repeticionih promenljivih v, de i ρ. Rešenje: Prema Bakingemovoj teoremi broj π-grupa u ovom slučaju iznosi: i = n − r = 6 − 3 = 3, što znači da polaznu jednačinu sa 6 nepoznatih parametara:

v), , , ,d(fF ed µρϑ=

treba transformisati u kriterijalnu jednačinu sa 3 nepoznate:

) ,(f 321 ππ=π

Kriterijum koji sadrži zavisno promenljivu glasi:

dzy

ex

1 Fdv 111 ρ=π

Nakon zamene dimenzija dobija se eksponencijalna jednačina 2z3yx1000 MLT)ML(L)LT(TLM 111 −−−=

koja rešavanjem daje vrednosti eksponenata: x1 = −2; y1 = −2; z1 = −1. Odatle sledi da je

Eudv

FFdv 2

e2d

d12

e2

1 =ρ

=ρ=π −−−

Kriterijum sličnosti koji sadrži viskozitet glasi

µρ=π 222 zye

x2 dv

U prethodnom primeru je pokazano da je u tom slučaju

Re1

vddv

e

11e

12 =

ρµ

=µρ=π −−−


116

Faktor oblika se definiše kao 3et/dV=ϑ , gde je Vt zapremina tela. To znači da je faktor

oblika ϑ bezdimenziona veličina koja u ovom slučaju predstavlja treću π-grupu. Dakle, tražena kriterijalna jednačina glasi:

) ,(RefEu ϑ= (1)

U mehanici fluida je uobičajeno da se ova jednačina prikazuje u sledećem obliku

A2v

CF2

ddρ

= (2)

gde je Cd bezdimenzioni koeficijent otpora, A = d2π/4 je čeona površina tela, tj. površina projekcije tela na ravan normalnu na pravac strujanja fluida, a de je prečnik kruga čija je površina jednaka čeonoj površini tela. Poređenjem jednačina (1) i (2) dobija se

) ,(RefEu8

Cd ϑ=π

=

Funkcija Cd = f(Re, ϑ) se najčešće prikazuje grafički, pri čemu se za tela različitog oblika dobijaju različite krive Cd = f(Re). Za tela pravilnog sfernog oblika ϑ = π/6, a de = d. U tom slučaju pri laminarnom režimu opstrujavanja (Re < 0,2) važi relacija Cd = 24/Re, što zamenom u jednačinu (2) daje Štoksovu jednačinu za silu otpora pri opstrujavanju sfere:

ρπ=πρ

ρµ

= vd34

d2v

vd24

F22

d

4.4 Korisna snaga, Nk, geometrijski sličnih rotacionih mešalica zavisi od: -prečnika rotora mešalice, dm; -ubrzanja sile zemljine teže, g, i broja brtaja vratila mešalice u jedinici vremena, n; -gustine, ρ, i dinamičkog viskoziteta, µ, tečnosti. a) Formirati kriterijume sličnosti od repeticionih promenljivih n, dm i ρ; b) Ako je sud sa mešalicom snabdeven odbojnicima i ako je korisna snaga, Nk direktno srazmerna kvadratu n, naći koliko će se puta povećati Nk pri dvostrukom povećanju dm. Rešenje: a) U ovom slučaju treba formirati i = n − r = 6 − 3 = 3 kriterijuma sličnosti. Kriterijum koji sadrži korisnu snagu glasi:

kzy

mx

1 Ndn 111 ρ=π

Iz uslova dimenzione homogenosti ove jednačine dobija se: 32z3yx1000 TML)ML(L)T(TLM 111 −−−=

odakle je x1 = −3, y1 = −5, z1 = −1. Dakle, ovaj tzv. kriterijum snage glasi


117

N5m

3k

k15

m3

1 Kdn

NNdn =

ρ=ρ=π −−−

Kriterijum koji sadrži ubrzanje sile zemljine teže glasi: gdn 222 zy

mx

2 ρ=π

Iz uslova dimenzione homogenosti ove jednačine dobija se 2z3yx1000 LT)ML(L)T(TLM 111 −−−=

odakle je x2 = −2, y2 = −1, z1 = 0. Dakle:

Fr1

ndg

gdn 2m

01m

22 ==ρ=π −−

gde je Fr modifikovan Frudov (Froude) kriterijum. Kriterijum koji sadrži viskozitet glasi:

µρ=π 333 zym

x3 dn

Iz uslova dimenzione homogenosti ove jednačine dobija se 11z3yx1000 TML)ML(L)T(TLM 111 −−−−=

odakle je x3 = −1, y3 = −2, z3 = −1. To znači da je

Re1

nddn 2

m

12m

13 =

ρµ

=µρ=π −−−

gde je Re modifikovan Rejnoldsov kriterijum. Prema tome, korisna snaga mešalice se može odrediti primenom sledeće kriterijalne jednačine:

Fr) f(Re,K N =

Ista kriterijalna jednačina se može izvesti i primenom Rejlijeve (Rayleigh) metode. Prema ovoj metodi polazna jednačina se može prikazati u sledećem obliku:

cm

bayxk dngKN ρµ=

gde je K bezdimenziona konstanta proporcionalnosti. Odatle je cb1a3y2x1132 L)T()ML()LT()TML(TML −−−−−− =

što znači da je: 1 = x + a; 2 = −x + y − 3a + c; −3 = −x − 2y − b. Ovaj sistem sastavljen od 3 jednačine sa 5 nepoznatih omogućava da se eliminišu 3 nepoznata eksponenta. U ovom slučaju eksponente kojim su stepenovane repeticione promenljive treba izraziti u funkciji od x i y: a = 1 − x; b = 3 − x − 2y; c = 5 − 2x − y. Dakle:

)yx25(m

)y2x3()x1(yxk dngKN −−−−−ρµ= (1)


118

Sređivanjem se dobija

yxy

2m

x

2m

N5m

3k FrReK

ndg

ndKK

dnN −−=

ρ

µ==

ρ

b) Ako je sud u kome se vrši mešanje snabdeven odbojnicima pri radu rotora ne dolazi do formiranja centralnog vrtloga, pa snaga mešalice ne zavisi od Frudovog kriterijuma, tj. y = 0. Iz jednačine (1) sledi da je tada Nk ∝ n3-x. Međutim, prema uslovu iz teksta zadatka Nk ∝ n2, odakle je x = 1, što zamenom u jednačinu (1) daje

µ= 23mk nKdN

Pri datom povećanju razmere mešalice dobija se sledeći odnos korisnih snaga

82"d"2d

"d'd

"N'N 3

3

m

m3

m

m

k

k ==

=

=

4.5 Vreme, τ, za koje se mešanjem može izvršiti potpuna molekulska homogenizacija dve uzajamno rastvorljive tečnosti približno iste gustine i viskoziteta zavisi od: -prečnika rotora mešalice, dm; -broja obrtaja vratila mešalice u jedinici vremena, n; -gustine ρ i dinamičkog viskoziteta µ smeše i uzajamnog koeficijenta difuzije tečnosti, D. a) Formirati kriterijume sličnosti od repeticionih promenljivih ρ, µ i n. b) U uslovima razvijene turbulencije vreme homogenizacije τ ne zavisi od D i µ. Koliko će se puta u tom slučaju smanjiti τ ako se n udvostruči? Rešenje: a) Kriterijum koji sadrži vreme glasi

τµρ=π 111 zyx1 n

Odatle je T)T()TML()ML(TLM 111 z1y11x3000 −−−−=

odnosno x1 = 0; y1 = 0; z1 = 1. Na osnovu ovih vrednosti eksponenata dobija se:

Honn1001 =τ=τµρ=π

gde je Ho kriterijum homohronosti. Kriterijum koji sadrži prečnik mešalice ima oblik:

mzyx

2 dn 222µρ=π Odatle je

L)T()TML()ML(TLM 222 z1y11x3000 −−−−=

tj. x2 = 1/2; y2 = −1/2; z2 = 1/2. Na osnovu ovih vrednosti eksponenata dobija se:


119

Rend

dn2m

m1/21/21/2

2 =µρ

=µρ=π −

Najzad, kriterijum koji sadrži koeficijent difuzije glasi: Dn 333 zyx

3 µρ=π

odakle je dimenziona jednačina 12z1y11x3000 TL)T()TML()ML(TLM 333 −−−−−=

Prema tome, x3 = 1; y3 = −1; z3 = 0. Na osnovu ovih vrednosti eksponenata dobija se

Sc1DD

Dn 0113 =

ν=

µρ

=µρ=π −

gde je Sc Šmidtov (Schmidt) kriterijum. Dakle, tražena kriterijalna jednačina glasi

Sc) f(Re,Ho =

Ova jednačina se može grafički prikazati kao Ho u funkciji od Re, pri čemu se za različite vrednosti Sc dobijaju različite krive Ho = f(Re). b) Ako vreme, τ ne zavisi od D i µ biće

zm

yx dnKρ=τ

gde je K bezdimenziona konstanta proporcionalnosti. Ova jednačina će biti dimenziono homogena samo ako je x = z = 0 i y = −1, odakle je τ = K/n. Dakle:

2nn2

nn

1

1

1

2

2

1 ===ττ

4.6 Terminalna brzina slobodnog taloženja, v tal, sferne čestice zavisi od: -prečnika, d, i prividne težine, G, čestice; -gustine, ρ, i dinamičkog viskoziteta, µ, fluida. a) Formirati kriterijume sličnosti od repeticionih promenljivih µ, d i ρ. b) Pri laminarnom režimu taloženja v tal ne zavisi eksplicitno od ρ. Dokazati da je u tom slučaju terminalna brzina slobodnog taloženja obrnuto proporcionalna viskozitetu fluida. Rešenje: Prema Rejlijevoj metodi može se napisati

cbaxtal dKG) , d, ,G(fv µρ=µρ=

Odgovarajuća dimenziona jednačina glasi c11b3ax21 )TML()ML(L)MLT(LT −−−−− =


120

odakle je a = −1; b = x−1; c = 1−2x. Ako se ove vrednosti zamene u polaznu jednačinu x211x1x

tal dKGv −−− µρ=

Grupisanjem se dobija x

2taltal G

KRedv

µρ

==µρ

Prividna težina čestice je težina čestice umanjena za težinu česticom istisnutog fluida:

)(g6

dG č

3

ρ−ρπ

=

što zamenom u gornju jednačinu daje

x1

x

2č

3

1tal ArK)(gd

KRe =

µρ−ρρ

=

gde je K1 = K(π/6)x. Dakle, polazna jednačina se može prevesti u kriterijalnu jednačinu: Retal = f(Ar). Ova funkcija je za sferne čestice data u tabeli P.4 i na dijagramu P.3. b) Pri laminarnom režimu taloženja (Retal < 0,2) Štoks (Stokes) je dokazao da terminalna brzina taloženja ne zavisi eksplicitno od ρ. Tada je x = 1, pa se iz gornje jednačine dobija:

µρ−ρ

=)(gd

Kv č2

1tal

što znači da je vtal ∝ µ-1. Drugim metodama je ustanovljeno da je K1 = 1/18. 4.7 Masa, m, tečne kapi koja se pod dejstvom sile zemljine teže otkida sa vrha kapilarne cevi zavisi od sledećih fizičkih veličina: -prečnika kapilare, d; -ubrzanja sile zemljine teže, g; -površinskog napona, σ, i gustine, ρ, tečnosti. Formirati kriterijume sličnosti od repeticionih promenljivih ρ, d, i g. Rešenje: Kriterijum koji sadrži masu glasi: mgd 111 zyx

1 ρ=π . Odatle sledi:

M)LT(L)ML(TLM 111 z2yx3000 −−=

što znači da je x1 = −1; y1 = −3; z1 = 0. Dakle, prvi kriterijum je:

3031

1 dm

mgdρ

=ρ=π −−


121

Kriterijum koji sadrži površinski napon glasi: σρ=π 222 zyx2 gd . Odatle je

2z2yx3000 MT)LT(L)ML(TLM 222 −−−=

odakle je x2 = −1; y2 = −2; z2 = −1. To znači da je drugi kriterijum:

gdgd 2

1212 ρ

σ=σρ=π −−−

4.8 Teorijska snaga, N t, klipnih kompresora zavisi od: -prečnika cilindra, d; -masenog protoka gasa, Qm, i broja obrtaja vratila u jedinici vremena, n; -gustine, ρ, i dinamičkog viskoziteta, µ, gasa. Formirati kriterijume sličnosti od repeticionih promenljivih Qm, d, i ρ. Rešenje: Kriterijum snage je: t

zyxm1 NdQ 111 ρ=π , pa je: 32z3yx1000 TML)ML(L)MT(TLM 111 −−−= ,

tj. x1 = −3; y1 = 4; z1 = 2. Dakle, ovaj kriterijum glasi

3m

24t

t243

m1 QdN

NdQρ

=ρ=π −

Drugi kriterijum je µρ=π 222 zyxm2 dQ , pa je 11z3yx1000 TML)ML(L)MT(TLM 222 −−−−= ,

odakle je: x2 = −1; y2 = 1; z2 = 0. Dakle, ovaj kriterijum glasi

m

011m2 Q

ddQ

µ=µρ=π −

Treći kriterijum glasi: ndQ 333 zyxm3 ρ=π , pa je: 1z3yx1000 T)ML(L)MT(TLM 333 −−−= , tj.

x3 = −1; y3 = 3; z3 = 1. Dakle, ovaj kriterijum ima oblik:

m

3131

m3 Qnd

ndQρ

=ρ=π −

4.9 Osobine nekog industrijskog aparata za preradu sojinog ulja ispituju se na modelu, u kome se kao radni medijum koristi voda. Ako treba ostvariti potpunu hidrodinamičku sličnost između modela i industrijskog aparata koja podrazumeva jednakost Rejnoldsovih i Frudovih kriterijuma sličnosti i ako sojino ulje ima 40 puta veći kinematički viskozitet od vode, odrediti: a) potrebnu razmeru modela; b) brzinu strujanja vode u modelu, ako je na korespodentnom mestu u industrijskom aparatu brzina strujanja ulja v' = 1 m/s.


122

Rešenje: Iz uslova hidrodinamičke sličnosti dobija se

Re (u prototipu) = Re (u modelu) tj. Re' = Re"

Fr (u prototipu) = Fr (u modelu) tj. Fr' = Fr"

Na osnovu definicije ovih kriterijuma sličnosti dobija se

""l"v

''l'v

ν=

ν (1)

"l"v

'l'v 22

= (2)

Iz jednačine (1) sledi

"l"v'l'v

"'=

νν (3)

a iz jednačine (2)

2/1

"l'l

"v'v

= (4)

Zamenom jednačine (4) u jednačinu (3) dobija se

2/3

"l'l

"'

=

νν

(5)

što znači da se razmera modela može definisati preko odnosa kinematičkih viskoziteta fluida ili preko odnosa brzina strujanja fluida u korespodentnim tačkama. a) Iz jednačine (5) sledi

7,1140"'

"l'l 3/2

3/2

==

νν

=

što znači da model treba napraviti u razmeri 1:11,7. b) Iz jednačina (4) i (5) sledi

m/s 0,29401

1'"

'v"v3/13/1

=

=

νν

=

4.10 Kroz kratku cev unutrašnjeg prečnika d' = 300 mm ističe iz rezervoara maslinovo ulje kinematičke viskoznosti ν' = 0,92 cm2/s zapreminskim protokom od Qv' = 200 l/s. U cilju proučavanja ovog procesa napravljen je model u razmeri 1:5, u kome se kao radni fluid koristi tečnost čija se viskoznost ν (u m2/s) menja sa temperaturom t (u °C) po jednačini: ν = 1,72/t3,3. Ako je potrebno ostvariti kompletnu hidrodinamičku sličnost


123

između modela i prototipa, odrediti: a) temperaturu i zapreminski protok tečnosti u modelu; b) najmanje vertikalno rastojanje od nivoa tečnosti u prototipu do ose cevi pri kome ne dolazi do stvaranja površinskih levkova i do usisavanja vazduha kroz cev, ako korespodentno rastojanje na modelu iznosi h" = 65 mm.

Slika 4.3

Rešenje: a) Iz jednačine (5) sledi da je potreban viskozitet radne tečnosti u modelu

/scm ,082051

92,0'l"l

'" 22/32/3

=

=

ν=ν

Temperatura tečnosti koja odgovara ovom viskozitetu iznosi

C41102,872,1

"72,1

"t3,3/1

6

3,3/1

°=

⋅

=

ν

= −

Iz izraza za zapreminski protok tečnosti kroz cilindričnu cev

4d

vQ2

vπ

=

i jednačine (4) sledi 2/522

v

v

'd"d

'd"d

'd"d

'd"d

'v"v

'Q"Q

=

=

=

odakle je

l/s 3,5851

200'd"d

'Q "Q2/52/5

vv =

=

=

b) Pošto je h'/h" = l'/l" = 5, tražena dubina iznosi

mm 325655"h5'h =⋅== 4.11 Merenjem pada pritiska ulja gustine ρ = 900 kg/m3 i dinamičke viskoznosti µ = 72 mPa⋅s pri strujanju kroz pravu deonicu horizontalnog čeličnog cevovoda, dužine l = 13 m i unutrašnjeg prečnika d = 300 mm, dobijeni su sledeći podaci:


124

Brzina strujanja, v, m/s 0,85 1,21 1,54 1,91 2,32

Pad pritiska, ∆pt, Pa 738 1300 2060 3020 4050

a) Izvesti jednačinu λ = f(Re) koja najbolje odgovara podacima iz tabele. b) Ukazati na interval važenja izvedene kriterijalne jednačine. Rešenje: a) Pretpostavimo da se tražena jednačina može prikazati u sledećem obliku

mReC

=λ

gde su C i m konstante koje ne zavise od Re. Logaritmovanjem se dobija

RelogmCloglog −=λ

što je ekvivalentno linearnoj funkciji oblika y = A + Bx, u kojoj je y = log λ, x = log Re, A = logC i B = −m. Prema jednačinama (2.12) i (2.7), za prvu tačku iz tabele dobija se

0524,01385,09003,07382

lvdp2

221

1t1 =

⋅⋅⋅⋅

=ρ∆

=λ

31871072

9003,085,0dvRe 3

11 =

⋅⋅⋅

=µρ

= −

odatle je y1 = log(0,0524) = −1,281 a x1 = log(3187) = 3,503. Ponavljanjem izračunavanja na isti način i za preostale tačke dobijaju se rezultati prikazani u sledećoj tabeli

i Rei λ i xi y i y ixi 2ix

1 3187 0,05238 3,503 −1,281 −4,487 12,27 2 4538 0,04553 3,657 −1,342 −4,908 13,37

3 5775 0,04454 3,762 −1,351 −5,082 14,15 4 7162 0,04245 3,855 −1,372 −5,289 14,86 5 8700 0,03856 3,940 −1,414 −5,571 15,52

Σ 18,717 −6,760 −25,337 70,17

Prema metodi najmanjih kvadrat nagib prave iznosi:


125

3017,0717,1817,705

)76,6(717,18)337,25(5

)x(xn

yxxynmB 22n

1ii

n

1i

2i

n

1ii

n

1ii

n

1iii

−=−⋅

−−−=

−

−=−=

∑∑

∑∑∑

==

===

2226,05717,18

)3017,0(576,6

n

xB

n

yClogA

n

1ii

n

1ii

−=−−−

=−==∑∑==

Odatle je m = 0,30 a C = 10-0,2226 = 0,60. Dakle, tražena kriterijalna jednačina glasi

3,0Re6,0

=λ

b) Izvedena kriterijalna jednačina ne važi samo za dato ulje i datu čeličnu cev, već za sve fluide koji pri 3200 < Re < 8700 protiču kroz cevi koje imaju istu relativnu hrapavost kao čelična cev na kojoj su vršeni eksperimenti.

1000 100000,01

0,1log-log podela

λ

Re

Slika 4.11 4.12 Odrediti aerodinamičku silu otpora koja se javlja pri kretanju automobila visine h' = 1,5 m brzinom v' = 144 km/h, ako je na modelu automobila pri brzini strujanja vazduha v" = 60 m/s izmerena aerodinamička sila otpora Fd" = 2 kN. Izračunati potrebnu visinu modela, kao i snagu motora automobila koja je potrebna za savlađivanje ovog otpora. Rešenje:


126

Pošto ubrzanje sile zemljine teže ne utiče na silu otpora Frudov kriterijum se ne uzima u obzir, pa u ovom slučaju hidrodinamička sličnost zahteva samo geometrijsku sličnost i jednakost Rejnoldsovih kriterijuma. To znači da mora biti:

1. Re (u stvarnim uslovima) = Re (u aerodinamičkom tunelu), tj. Re' = Re" 2. geometrijski oblik prototipa = geometrijski oblik modela, tj. ϑ' = ϑ"

S obzirom da koeficijent otpora zavisi samo od Re i ϑ mora biti takođe

ddd C "C 'C ==

Iz izraza za odgovarajuće sile otpora

'A2'v

C 'F2

ddρ

=

"A2"v

C "F2

ddρ

=

proizilazi njihov odnos

"A'A

"v'v

"F'F 2

d

d

=

S obzirom da je odnos korespodentnih površina geometrijski sličnih tela jednak kvadratu konstante geometrijske sličnosti

2

"l'l

"A'A

=

i da iz definicije Rejnoldsovog kriterijuma pri ν' = ν" sledi odnos

'l"l

"v'v=

dobija se

1"l'l

'l"l

"F'F 22

d

d =

=

odakle je tražena sila otpora i odgovarajuća snaga motora automobila

Nk 2F"F'F ddd ===

kW 083,6144

2'vF'N d ===

Razmera modela, tj. konstanta geometrijske sličnosti, definisana je odnosom brzina u eksperimentalnim i u stvarnim uslovima


127

5,123

144606,3

'v"v

"h'h

"l'l

k L ==⋅

====

odakle je

m 15,15,1

5,1'h

"h ===

4.13 Da bi se u geometrijski sličnim aparatima ostvarila ista brzina mešanja potrebno je da snaga, koja se kretanjem rotora mešalice saopštava jedinici zapremine tečnosti, bude ista u oba aparata. Ako se mešanje vrši u uslovima razvijene turbulencije i ako je količina tečnosti u prototipu tri puta veća nego u modelu, odrediti odnos u kome treba da budu brojevi obrtaja rotora da bi se u oba aparata postigla ista brzina mešanja. Rešenje: U uslovima tzv. razvijene turbulencije kriterijum snage, KN zavisi samo od tipa mešalice i konstantan je za sve geometrijski slične aparate. Dakle

const"d"n

"N'd'n

'NK 5

m3

k5

m3

kN =…=

ρ=

ρ=

odakle je

5

m

m3

k

k

"d'd

"n'n

"N'N

= (1)

Iz uslova iste brzine mešanja u oba aparata sledi odnos

"V"N

'V'N kk =

odakle je

3"V'V

"N'N

k

k == (2)

Iz činjenice da su aparati geometrijski slični sledi da je odnos korespodentnih zapremina jednak trećem stepenu odnosa korespodentnih dužina

3"d'd

"V'V

3

m

m =

=

odakle je

3/1

m

m 3"d'd= (3)

Iz jednačina (1), (2) i (3) sledi

( ) 78,0333"d'd

"N'N

"n'n 2/95/31/31/3

5/3

m

m1/3

k

k ===

= −−

−


128

4.14 Vršenjem eksperimenata na modelu industrijskog reaktora koji ima 50 puta manju zapreminu od prototipa izvedena je zavisnost KN ∝ Re-0,15. Ako je broj obrtaja mešalice u modelu n" = 800 o/min, odrediti: a) broj obrtaja mešalice u prototipu da bi snaga koja se kretanjem rotora mešalice saopštava jedinici zapremine reakcione smeše bila ista u oba aparata (tj. da bi brzina mešanja bila ista); b) broj obrtaja mešalice u prototipu da bi Reynoldsov broj bio isti u oba aparata (tj. da bi zbivanja u aparatima bila hidrodinamički slična). Pretpostaviti da reakciona smeša u oba aparata ima iste fizičke osobine. Rešenje: Na osnovu izvedene kriterijalne jednačine

15,02m

5m

3k nddn

N−

µρ

∝ρ

sledi 7,4m

85,2k dnN ∝ , jer su fizičke osobine fluida (ρ i µ) konstantne. Prema tome

7,4

m

m85,2

k

k

"d'd

"n'n

"N'N

= (1)

a) Iz uslova konstantne brzine mešanja sledi

50"V'V

"N'N

k

k ==

a iz uslova geometrijske sličnosti

3/13/1

m

m 50"V'V

"d'd

=

=

što zamenom u jednačinu (1) daje 85,2

37,4

"n'n

5050

=

odakle je

o/min 367,55080050"n'n 55,87,12,85

1

37,1

=⋅=

=

−−

b) Iz uslova konstantnog Rejnoldsovog broja, Re' = Re", dobija se

2m

2m "dn"'dn' =


129

Odatle je traženi broj obrtaja

o/min 58,905800'd"d

"n'n 2/32

m

m =⋅=

= −

129

3

5. KRETANJE ČESTICA KROZ FLUID U GRAVITACIONOM POLJU

Na česticu mase mč i gustine ρč koja se kreće u fluidu gustine ρ i viskoziteta µ pod dejstvom sile zemljine teže, deluju gravitaciona sila, Fg, usmerena vertikalno naniže, sila potiska, Fp, usmerena vertikalno naviše i sila otpora sredine, Fd, čiji smer zavisi od smera kretanja čestice. Ako je gustina čestice veća od gustine okolnog fluida, čestica se kreće vertikalno naniže, a sila otpora sredine je usmerena vertikalno naviše. Prema drugom Njutnovom zakonu mehanike, sila inercije je jednaka rezultanti ove tri sile:

ddpgči FGFFFddv

mF −=−−=τ

= (5.1)

gde je dv/dτ (m/s2) ubrzanje čestice, a G = Fg − Fp (N) prividna težina čestice. Odatle je:

A2v

C)(gVddv

V2

dččččρ

−ρ−ρ=τ

ρ (5.2)

gde su Vč (m3) i A (m2) zapremina i čeona površina čestice, a Cd (-) koeficijent otpora.

Brzina čestice raste tokom vremena dok se ne uspostavi terminalna brzina, vtal, pri

kojoj je sila otpora sredine jednaka prividnoj težini čestice:

ρπ

ρ−ρϑ=

ρρ−ρ

=d

če

d

ččtal C

)(dg8AC

)(gV2v (5.3)

gde je ϑ = Vč/de faktor oblika, a de = √4A/π ekvivalentni prečnik čestice. Cd se određuje zavisno od režima taloženja čestice, koji se može ustanoviti pomoću sledećih kriterijuma:

-Rejnoldsov kriterijum µ

ρ= etal

taldv

Re (5.4)


130

-Arhimedov kriterijum tal

2talč

2č

3e

FrRe)(gd

Arρρ−ρ

=µ

ρ−ρρ= (5.5)

-Leščenkov kriterijum Ar

Re)(g

vLy

3tal

č

23tal

tal =ρ−ρµ

ρ= (5.6)

Zavisnost Cd od Retal za sferne čestice je prikazana na dijagramu P.2. Na ovom dijagramu se mogu uočiti 4 karakteristične oblasti sa sledećim kriterijalnim jednačinama:

-Laminarna oblast (a) (pri Retal < 0,2, Ar < 3,6 i Lytal < 3102,2 −⋅ ):

tal

d Re24

C = (5.7)

talRe18Ar = (5.8)

18

ReLy

2tal

tal = (5.9)

-Turbulentna oblast (b) (pri 0,2 < Retal < 103):

)Re15,01(Re24

C 687,0tal

tald += (5.10)

687,1taltal Re7,2Re18Ar += (5.11)

687,0tal

2tal

tal Re7,218Re

Ly+

= (5.12)

-Oblast razvijene turbulencije (c) (pri 103 < Retal < 2⋅105):

44,0Cd = (5.13)

2talRe33,0Ar = (5.14)

33,0

ReLy tal

tal = (5.15)

-Oblast razvijene turbulencije (d) (pri Retal > 2⋅105):

10,0Cd = (5.16)

2talRe075,0Ar = (5.17)

075,0

ReLy tal

tal = (5.18)

_________________________ 5. Kretanje čestica kroz fluid u gravitacionom polju

131

Pri svim oblastima važi:

2tald ReC

43

Ar = (5.19)

Iz jednačina (5.3), (5.4) i (5.7) sledi da je pri laminarnom režimu taloženja sfernih čestica:

µ

ρ−ρ=

18)(gd

v č2

tal (5.20)

5.1 Izvesti zavisnost trenutne brzine taloženja, v i pređenog puta, z od vremena, τ, pri laminarnom režimu taloženja sferne čestice, ako je u početnom trenutku v = 0 i z = 0. Rešenje: Za čestice sfernog oblika jednačina (5.2) glasi

4

d2v

C)(g6

dddv

6d 22

dč

3

č

3 πρ−ρ−ρ

π=

τρ

π (5.21)

Pri laminarnom režimu taloženja sfernih čestica Cd = 24/Re, pa iz jednačine (5.21) sledi:

avbvd18

gddv

č2

č

č −=ρµ

−ρ

ρ−ρ=

τ (5.22)

gde su b (m/s2) i a (1/s) konstante koje ne zavise od vremena

č

čgbρ

ρ−ρ= (5.23)

č

2d18

aρµ

= (5.24)

Sada je

bavb

lna1

xdx

a1

avbdv

davb

b

v

00

−−=−=

−=τ=τ ∫∫∫

−τ

odakle se tražena zavisnost dobija u obliku

)e1(v)e1(ab

v atal

a τ−τ− −=−= (5.25)

Dakle, brzina taloženja čestice raste sa porastom vremena asimtotski težeći terminalnoj brzini, vtal. Pri terminalnoj brzini taloženja ubrzanje čestice je jednako nuli, a sila otpora sredine je jednaka prividnoj težini čestice. Kada ne bi bilo otpora sredine čestica bi se kretala konstantnim ubrzanjem b, tj. jednako ubrzano, pri čemu bi u tom slučaju brzinu


132

vtal dostigla za vreme 1/a. Dakle, parametar a predstavlja recipročnu vrednost vremena za koje bi čestica dostigla brzinu vtal kada bi se kretala kroz fluid bez otpora sredine.

S obzirom da se trenutna brzina definiše kao diferencijalni količnik puta i vremena, tj. kao dz/dτ, put koji čestica pređe u vremenskom periodu od nula do τ iznosi:

av

v)e1(ab

ab

deab

dab

vddzz tala

2

0

a

00

z

0

−τ=−−τ=τ−τ=τ== τ−

τ

τ−

ττ

∫∫∫∫ (5.26)

Pređeni put z za vreme τ je jednak površini ispod krive v = f(τ) u granicama od 0 do τ. Ako je vremenski period τ dovoljno dugačak drugi član se može zanemariti, što znači da se može smatrati da se čestica od početka kreće terminalnom brzinom. U tom slučaju je z = vtalτ, a površina ispod krive v = f(τ) se svodi na površinu ispod prave v = vtal. 5.2 Terminalna brzina taloženja neke sferne čestice gustine ρč = 8000 kg/m3 u vazduhu pritiska p = 101,3 kPa i temperature t = 20°C iznosi vtal = 0,128 m/s. Odrediti: a) vreme za koje će ova čestica iz stanja mirovanja dostići brzinu v = 0,99vtal; b) ubrzanje čestice posle dve stotinke sekunde od početka taloženja.

0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,050,00

0,02

0,04

0,06

0,08

0,10

0,12

0,14

tgα = b

α

1/a

vtal

v , m

/s

τ , s

Slika 5.2

Rešenje: a) Pošto je prečnik čestice nepoznat, režim taloženja se može odrediti samo na osnovu Leščenkovog kriterijuma, koji pri ρč » ρ iznosi

336

23

č

23tal

tal 102,2101,2800081,9101,18

205,1128,0g

vLy −−

− ⋅<⋅=⋅⋅⋅

⋅=

ρµρ

=

Dakle, režim taloženja je laminaran, pa se može primeniti jednačina (5.25):


133

tala

tal v99,0)e1(vv =−= τ− , pa je τ−= ae01,0 odakle je

s 0,0606,76

10ln2

a10ln

2 ===τ

gde su konstante b i a: 2m/s 9,81gb ==

1

tal

s 76,60,1289,81

vb

a −===

Iz jednačine (5.24) može se izračunati prečnik čestice

m 23m 103280006,76

101,1818a18

d 66

č

µ=⋅=⋅⋅⋅

=ρµ

= −−

b) Iz jednačina (5.22) i (5.25) sledi da je traženo ubrzanje

202,06,76aa m/s ,122e81,9be)e1(bbavbddv

=⋅==−−=−=τ

⋅−τ−τ−

5.3 Izračunati rastojanje koje u vodenom rastvoru glicerina treba da pređe čestica olovne sačme prečnika d = 100 µm, da bi iz stanja mirovanja dostigla 99% terminalne brzine. Gustina olova iznosi ρč = 11400 kg/m3, gustina rastvora ρ = 1000 kg/m3, a viskoznost rastvora µ = 10 mPa⋅s. Rešenje: Režim taloženja čestice se može utvrditi na osnovu Arhimedovog kriterijuma

6,31)1010(

)100011400(100081,9)10()(gdAr 23

34

2č

3

<=⋅

−⋅⋅=

µρ−ρρ

= −

−

Pošto je režim taloženja laminaran, traženo rastojanje se određuje iz jednačine (5.26)

m 13,0 m 1013,0)99,010ln2(1579

95,8

)99,010ln2(ab

a99,0

a10ln

2ab

a99,0

vav

vz

62

2taltal

µ=⋅=−=

=−=

−=

−τ=−τ=

−

gde je 124

č2 s 1579

11400)(100,0118

d18

a −− =

⋅⋅

=ρµ

=

2

č

č sm/ 6,252750

998,2275081,9gb =

−=

ρρ−ρ

=


134

5.4 Staklena kuglica sfernog oblika se taloži u vodi temperature 20°C, pri čemu je Retal = 0,10. Ako gustina stakla iznosi ρč = 2750 kg/m3, odrediti: a) put koji treba da pređe kuglica da bi njena brzina dostigla 90% terminalne brzine; b) vreme za koje će se početno ubrzanje kuglice smanjiti 100 puta. Rešenje: a) Pošto je Retal < 0,2 može se primeniti jednačina (5.8):

8,11,018Re18Ar tal =⋅== odakle je

m 47,3m 1047,32,998)2,9982750(81,9

)10004,1(8,1)(g

Ard 63

23

3

č

2

µ=⋅=−⋅

=ρρ−ρ

µ= −

−

gde je 2

č

č sm/ 6,252750

998,2275081,9gb =

−=

ρρ−ρ

=

126

3

č2 s 2937

2750)10(47,3101,00418

d18

a −−

−

=⋅⋅

⋅⋅=

ρµ

=

Vreme za koje brzina kuglice dostigne 90 % terminalne brzine iznosi 0/a1ln=τ , pa je

m 0,95 m 100,95)99,010(ln2937

25,6)99,010(ln

ab

z 622 µ=⋅=−=−= −

b) Iz jednačine (5.22) i uslova zadatka sledi

b01,0avbddv

=−=τ

gde je b početno ubrzanje kuglice. Dakle, u trenutku kada se početno ubrzanje smanji sto puta, brzina taloženja iznosi

talv99,0ab

99,0a

b01,0bv ==

−=

U primeru (5.2) je dokazano da je vreme za koje se dostigne ova brzina dato izrazom:

s 0,00162937

10ln2

a10ln

2 ===τ

5.5 Dve sferne kuglice jednake terminalne brzine počinju da se talože u vodi u istom trenutku i sa iste horizontalne ravni. Odrediti vertikalno rastojanje između kuglica koje će se ustaliti u toku taloženja. Temperatura vode je 20°C, a osobine kuglica su date u tabeli:


135

ρč , kg/m3 d , µm

Kuglica 1 1500 40

Kuglica 2 3000 -

Rešenje: Arhimedov kriterijum za kuglicu 1 iznosi

6,331,0)10004,1(

)2,9981500(2,99881,9)1040()(gdAr 23

36

21

31 <=

⋅−⋅⋅⋅

=µ

ρ−ρρ= −

−

Prema tome, režim taloženja kuglice 1 je laminaran. Pošto kuglica 2 ima veću gustinu, a istu terminalnu brzinu taloženja kao kuglica 1, njen prečnik je manji od prečnika kuglice 1. To znači da je Rejnoldsov kriterijum za kuglicu 2 manji nego za kuglicu 1, pa je režim taloženja kuglice 2 takođe laminaran. Terminalna brzina taloženja obe kuglice iznosi:

m/s 104,3610004,118

)2,9981500(81,9)1040(18

)(gd18

)(gdv 4

3

262

221

21

tal−

−

−

⋅=⋅⋅

−⋅⋅=

µρ−ρ

=µ

ρ−ρ=

odakle je prečnik kuglice 2

m 202,99830002,9981500

40)(g

v18dd

2

tal

2

112 µ=

−−

=ρ−ρ

µ=

ρ−ρρ−ρ

=

Sada je:

126

3

121

1 s 75301500)1040(10004,118

d18

a −−

−

=⋅

⋅⋅=

ρµ

=

11

222

2 s 1506075302a2d18

a −=⋅==ρµ

=

Kuglica 2 će kao teža imati veće početno ubrzanje, pa će brže dostići terminalnu brzinu taloženja. Iz tog razloga će ova kuglica za isto vreme preći nešto duži put od kuglice 1, bez obzira na istu terminalnu brzinu taloženja ovih kuglica. Vertikalno rastojanje između kuglica u bilo kom trenutku iznosi:

2

2

1

1

1

1tal

2

2tal12 a

vav

av

vav

vzz −=

−τ−−τ=−

Međutim, brzine taloženja obe kuglice teže ka istoj vrednosti vtal, pa je

m 102,975302

1036,4a2

va21

a1

va1

a1

v)zz(lim 84

1

tal

11tal

21tal12

−−

∞→τ⋅=

⋅⋅

==

−=

−=−


136

5.6 Balon neto mase m = 7 g puni se vodonikom do pritiska p1 = 104 kPa, a zatim pušta uvis sa nivoa mora (ho = 0). Za vreme podizanja balona posebnim regulacionim ventilom se omogućava postepeno isticanje vodonika u atmosferu, čime se održava konstantna razlika pritisaka između vodonika i okolnog vazduha od ∆p = 2,7 kPa i obezbeđuje konstantan prečnik balona od d = 0,3 m. U atmosferi i unutar balona vlada konstantna temperatura T = 273 K, a pritisak se menja po barometarskoj jednačini, pri čemu je na nivou mora po = 101,3 kPa. Zanemarujući inerciju balona, tj. smatrajući da je u svakom trenutku sila otpora sredine jednaka rezultanti sile potiska i gravitacione sile, odrediti: a) nadmorsku visinu na kojoj će balon prestati da se penje; b) brzinu podizanja balona u početnom trenutku; c) vreme za koje će balon dostići nadmorsku visinu od h1 = 3000 m; d) nadmorsku visinu balona u trenutku kada se iz njega ispusti ∆Vo = 1 Ndm3 vodonika; e) protok (u Ndm3/h) kojim vodonik ističe iz balona u tom trenutku. Pretpostaviti da je koeficijent otpora vazduha Cd = 0,44 = const. Rešenje: a) Pošto se inercija balona zbog male mase zanemaruje Fp − Fg = Fu = Fd, gde je Fu sila uzgona. Balon će prestati da se penje kada sila uzgona postane jednaka nuli:

0]m)(V[g)mggV(gVF hhu =−ρ−ρ=+ρ−ρ=

gde je ρ gustina okolnog vazduha, ρh gustina vodonika, a V zapremina balona. Odatle je:

TRp

6d

R1

R1

Tp

6d

TRpp

TRp

6d

)(Vmh

3

hl

3

hl

3

h∆π

−

−

π=

∆+−

π=ρ−ρ=

gde su Rl i Rh gasne konstante vazduha i vodonika (tabela P.1 u prilogu), a p atmosferski pritisak na nadmorskoj visini na kojoj će se balon zaustaviti. Sređivanjem se dobija

aP 0187,4141572700

3,0273007,06

28741574157287

Rp

dmT6

RRRR

p 33

h3

lh

hl ⋅=

+

π⋅⋅⋅

−⋅

=

∆+

π−=

Iz Ojlerove diferencijalne jednačine statike fluida sledi da je

gdhTR

pgdhdp

l

−=ρ−=

odakle je

TRgh

dhTR

gdh

TRg

pp

lnp

dp

l

h

0l

p

p

h

hl

o

o o

==−== ∫∫ ∫

Dakle, nadmorska visina na kojoj će balon prestati da se penje iznosi


137

m 705787,413,101

ln81,9273287

pp

lngTR

h ol =⋅

==

b) Iz relacije Fp − Fg = Fu = Fd, sledi:

4d

vTR

p2

Cmg

TRp

6d

gR1

R1

Tp

6d

g2

2

l

d

h

3

hl

3 π=−

∆π−

−

π

odakle je trenutna brzina podizanja balona

π−

+

∆−= 3

hld

l

pdmT6

1pp

R1

R1

C3gdR4

v

U početnom trenutku je p = po = 101,3 kPa, pa je početna brzina podizanja balona

m/s 2,2073,0101300273007,06

13,101

7,24157

12871

44,032873,081,94

v 3o =

π⋅⋅⋅⋅

−

+−

⋅⋅⋅⋅

=

c) Iz barometarske jednačine sledi h

TRg

olepp

−= , što zamenom u izraz za v daje:

bhh

TRg

h32

l

lh3

o3

hod

l ea85,1e)mTR6pd(R

)RR(dpdmT6

Rp

pC3gdR4

ddh

v l −=

−

+π∆−π

π+

∆=

τ=

gde je

m/s ,8513,0

273007,0641572700

10130044,032873,081,94

dmT6

Rp

pC3gdR4

33hod

l =

π⋅⋅⋅

+⋅⋅

⋅⋅⋅=

π+

∆

42,2)4157273007,063,02700(287

)2874157(3,0101300)mTR6pd(R

)RR(dpa 32

3

h32

l

lh3

o =⋅⋅⋅+π⋅⋅

−π⋅⋅=

+π∆−π

=

14

l

m 101,25273287

9,81TR

gb −−⋅=

⋅==

Vreme za koje će balon dostići traženu nadmorsku visinu iznosi

∫ −=τ

1h

0bhea

dh1,85

1

Ako se uvede smena: 2bh xea =− dobija se 2xdxdhbe bh =− , odakle je

2bh xadx

b2

ea

dh−

−=−


138

Ovaj izraz se može rastaviti metodom neodređenih koeficijenata:

)xa)(xa()BA(a)BA(x

xaB

xaA

)xa)(xa(10x

xa1

2 +−

++−=

++

−=

+−+⋅

=−

Poređenjem slobodnih koeficijenata i koeficijenata uz x dobija se sistem od dve jednačine sa dve nepoznate: 0 = x(A − B) i 1 = √a(A + B), iz koga je A = B = 1/2√a. Odatle je

=

+

+−

−

−=

++

−−=τ ∫ ∫∫ ∫ xa

xa(d

xa

)xa(d

ab85,11

xadx

xadx

a21

1,851

b2

=−−−+

−+−−=

−+

−−=

)1aa)(eaa(

)1aa)(eaa(ln

ab85,11

eaa

eaaln

ab85,11

1

11

bh

bhh

0bh

bh

s 1483)12,422,42)(e2,422,42(

)12,422,42)(e2,422,42(ln

2,42101,251,851

3000101,25

3000101,25

4 4

4

=−−−+

−+−−

⋅⋅=

⋅⋅

⋅⋅

− −

−

0 5 10 15 20 25 30 350

1

2

3

4

v, m/s h, km

τ , min

1,5

1,6

1,7

1,8

1,9

2,0

2,1

2,2

2,3

Slika 5.6

d) Jednačina stanja za vodonik u balonu na početku leta i u trenutku τ glasi TRmp)V(p hoo =∆+

TmRV)p(p h=∆+ gde su mo i m početna i trenutna masa vodonika u balonu, a po i p atmosferski pritisak na nivou mora i na nadmorskoj visini koju balon dostigne u trenutku τ. Masa vodonika koja se ispusti iz balona od početka leta do trenutka τ iznosi


139

oh

ooo

ho TR

Vp)pp(

TRV

mmm∆

=−=−=∆ (1)

gde je ∆Vo količina ispuštenog vodonika u Nm3, a po i To normalni pritisak i temperatura. Pošto je T = To, atmosferski pritisak na visini na kojoj se ispusti 1 Ndm3 vodonika je:

kPa 94,133,0

101613,101

dV6

1pVV

1pp 3

3

3o

oo

o =

π⋅⋅⋅

−=

π∆

−=

∆−=

−

a tražena nadmorska visina

m 58613,943,101

ln81,9273287

pp

lngTR

h ol =⋅

==

e) Diferenciranjem jedn. (1) po τ i primenom Ojlerove diferencijalne jednačine dobija se

τ=

τ=

τ−

ddh

gTR

pTR

Vd

dVTR

pddp

TRV

lh

o

oh

o

h

gde je T = To. Dakle, trenutni zapreminski protok H2 sveden na normalne uslove iznosi

TRgv

)VV(ddh

TRg

VVV

1ddh

TRg

Vpp

ddV

Ql

ol

o

lo

oo ∆−=

τ

∆−=

τ=

τ=

gde je v trenutna brzina podizanja balona. Na traženoj nadmorskoj visini

m/s 514,2e42,285,1ea85,1v 5861025,1bh 4

=−=−= ⋅⋅ −

pa je traženi protok vodonika

/hNdm 12,7103,6273287

2,1459,81101

63,0

TRgv

V6

dQ 363

3

lo

3

o =⋅⋅⋅

⋅−

π⋅=

∆−

π= −

Za proveru, izračunajmo vreme za koje se iz balona ispusti 1 Ndm3 vodonika:

s 269)12,422,42)(e2,422,42(

)12,422,42)(e2,422,42(ln

2,42101,251,851

586101,25

586101,25

4 4

4

=−−−+

−+−−

⋅⋅=τ

⋅⋅

⋅⋅

− −

−

Protok kojim se vodonik ispušta iz balona u početnom trenutku iznosi

/hNdm 14,1103,6273287

2,2079,816

3,0TR

gv6

d)Q( 36

3

l

o3

0o =⋅⋅⋅π⋅

=π

==τ


140

Pošto u kratkom vremenskom periodu protok vodonika linearno opada sa vremenom, može se smatrati da srednji protok vodonika u toku prvih 269 s iznosi (12,7 + 14,1)/2 = 13,4 Ndm3/h. To znači da je ukupna količina vodonika koja se ispusti za τ = 269 s:

3oo Ndm 1,00

3600269

4,13QV ==τ=∆

5.7 Naći terminalnu brzinu taloženja sferne čestice gustine ρč = 3100 kg/m3 i prečnika d = 1 mm u vodi temperature t = 30ºC. Rešenje:

426

33

2č

3

102,3)105,801(

)7,9953100(7,99581,9)10()(gdAr ⋅=

⋅−⋅⋅

=µ

ρ−ρρ= −

−

Ova vrednost Ar odgovara turbulentnoj oblasti (b) za koju važi jednačina (5.11). Iz ove jednačine se metodom probe i greške dobija Retal = 239. Sada je tražena brzina taloženja

sm/ 0,1927,99510

105,801239d

Rev 3

6tal

tal =⋅

⋅⋅=

ρµ

= −

−

5.8 Naći masu sferne čestice gustine ρč = 7500 kg/m3, koja se taloži u vodi temperature t = 20ºC terminalnom brzinom vtal = 0,6 m/s. Rešenje:

33

23

č

23tal

tal 1036,3)2,9987500(81,910004,1

2,9986,0)(g

vLy ⋅=

−⋅⋅⋅

=ρ−ρµ

ρ= −

Ova vrednost Lytal odgovara oblasti razvijene turbulencije (c), pri kojoj važi kriterijalna jednačina (5.15). Iz ove jednačine se dobija:

33taltal 1011,11036,333,0Ly33,0Re ⋅=⋅⋅==

odakle su prečnik i tražena masa čestice

m 10,8612,9986,0

10004,11011,1v

Red 3

33

tal

tal −−

⋅=⋅

⋅⋅⋅=

ρµ

=

gm 25,3kg 103,2575006

)1086,1(6

dm 6

33

č

3

=⋅=π⋅⋅

=ρπ

= −−


141

5.9 Naći odnos terminalnih brzina taloženja lopte i cilindra sa odnosom dužine i prečnika osnove l/d = 1 u oblasti razvijene turbulencije (c), ako su oba tela iste gustine i zapremine i ako je osa cilindra orijentisana: a) uzdužno u odnosu na pravac taloženja; b) poprečno. Rešenje: Ako se dva tela iste zapremine i gustine talože u istom fluidu, odnos njihovih terminalnih brzina taloženja se može definisati iz jednačine (5.3) na sledeći način:

11d

22d

2tal

1tal

ACAC

vv

=

pri čemu za loptu koeficijent otpora i čeona površina iznose: Cd1 = 0,44 i 4/dA 211 π= ,

gde je d1 prečnik lopte. Pošto su zapremine lopte i cilindra jednake, može se napisati:

4d

d4

d6

dV

32

2

22

31

čπ

=π

=π

=

odakle sledi da je prečnik osnove cilindra: 1/312 (2/3)dd = .

a) Ako je cilindar orijentisan uzdužno 0,9Cd2 = , a 4/dA 222 π= , odakle se dobija:

25,144,09,0

32

44,09,0

dd

)/4d(44,0)/4d(9,0

vv 1/3

1

221

22

2tal

1tal =

==

ππ

=

b) Ako je cilindar orijentisan poprečno 0,6Cd2 = , a 222 dA = , odakle se dobija:

15,144,0

46,0324

44,06,0

dd

)/4d(44,0d6,0

vv 1/3

1

221

22

2tal

1tal =π⋅

⋅

=

π=

π=

5.10 U reaktor napunjen reakcionom smešom gustine ρ = 1100 kg/m3 i viskoziteta µ = 2 mPa⋅s do visine od H = 3 m, sipaju se kristali soli gustine ρč = 2350 kg/m3. Kristali se uvode sa vrha smeše i moraju se potpuno rastvoriti pre nego što dotaknu dno reaktora. Ako se kristali slobodno talože i ako je brzina njihovog rastvaranja definisana izrazom:

v102103dd 46 −− ⋅+⋅=τ

−d

gde je v (m/s) brzina taloženja kristala prečnika d (m) u trenutku τ (s), odrediti: a) maksimalni prečnik kristala koji se mogu uvoditi u reaktor; b) vreme za koje će se kristali maksimalnog prečnika potpuno rastvoriti. Zanemariti inerciju kristala, a brzinu taloženja odrediti primenom Štoksovog zakona. Rešenje:


142

a) Pošto inerciju kristala treba zanemariti, brzina taloženja kristala je u svakom trenutku jednaka njihovoj terminalnoj brzini taloženja. Prema Štoksovom zakonu može se napisati

( )v10406,3

102181100235081,9

18)(g

v 2523

2čtal =⋅=

⋅⋅−

=µρ−ρ

= − ddd

Odatle je brzina rastvaranja kristala

2262546 ba68,1103)10(3,406102103dd dddd

+=+⋅=⋅⋅+⋅=τ

− −−−

gde je sm/ 103a 6−⋅= , a b = 68,1. Diferencijalni količnik pređenog puta i prečnika je

2

25

ba10406,3

d/dv

dd

ddz

ddz

dd

ddd −−⋅

=τ

=τ

τ=

Što je veći prečnik kristala, duži je put koji oni treba da pređu da bi se potpuno rastvorili. Maksimalni prečnik kristala je prečnik D, pri kome je put koji kristali treba da pređu da bi se potpuno rastvarili maksimalan, tj. jednak ukupnoj visini sloja reakcione smeše, H. Ako se gornja jednačina integrali u granicama od d = D i z = 0 do d = 0 i z = H dobija se

+−⋅=

+⋅−== ∫∫∫∫

D

0

22

D

0

5

0

D

2

25

H

0a/b

dba

db1

10406,3dba

10406,3Hdzd

dddd

d

pri čemu je polazni integral rastavljen deljenjem broioca i imenioca podintegralnog izraza

2222

2

a/b1

ba

b1

ba/ba

b1

ba dddd

+−=

+−=

+

Ako se uvede smena a/bx=d , dobija se a/bxdd =d , odakle je

−⋅=

+−⋅= ∫ a/b

Darctg a/b

b1

bD

103,406x1

dxa/ba/b

ba

Db1

103,406H 5

a/bD/

0

225

Zamenom vrednosti a, b i H u gornju jednačinu i sređivanjem dobija se

0)D(fD)D1076,4(arctg101,2106 344 ==−⋅⋅+⋅ −−

Ova trigonometrijska jednačina se može rešiti samo numerički, npr. metodom sečice ili metodom tangente, čime se dobija rešenje D = 8,8⋅10-4 m = 0,88 mm. b) Vreme za koje će se kristali soli maksimalnog prečnika potpuno rastvoriti iznosi


143

s94 /68,1103

108,8arctg

1,68103

1a/bD

arctgab1

bad

6

4

6

D

0

2 =⋅

⋅

⋅⋅==

+=τ

−

−

−∫ dd

5.11 Izvesti zavisnost trenutne brzine taloženja, v i pređenog puta, z od vremena, τ, pri taloženju čestice proizvoljnog oblika, ako je u početnom trenutku v = 0 i z = 0 i ako je svo vreme taloženja Cd = const. Rešenje: Iz jednačine (5.2) sledi da je u opštem slučaju trenutno ubrzanje čestice

22

čč

d

č

č cvbvV2

ACg

ddv

−=ρρ

−ρ

ρ−ρ=

τ

pri čemu su uvedene sledeće konstante

č

čgbρ

ρ−ρ=

čč

d

V2AC

cρρ

=

odatle je

∫∫∫∫ −=

−=

−=τ=τ

τ v

0

22

v

0

2

v

0

2

0vf

dvc1

vb/cdv

c1

cvbdv

d

gde je talvc/bf == . Podintegralna funkcija se može rastaviti na sledeći način:

2222 vf)BA(f)BA(v

)vf)(vf()vf(B)vf(A

vfB

vfA

)vf)(vf(1

vf1

−++−

=+−

−++=

++

−=

+−=

−

odakle je v(A − B) = 0 i f(A + B) = 1, tj. A = B = 1/2f. Sada se može napisati

vfvf

lnfc21

vfvf

lnfc21

vfdv

vfdv

fc21 v

0

v

0

v

0−+

=

−+

=

++

−=τ ∫∫

odakle je

+−=

+−=

+−

=τττ

τ

1e2

1v1e

21f

1e1e

fvtalcv2talfc2fc2

fc2

Pređeni put je definisan izrazom


144

∫∫∫∫τ

τ

τ

τ

ττ

+τ

−τ=+τ

−τ=τ=

0

fc2

0

fc2

001e

df2f

1ed

f2dfvdz

Uvođenjem smene xe1 fc2 =+ τ , dobija se dxde cf2 fc2 =ττ , odakle je

−

−−

=

−

−=

−=

+τ

τ xdx

1x)1x(d

fc21

xdx

1xdx

fc21

)1x(xdx

fc21

e1d

fc2

tj.

1ee2

lnc1

f21

ln1e

eln

c1

f1e

eln

fc21

f2fz fc2

fc2

fc2

fc2

0fc2

fc2

+−τ=

−

+−τ=

+−τ= τ

τ

τ

ττ

τ

τ

Ako je vremenski interval τ dovoljno dugačak drugi član se može zanemariti, pa je u tom slučaju pređeni put z = fτ =vtalτ.

144

6. RASPODELA VELIČINA I SREDNJI PREČNIK ČESTICA

Srednji Sauterov prečnik ili srednji površinsko-zapreminski prečnik je prečnik sferne čestice koja ima istu specifičnu površinu, S (m2/m3), kao skup svih čestica u sistemu. Ako je raspodela veličina diskretna funkcija, srednji Sauterov prečnik iznosi

S6

x

1

n

nd j

1i i

ij

1ii

2i

j

1ii

3i

s ===

∑==

=

∑

∑

dd

d (6.1)

gde je ni broj čestica u i-tom intervalu veličina, d i srednji prečnik i-tog intervala veličina, xi maseni ili zapreminski udeo čestica u i-tom intervalu veličina, a j broj intervala veličina. Ako je raspodela veličina definisana kontinualnom funkcijom, srednji Sauterov prečnik je

S6

dk

1

dx

1

dn

dn

d 1

0

1

0

n

n

2

n

n

3

s2

1

2

1 ====

∫∫∫

∫

ddd

d

(6.2)

gde je k kumulativni (zapreminski ili maseni) udeo čestica, n parametar proporcionalan broju čestica u sistemu, a n1 i n2 minimalna i maksimalna vrednost ovog parametra.

PRIMERI 6.1 Jednačina koja definiše diferencijalnu krivu brojčane raspodele čestica nekog praha glasi: dn/dd = d, za interval prečnika od 0-10 µm, a dn/dd = 105/d4, za interval prečnika od 10-100 µm. Odrediti: a) specifičnu površinu čestica posmatranog praha; b) maseni i brojčani udeo čestica praha sitnijih od 10 µm. Rešenje: a) Iz jednačine (6.2) sledi da je srednji Sauterov prečnik

[ ] [ ][ ] [ ] m 21,8

109105,210ln10102

104/

ln105/

d10d

dd10d

d 33

54

100 10

1510 0

4

100 10

510 0

5

100

10

25

10

0

3

100

10

15

10

0

4

s µ=⋅+⋅

+⋅=

−+

+=

+

+

=−

−

−

∫∫

∫∫dd

dd

dddd

ddd

______________________________ 6. Raspodela veličina i srednji prečnik čestica

145

odatle je specifična površina čestica

3256

s

/mm 1075,2108,21

6d6

S ⋅=⋅

== −

b) Ordinata tačke na kumulativnoj krivoj masene raspodele u kojoj je d = 10 µm:

[ ][ ] [ ]

08,010ln10102

102

ln105/

/5

dd10d

d

k 54

4

10010

510 0

5

10 0

5

100

10

15

10

0

4

10

0

4

=+⋅⋅

=+

=

+

=

∫∫

∫−

dd

d

ddd

dd

Udeo čestica sitnijih od 10 µm u ukupnom broju čestica iznosi

[ ][ ] [ ] 60,0

3,335050

/310/2

/2

d10d

d

10010

3510 0

2

10 0

2

100

10

45

10

0

10

0 =+

=−+

=

+−

−∫∫

∫dd

d

ddd d

d d

6.2 Sferne čestice nekog praha prečnika od 0-50 µm se ravnomerno suspenduju u vodi, a zatim se sačeka neko vreme da se istalože sve čestice krupnije od 40 µm. Početna masa suspendovanih čestica iznosi m = 100 kg, a jednačina kumulativne krive raspodele ovih čestica glasi: k = 2d, gde je k u mas%, a d u µm (slika 6.2 a). Ako je gustina čestica ρč = 4000 kg/m3, a temperatura vode 20°C, odrediti: a) masu čestica koje će ostati suspendovane posle naznačenog vremenskog perioda; b) jednačinu kumulativne krive raspodele istaloženih i preostalih suspendovanih čestica; c) srednji Sauterov prečnik i specifičnu površinu polaznih čestica krupnijih od 5 µm; d) masu i srednji Sauterov prečnik istaloženih čestica prečnika 30-40 µm.

0 50

100

k , m

as%

d , µm

Slika 6.2 a


146

Rešenje:

a) 6,387,1)10004,1(

)2,9984000(2,99881,9)1040()(gAr 23

36

2č

3

<=⋅

−⋅⋅⋅=

µρ−ρρ

= −

−d

Dakle, režim taloženja je laminaran za najkrupniju česticu koja treba da se istaloži, pa će biti laminaran i za sve sitnije čestice. Da bi se čestice prečnika 40 µm potpuno istaložile, treba sačekati da se istaloži i ona čestica koja je u početnom trenutku bila na samom vrhu sloja tečnosti. Ako se taloženje vrši u sloju tečnosti visine h, terminalna brzina taloženja čestice prečnika 40 µm se može izraziti na sledeći način:

240tal 40k

hv =

τ=

gde je τ vreme za koje čestica prečnika 40 µm prođe celom visinom sloja, a k konstanta proporcionalnosti. Ovde je zanemaren početni period ubrzanog kretanja koji je, kao što je pokazano u prethodnom poglavlju, vrlo kratak. Za vreme τ čestice sitnije od 40 µm će preći kraći put z, koji je definisan izrazom:

2

2

22d

tal 40h

40kh

kvzdd ==τ=

Sve čestice prečnika d koje su se na početku taloženja nalazile na visini manjoj od z će se istaložiti, dok će one na visini iznad z ostati suspendovane. Pošto su čestice na početku bile ravnomerno raspoređene po celoj visini sloja, maseni udeo istaloženih čestica će biti z/h, dok će maseni udeo čestica koje će ostati suspendovane iznositi

2

2

d

ds

401

hz

1mm d

−=−=

Maseni udeo suspendovanih čestica prečnika d u ukupnoj masi svih čestica iznosi

dddd

501

401dk

401

mm

mm

mm

2

2

2

2d

d

ds

ds

−=

−==

gde je k kumulativni maseni udeo čestica. Pošto se prečnik suspendovanih čestica kreće u intervalu od 0-40 µm, maseni udeo svih suspendovanih čestica se dobija integraljenjem gornje funkcije u granicama od d = 0 do d = 40 µm:

533,0158

40340

40501

403501

d501

401

mm

mm

2

340

02

340

0

2

240

0

dss ==

⋅−=

⋅−=

−== ∫∫ dddd

odakle je masa ovih čestica

gk 35100533,0m 335,0m s =⋅==

______________________________ 6. Raspodela veličina i srednji prečnik čestica

147

b) Jednačina kumulativne krive raspodele čestica koje će ostati suspendovane glasi:

5

3

2

3d

0

2

2d

0

ds

s

d

0s

ds

s 1028,1803

403803

d501

401

815

mm

mm

mm

k⋅

−=

⋅−=

−=== ∫∫∫ dddddd

Jednačina kumulativne krive raspodele istaloženih čestica pri d ≤ 40 µm glasi:

5

3

2

3d

0

2

2d

0

dt

t

d

0t

dt

t 1012,1403703

d501

40715

mm

mm

mm

k⋅

=⋅

==== ∫∫∫ dddd

Jednačina kumulativne krive raspodele istaloženih čestica pri d ≥ 40 µm glasi:

78

703

5040

501

40340

715

d501

d501

40715

k 2

3d

40

40

0

2

2

t −=

−+

⋅=

+= ∫∫ ddddd

gde su ks i kt kumulativni maseni udeli. Ako se upotrebe maseni procenti dobija se:

pri d ≤ 40 µm 1280

75,3(%) k3

sdd −= (1)

pri d ≤ 40 µm 1120

(%) k3

td

= (2)

pri 40 µm ≤ d ≤ 50 µm 7

800730

(%) k t −= d (3)

0 10 20 30 40 500

20

40

60

80

100

Polazna su

spenzija

Talog

Suspe

nzija

k , m

as%

d , µm

Slika 6.2 b


148

c) Ako se posmatraju samo čestice krupnije od 5 µm, može se izvesti sledeća zavisnost između kumulativnih masenih udela ovih čestica i prečnika: d = 45k + 5, gde je d u µm. Zamenom ovog izraza u jednačinu (6.2) dobija se:

[ ]m9,54 1

550

ln

45)5k45ln(

45

5k45)5k45(d

451

1

5k45dk

1

dk

1d 1

0 1

0

1

0

1

0

s µ==+

=

++

=

+

==

∫∫∫ d

Specifična površina posmatranih čestica se može izračunati na osnovu ds :

3256

s

/mm 103,071054,19

6d6

S ⋅=⋅

== −

d) Masa istaloženih čestica prečnika 30-40 µm se može izračunati na osnovu jednačine kumulativne masene raspodele ovih čestica, koja je definisana jednačinom (2):

gk 5,4211120

3040157

1120dd

mm

m333

30340t40

30t =−

=−

=

Pošto je početna masa čestica u ovom intervalu veličina 20 kg, očigledno je da će u vodi ostati suspendovano 4,58 kg čestica prečnika 30-40 µm. Na sličan način se može dobiti masa istaloženih i preostalih suspendovanih čestica i u drugim intervalima veličina.

Raspodela masa preostalih suspendovanih i istaloženih čestica (u kg) koja se dobija kada se iz 100 kg polazne smeše suspendovane u vodi istalože sve čestice krupnije od 40 µm

0-10 µm 10-20 µm 20-30 µm 30-40 µm 40-50 µm

Suspenzija 19,58 17,08 12,08 4,58 0

Talog 0,42 2,92 7,92 15,42 20

Jednačina kumulativne raspodele istaloženih čestica prečnika 30-40 µm glasi:

3700030

304030

m

mk

33

33

33

4030t

d30t −

=−−

==dd

odakle je 1/343 )k107,330( ⋅+=d . Zamenom ovog izraza u jednačinu (6.2) dobija se

[ ] m35,24 )9001600(3

107,32

)k107,330(3

107,32

)k107,330(dk

1d

4

1 0

2/343

4

1

0

1/343

s µ=−⋅⋅

=⋅+

⋅⋅=

⋅+

=

∫

149

7. TALOŽENJE I HIDRAULIČKA KLASIFIKACIJA

Hidraulička klasifikacija omogućava razdvajanje čestica različitih veličina i/ili različitih gustina na osnovu različite brzine taloženja. Obično se sprovodi u vertikalnim kolonama, pri čemu je broj dobijenih frakcija za jedan veći od broja redno vezanih kolona.

PRIMERI 7.1 Smeša galenita i krečnjaka, koja sadrži 4 kg krečnjaka po 1 kg galenita, razdvaja se u vertikalnoj struji vodenog rastvora brzine v = 3 mm/s. Granulometrijski sastav obe rude iz polazne smeše je isti i definisan je sledećom tabelom:

d, µm 20 30 40 50 60 70 80 100

k, mas% 15 28 48 54 64 72 78 88

Gustina galenita iznosi ρg = 7500 kg/m3, gustina krečnjaka ρk = 2700 kg/m3, gustina rastvora ρ = 1100 kg/m3, a viskoznost rastvora µ = 2 mPa⋅s. Odrediti procenat galenita u materijalu koji rastvor odnosi sa sobom, kao i u materijalu koji se taloži na dnu. Rešenje:

Tečnost može poneti sa sobom samo one čestice čija je terminalna brzina taloženja manja od 3 mm/s. Leščenkov broj za česticu krečnjaka kritične brzine taloženja iznosi:

333

23

tal 102,2101)11002700(81,9102

1100003,0Ly −−

− ⋅<⋅=−⋅⋅

⋅=

Režim taloženja ove čestice je laminaran, što znači da se njen prečnik može izračunati iz Štoksovog obrasca:

m 1083,0)11002700(81,9

003,010218)(g

v18d 6

3

kk

−−

⋅=−⋅⋅⋅

=ρ−ρ

µ=

Iz gornje tabele se za d = 83 µm dobija k = 79,5 mas%, što znači da tečnost odnosi 79,5 mas% krečnjaka. Režim

taloženja čestice galenita čija je terminalna brzina taloženja 3 mm/s je takođe laminaran, pa se prečnik ove čestice takođe može izračunati iz Štoksovog zakona:

m 41,5m 1041,5)11007500(81,9

003,010218)(g

v18d 6

3

gg µ=⋅=

−⋅⋅⋅

=ρ−ρ

µ= −

−

Polaznasmeša

Donjafrakcija Tečnost

Tečnost +gornja frakcija


150

Pri ovom prečniku se iz gornje tabele interpolacijom dobija k ≈ 49 mas%, što znači da tečnost odnosi sa sobom 49 mas% galenita. U 100 kg polazne smeše se nalazi 20 kg galenita i 80 kg krečnjaka. Od ove ukupne količine u gornju frakciju prelazi

20⋅0,49 = 9,8 kg galenita i 80⋅0,795 = 63,6 kg krečnjaka

pa je procenat galenita (PbS) i krečnjaka (CaCO3) u gornjoj frakciji

33 CaCO mas% 86,6PbS mas%13,4 CaCO mas% 63,69,810063,6

PbS mas% 63,69,81009,8

+=+⋅

++⋅

Procenat galenita (PbS) i krečnjaka (CaCO3) u donjoj frakciji iznosi

33 CaCO mas% 61,7PbS mas% 38,3CaCO % 16,410,210016,4

PbS % 16,410,210010,2

+=+⋅

++⋅

7.2 Sprašena smeša galenita i krečnjaka koja sadrži 25 mas% galenita razdvaja se u struji vode temperature 20°C. Jednačina kumulativne raspodele čestica obe rude glasi: k = 2d, gde je k u mas% a d u µm (d ≤ 50). Ako je gustina galenita ρg = 7500 kg/m3, a krečnjaka ρk = 2700 kg/m3, odrediti: a) minimalnu i maksimalnu brzinu strujanja vode pri kojoj se u donjoj frakciji dobija čist galenit; b) dokazati da procenat galenita u gornjoj frakciji ne zavisi od brzine strujanja vode, pod uslovom da u donjoj frakciji ima bar malo krečnjaka. Rešenje: a) Arhimedov broj za česticu galenita maksimalnog prečnika iznosi:

9,7)10004,1(

)2,9987500(2,99881,9)1050()(gdAr 23

36

2g

350 =

⋅−⋅⋅⋅

=µ

ρ−ρρ= −

−

Primenom jednačine (5.11) dobija se Retal = 0,406 odakle je:

smm/ 8,2s/m102,82,9981050

10004,1406,0d

Rev 3

6

3tal

max =⋅=⋅⋅⋅⋅

=ρµ

= −−

−

Prema tome, da bi se ostvario bilo kakav separacioni efekat brzina strujanja vode mora biti manja od 8,2 mm/s, jer bi u protivnom voda odnosila sve čestice. Međutim, da bi se u donjoj frakciji dobio čist galenit potrebno je da voda odnosi sav krečnjak. Arhimedov broj za najkrupniju česticu krečnjaka iznosi:

6,31,2)10004,1(

)2,9982700(2,99881,9)1050()(gdAr 23

36

2k

350 <=

⋅−⋅⋅⋅

=µ

ρ−ρρ= −

−

Pošto je režim taloženja ove čestice laminaran može se primeniti Štoksov zakon, pa je

smm/ 2,3m/s 013,210004,118

)2,9982700(81,9)1050(18

)(gdv 3

3

26k

250

min =⋅=⋅⋅

−⋅⋅=

µρ−ρ

= −−

−

____________________________________ 6. Taloženje i hidraulička klasifikacija

151

Prema tome, pri brzini strujanja vode od 0-2,3 mm/s obe frakcije su mešovite, pri brzini strujanja od 2,3-8,2 mm/s donja frakcija je čist galenit a gornja je mešovita, dok je pri brzinama strujanja vode iznad 8,2 mm/s prinos donje frakcije jednak nuli, a sastav gornje frakcije se ne razlikuje od sastava polazne smeše. b) Masa galenita u gornjoj frakciji iznosi: Fzgkg, gde je F masa polazne smeše, zg maseni udeo galenita u polaznoj smeši, a kg maseni udeo čestica galenita čija je brzina taloženja manja od brzine strujanja vode. Slično tome, masa krečnjaka u gornjoj frakciji je: Fzkkk. Dakle, maseni udeo galenita u gornjoj frakciji se može definisati kao:

kkgg

gg

kkgg

ggg dzdz

dz

kFzkFz

kFzy

+=

+=

gde su dg i dk prečnici čestica galenita i krečnjaka čije su brzine taloženja jednake brzini strujanja vode. Da bi donja frakcija bila mešovita potrebno je da brzina strujanja vode bude manja od 2,3 mm/s. Pri vtal < 2,3 mm/s režim taloženja je laminaran za čestice oba materijala, što znači da su prečnici čestica definisani Štoksovim zakonom:

)(gv18

dg

g ρ−ρµ

= , )(g

v18d

kk ρ−ρ

µ=

Zamenom ovih jednačina u izraz za maseni udeo galenita u gornjoj frakciji dobija se

146,02,998750075,02,998270025,0

2,998270025,0zz

zy

gkkg

kgg =

−+−

−=

ρ−ρ+ρ−ρ

ρ−ρ=

7.3 Dve isitnjene rude gustina ρ1 = 3700 kg/m3 i ρ2 =9800 kg/m3 razdvajaju se u vodi temperature 20°C, pri čemu se može smatrati da su sve čestice približno istog oblika i dovoljno krupne, da se talože u oblasti razvijene turbulencije. Odrediti maksimalni odnos ekvivalentnih prečnika čestica pri kome se postiže potpuno razdvajanje materijala, ako se separacija vrši pri terminalnim brzinama taloženja čestica. Objasniti zašto je separacija efikasnija ako se česticama ne dozvoli da dostignu terminalne brzine taloženja. Rešenje: Pošto su čestice obe rude istog oblika ϑ1 = ϑ2, a budući da se talože u oblasti razvijene turbulencije Cd1= Cd2. Iz jedn. (5.3) sledi da su tom slučaju terminalne brzine taloženja

)(dkC

)(dg8v 11

d

111tal ρ−ρ=

ρπρ−ρϑ

=

)(dkC

)(dg8v 22

d

222tal ρ−ρ=

ρπρ−ρϑ

=


152

gde je k konstanta proporcionalnosti. Potpuno razdvajanje ruda je moguće samo ako je pri svim veličinama čestica vtal2 > vtal1. U graničnom slučaju je brzina taloženja najsitnije čestice teže rude jednaka brzini taloženja najkrupnije čestice lakše rude, tj.

)(d)(d 1max12min2 ρ−ρ=ρ−ρ

odakle je 26,32,99837002,9989800

dd

1

2

min2

max1 =−−

=ρ−ρρ−ρ

=

Početno ubrzanje čestica iznosi g(1−ρ/ρč), što znači da ne zavisi od njihovog oblika i veličine, već samo od gustine. Čestica težeg materijala će uvek započeti taloženje većom brzinom od čestice lakšeg materijala. Tek sa porastom vremena taloženja krupnije čestice lakšeg materijala mogu dostići i eventualno prestići sitnije čestice težeg materijala. Dakle, teorijski se uvek može postići potpuno razdvajanje dva materijala bez obzira na veličinu čestica, ako je vreme taloženja dovoljno kratko. Međutim, u praksi je nemoguće izvršiti razdvajanje materijala na taj način, jer bi to zahtevalo ekstremno kratko vreme taloženja. 7.4 Smeša sfernih čestica galenita i sfalerita prečnika 50-200 µm razdvaja se hidrauličkom klasifikacijom u vodi temperature 20°C. Odrediti veličine čestice u dobijenim frakcijama ako gustina galenita iznosi ρg = 7500 kg/m3, a sfalerita ρs = 4000 kg/m3.

Polaznasmeša

Čistgalenit Voda

Voda +čist sfalerit

Mešanafrakcija

III

Slika 7.4 a

Rešenje: Brzina taloženja najsitnije čestice galenita je 8,2 mm/s, kako je pokazano u primeru 7.1. Dakle, brzina strujanja vode u II koloni treba da iznosi 8,2 mm/s, kako bi se na vrhu ove kolone izdvojila maksimalna količina čistog sfalerita. Leščenkov broj za česticu sfalerita čija je brzina taloženja vtal = 8,2 mm/s iznosi:

0186,0)2,9984000(81,910004,1

2,998)102,8()(g

vLy 3

233

s

23tal

tal =−⋅⋅

⋅⋅=

ρ−ρµρ

= −

−


153

Zamenom ove vrednosti u jednačinu (5.12) dobija se Retal = 0,61. Dakle, prečnik čestice sfalerita koja se taloži istom brzinom kao najsitnija čestica galenita iznosi

m 752,998102,8

10004,161,0v

Red 3

3

tal

tals µ=

⋅⋅⋅⋅

=ρµ

= −

−

Voda će u II koloni odnositi sve čestice sfalerita sitnije od 75 µm, dok će se sve krupnije čestice sfalerita taložiti. Arhimedov broj za najkrupniju česticu sfalerita iznosi

3,233)10004,1(

)2,9984000(2,99881,9)10200()(gdAr 23

36

2s

3200 =

⋅−⋅⋅⋅

=µ

ρ−ρρ= −

−

Primenom kriterijalne jednačine (5.11) dobija Retal = 7,98. Odatle je brzina taloženja

sm/ 1040,0102002,99810004,198,7

dRe

v 6

3

200

taltal =

⋅⋅⋅⋅

=ρ

µ= −

−

Dakle, brzina strujanja vode u I koloni treba da iznosi 40,1 mm/s da bi voda odnosila sve čestice sfalerita, a da bi se u talogu izdvojila maksimalna količina čistog galenita. To znači da odnos prečnika II i I kolone treba da iznosi √40,1/8,2 = 2,2.

Leščenkov broj za česticu galenita čija je brzina taloženja 40,1 mm/s iznosi

00,1)2,9987500(81,910004,1

2,998)101,40()(g

vLy 3

233

g

23tal

tal =−⋅⋅

⋅⋅=

ρ−ρµρ

= −

−

Zamenom ove vrednosti u jednačinu (5.12) dobija se Retal = 5,13 odakle je dg = 129 µm.

0 25 50 75 100 125 150 175 2000

10

20

30

40

50

sfaleri

t

galen

it

IIIfrakcija

II frakcija

I frakcija

v tal ,

mm

/s

d , µm

Slika 7.4 b


154

Prema tome, I frakcija (čist galenit) sadrži čestice prečnika 129-200 µm, u II frakciji se nalaze čestice galenita prečnika 50-129 µm i čestice sfalerita prečnika 74-200 µm, dok su u III frakciji (čist sfalerit) čestice prečnika 50-74 µm.

7.5 Hidraulička klasifikacija sfernih čestica jonoizmenjivačkih smola A i B vrši se u vodi temperature 17°C. Prečnik čestica smole A kreće se u intervalu od 30-40 µm, a smole B od 10-110 µm, dok su gustine smola ρA = 2700 kg/m3 i ρB = 1300 kg/m3. Dobijaju se sledeće tri frakcije: I frakcija: čista smola A (krupne čestice); II frakcija: mešovita (smeša smola A i B); III frakcija: čista smola A (sitne čestice). Ako je prečnik I kolone D1 = 200 mm i ako je potrebno obezbediti maksimalni prinos I i III frakcije, odrediti: a) granične veličine čestica u sve tri frakcije; b) protok vode u kolonama; c) prečnik II kolone. Rešenje: a) Režim taloženja najkrupnije čestice i jedne i druge smole je laminaran:

6,389,0)10095,1(

)6,9982700(6,99881,9)1040()(gdAr 23

36

2A

34040

A <=⋅

−⋅⋅⋅=

µρ−ρρ

= −

−

6,328,3)10095,1(

)6,9981300(6,99881,9)10110()(gdAr 23

36

2B

3110110

B <=⋅

−⋅⋅⋅=

µρ−ρρ

= −

−

što znači da je režim taloženja laminaran i za sve druge sitnije čestice. Prečnik čestice smole B koja se taloži istom brzinim kao najkrupnija čestica smole A određuje se iz:

µρ−ρ

=µ

ρ−ρ18

)(gd18

)(gd B2BA

240

odakle je

m 596,99813006,9982700

40ddA

A40B µ=

−−

=ρ−ρρ−ρ

=

Prečnik čestice smole B koja se taloži istom brzinom kao najsitnija čestica smole A iznosi

m 71,36,99813006,9982700

30ddA

A30B µ=

−−

=ρ−ρρ−ρ

=

Prema tome, frakciju I čine čestice čiste smole B prečnika 95-110 µm, frakcija II je smeša čestica smole B prečnika 71,3-95 µm i smole A prečnika 30-40 µm, dok frakciju III čine čestice čiste smole B, ali prečnika 10-71,3 µm. b) Brzina taloženja najkrupnije čestice smole A iznosi

mm/s 1,35m/s 1053,110095,118

)6,9982700(81,9)1040(18

)(gdv 3

3

26A

24040

tal =⋅=⋅⋅

−⋅⋅=

µρ−ρ

= −−

−


155

Dakle, brzina strujanja vode u I koloni treba da iznosi 1,35 mm/s, pa je protok vode:

hl/ 153/sm 1024,442,0

1035,14

DvQ 35

23

21

1v =⋅=π

⋅=π

= −−

Ako bi protok bio manji od 153 l/h, voda u prvoj koloni ne bi odnosila sve čestice smole A, pa I frakcija ne bi bila čista, a ako bi protok bio veći, prinos I frakcije bi bio smanjen i eventualno jednak nuli pri protoku iznad 205 l/h.

c) Brzina taloženja najsitnije čestice smole A iznosi

mm/s 762,0m/s 107,6210095,118

)6,9982700(81,9)1030(18

)(gdv 4

3

26A

23030

tal =⋅=⋅⋅

−⋅⋅=

µρ−ρ

= −−

−

što odgovara brzini strujanja vode u II koloni. Dakle, prečnik druge kolone iznosi

mm 266m 0,2661062,71024,44

vQ4

D 4

5

2

v2 ==

⋅⋅π⋅⋅

=π

= −

−

7.6 Smeša sfernih čestica mermera i peska prečnika 10-50 µm razdvaja se hidrauličkom klasifikacijom u emulziji sastavljenoj od ulja i vode na temperaturi od 20ºC. Gustina ulja iznosi ρu = 1600 kg/m3, gustina mermera ρm = 2600 kg/m3, a gustina peska ρp = 1500 kg/m3. Ako je režim taloženja svih čestica laminaran, odrediti: a) minimalni maseni udeo ulja u emulziji pri kome se ostvaruje potpuno razdvajanje čestica mermera i peska; b) veličine čestica u dobijenim frakcijama pri klasifikaciji u čistoj vodi temperature 20ºC. Rešenje: a) Da bi se mermer i pesak potpuno razdvojili, potrebno je da brzina taloženja najsitnije čestice mermera bude veća ili jednaka brzini taloženja najkrupnije čestice peska:

µ

ρ−ρ≥

µρ−ρ

18

)(gd

18)(gd wp

250wm

210

Odatle sledi da je minimalna gustina emulzije potrebna za potpuno razdvajanje čestica

322

22

210

250

210m

250p

min mkg/1454 1050

102600501500dd

dd=

−⋅−⋅

=−

ρ−ρ=ρ

Gustina emulzije zavisi od masenog udela ulja, xu:

w

u

u

u

w

w

u

u x1x1

xx1

ρ−

+ρ

=

ρ+

ρ

=ρ

gde je 1−xu maseni udeo vode, a ρw gustine vode. Odatle je minimalni maseni udeo ulja:


156

833,0)2,9981600(1454)2,9981454(1600

)()(

xwumin

wminumin =

−−

=ρ−ρρρ−ρρ

=

b) Arhimedov broj za najkrupniju česticu mermera iznosi

6,395,1)10004,1(

)2,9982600(2,99881,9)1050()(gdAr 23

36

2m

35050

m <=⋅

−⋅⋅⋅=

µρ−ρρ

= −

−

Pošto je režim taloženja laminaran za najkrupniju česticu težeg materijala (mermera), biće laminaran i za sve ostale čestice, što znači da se može primeniti Štoksov zakon. Prečnik čestice peska koja se taloži u vodi istom brzinom kao najsitnija čestica mermera iznosi

m 182,99815002,9982600

10ddp

m10p µ=

−−

=ρ−ρρ−ρ

=

Prečnik čestice mermera koja se taloži istom brzinom kao najkrupnija čestica peska je

m 282,99826002,9981500

50ddm

p50m µ=

−−

=ρ−ρ

ρ−ρ=

To znači da prečnici čestica u dobijenim frakcijama iznose:

I frakcija (čist mermer) 28-50 µm II frakcija (mešana) mermer (10-28 µm) + pesak (18-50 µm) III frakcija (čist pesak) 10-28 µm

0 10 20 30 40 500,0

0,3

0,6

0,9

1,2

1,5

pesak

mermer

IIIfrakcija

II frakcija

I frakcija

v tal ,

mm

/s

d , µm

Slika 7.6

157

8. FILTRACIJA

Filtracija je proces pri kome se polazna suspenzija propuštanjem pod dejstvom razlike pritisaka kroz polupropustljivu pregradu (filtracioni medijum) deli na talog i filtrat. Talog je sloj čvrste faze zadržan na površini filtracionog medijuma, dok je filtrat tečnost koja je istekla kroz filtracioni medijum i talog. Osnovna kinetička jednačina filtracije glasi

)RR(

p

F

1

d

dV

d

dVv

tf

ff +µ

∆=

τ=

τ= (8.1)

gde je vf (m/s) trenutna brzina filtracije, τ (s) vreme trajanja filtracije, V (m3) zapremina filtrata, Vf (m3/m2) zapremina filtrata koja se sakupi sa jedinične filtracione površine, F

(m2) površina filtracionog medijuma, ∆p (Pa) razlika pritisaka, Rf i Rt (1/m) hidraulički otpor filtracionog medijuma i taloga, a µ (Pa⋅s) dinamička viskoznost filtrata.

Hidraulički otpor taloga se može definisati jednačinom:

fčč

t aGVF

V

V

ma

F

maR === (8.2)

gde je a (m/kg) specifični otpor taloga, tj. hidraulički otpor taloga koji sadrži jediničnu masu čvrste faze po jediničnoj filtracionoj površini, mč (kg) ukupna masa čvrste faze u talogu a G = mč/V (kg/m3) masa čvrste faze u talogu koja se sakupi prolaskom jedinične zapremine filtrata. Po analogiji sa jedn. (8.2), hidraulički otpor filtracionog medijuma je

fee

f aGVF

VaGR == (8.3)

gde je Ve (m3) ekvivalentna zapremina filtrata (zapremina filtrata koja treba da se sakupi da bi se otpor taloga izjednačio sa otporom filtracionog medijuma), a Vfe (m3/m2) odnos ekvivalentne zapremine filtrata i filtracione površine. Iz jedn. (8.1), (8.2) i (8.3) sledi:

)VV(aG

p

d

dV

fef

f

+µ

∆=

τ (8.4)

Ova diferencijalna jednačina će biti rešena za dva karakteristična slučaja: a) filtracija

pri konstantnoj razlici pritisaka (∆p = const), pri čemu u tom slučaju brzina filtracije opada sa vremenom; b) filtracija pri konstantnoj brzini filtracije (dVf/dτ = const), pri čemu tada razlika pritisaka raste sa vremenom. Ako je ∆p = const, iz jednačine (8.4) sledi

∫ ∫τ

τµ

∆=+

fV

0 0

ffef daG

pdV)VV(

odakle je τµ

∆=+

aG

pVV

2

Vfef

2f


158

τ=+ KCV2V f2f (8.5)

gde su K (m2/s) i C (m3/m2) konstante filtracije, jer ne zavise od vremena:

feVC = ; aG

p2K

µ∆

= (8.6)

Ako je brzina filtracije konstantna, iz jednačine (8.4) se dobija

const)VV(aG

pV

d

dV

fef

ff =+µ

∆=

τ=

τ

pa je τµ

∆=+

aG

pVVV fef

2f (8.7)

τ=+ KCV2V2 f2f (8.8)

U ovom slučaju je K = f(τ), jer ∆p raste sa vremenom. Filtracija se često vrši u dve faze, pri čemu je u prvoj fazi brzina filtracije konstantna dok napojna pumpa ne dostigne maksimalni radni pritisak, a u drugoj fazi je konstantna razlika pritisaka dostignuta na kraju prve faze. U tom slučaju važe sledeće jednačine za prvu i drugu fazu filtracije:

11f21f KCV2V2 τ=+ (8.9)

21ff21f

2f K)VV(C2VV τ=−+− (8.10)

gde su τ1 i τ2 (s) vreme trajanja prve i druge faze filtracije, Vf1 (m3/m2) zapremina filtrata koja se sakupi sa jedinične filtracione površine za vreme izvoñenja prve faze filtracije, a Vf (m3/m2) ukupna zapremina filtrata sakupljena sa jedinične filtracione površine.

Poroznost taloga se definiše kao zapreminski udeo meñučestičnog prostora u talogu:

t

č

t

čt

V

V1

V

VV−=

−=ε (8.11)

gde je Vt (m3) ukupna zapremina taloga, a Vč zapremina čvrste faze u talogu. Odatle je

F)1(

GV

)1(

m

1

VV

čč

ččt δ=

ε−ρ=

ε−ρ=

ε−= (8.12)

gde je ρč (kg/m3) gustina čvrste faze, a δ (m) debljina taloga:

)1(

GV

F)1(

GV

č

f

č ε−ρ=

ε−ρ=δ (8.13)

Ukupni materijalni bilans diskontinualnog aparata za filtraciju glasi:

fts mmm += (8.14)

___________________________________________________________ 8. Filtracija

159

gde je ms profiltrirana masa suspenzije, a mt i mf sakupljena masa taloga i filtrata. Ako je filtracioni medijum idealno selektivan, u filtratu nema čvrste faze (xf = 0), pa je:

ttss xmxm = (8.15)

gde je xs = mč/ms maseni udeo čvrste faze u suspenziji, a xt = mč/mt maseni udeo čvrste faze u talogu. Ako je filtracioni ureñaj kontinualan, npr. trakasti ili obrtni filtar, jednačine ukupnog materijalnog bilansa i materijalnog bilansa čvrste faze glase:

f,mt,ms,m QQQ += (8.16)

tt,mss,m xQxQ = (8.17)

gde su Q m,s, Qm,t i Qm,f (kg/s) maseni protoci suspenzije, taloga i filtrata. Deljenjem jedn. (8.14) sa mč ili jednačine (8.16) sa Qm,č dobija se:

Gx

1

x

1

ts

ρ+=

odakle je

st

ts

xx

xxG

−ρ= (8.18)

gde je ρ gustina filtrata. Nasipna gustina suvog taloga, ρo se može definisati jednačinom:

)1(V

V

V

mč

t

čč

t

čo ε−ρ=

ρ==ρ (8.19)

pa se maseni udeo čvrste faze u vlažnom talogu može izraziti preko poroznosti ili ρo:

)/1()1(

)1(

VV)1(

V)1(

mm

mx

čoo

o

č

č

ttč

tč

tf

tč

tč

t ρρ−ρ+ρ

ρ=

ρε+ε−ρ

ε−ρ=

ρε+ε−ρ

ε−ρ=

+= (8.20)

PRIMERI 8.1 Filtracija suspenzije na ramskoj filtar presi vrši se prvo pri konstantnoj brzini filtracije

dok razlika pritisaka ne dostigne ∆p = 400 kPa, a zatim pri konstantnoj razlici pritisaka od 400 kPa do kraja filtracije. Prva faza traje τ1 = 900 s i za to vreme se sakupi 1/3 od ukupne zapremine filtrata. Za rasklapanje prese, uklanjanje taloga i ponovno sklapanje

prese je potrebno τ' = 1200 s. Ako je otpor filtracionog medijuma zanemarljivo mali u odnosu na otpor taloga i ako nema ispiranja taloga, odrediti: a) vreme trajanja jednog radnog ciklusa; b) vreme trajanja druge faze filtracije, pri kome se uz izvoñenje prve faze filtracije na isti način postiže maksimalan ukupni kapacitet prese; c) procenat povećanja ukupnog kapaciteta prese u odnosu na slučaj pod a), koji se postiže pri optimalnoj dužini trajanja duge faze filtracije.


160

Rešenje: a) Ako je Rf « Rt, iz jedn. (8.2) i (8.3) sledi da je C « Vf, pa se deljenjem jedn. (8.9) i (8.10) dobija

4V2

V)V3(

V2

VV

V2

VV21

21

21

21

21

2

21f

21f

2f

1

2 =−

=−

=−

=τ

τ

odakle je τ2 = 4τ1 = 4⋅900 = 3600 s. Dakle, vreme trajanja jednog radnog ciklusa iznosi

s 700512003600900'' 21c =++=τ+τ+τ=τ+τ=τ

b) Ukupni kapacitet filtar prese je odnos ukupne zapremine filtrata koja se sakupi u toku

jednog radnog ciklusa, V i vremena trajanja jednog radnog ciklusa, τc. U ovom slučaju je:

2

2

1

21

12

1

c 2100

450/1V

'

/21V

VW

τ+

τ+=

τ+τ+τ

ττ+=

τ=

Funkcija W = f(τ2) pri V1 = 1 m3 je prikazana na slici 8.1.

0 20 40 60 80 100

28

30

32

34

36

V1 = 1 m

3

W , l

/m

in

ττττ2 , min

Slika 8.1

Pri maksimalnom ukupnom kapacitetu filtra mora biti ∂W/∂τ2 = 0, tj.

0)2100(

450/1450/1900

2100

VW

22

2

2

2

1

2

=τ+

τ+−τ+

τ+

=τ∂∂

pa je

222 2900)50/41(9002100 τ+=τ+=τ+

odakle je

___________________________________________________________ 8. Filtracija

161

'min 20s 200190021002 τ===−=τ

Dakle, druga faza filtracije treba da traje toliko dugo koliko traje prekid filtracije uslovljen periodičnošću rada filtar prese. To znači da u ovom slučaju optimalno vreme trajanja jednog radnog ciklusa iznosi

s 330012002900'1optc =⋅+=τ2+τ=τ

c) Ukupni kapacitet filtra u slučaju koji je dat pod a) iznosi

1900

1V

36002100

50/436001V

2100

50/41VW 11

2

2

1a =+

+=

τ+

τ+=

dok je maksimalni ukupni kapacitet

3300

11/3V

12002100

50/412001V

'2100

50/4'1VW 111max =

+

+=

τ+

τ+=

što znači da je procenat povećanja ukupnog kapaciteta ramske filtar prese koji se postiže pri optimalnoj dužini trajanja druge faze filtracije

% 10,2100% 13

11

33

19100% 1

W

W100%

W

WW

a

max

a

amax =

−=

−=

−

8.2 Filtracija neke prehrambene suspenzije vrši se na ramskoj filtar presi koja se sastoji

od n = 12 ramova, efektivnog poprečnog preseka 0,3 × 0,3 m. U toku prvih τ1 = 3 min filtracija se odvija konstantnom brzinom, a razlika pritisaka se postepeno povećava do

∆p = 400 kPa. U toku narednih τ2 = 15 min održava se dostignuta razlika pritisaka, a brzina filtracije opada. Nakon završetka filtracije potrebno je obaviti ispiranje taloga τi = 10 min pri konstantnoj razlici pritisaka od ∆pi = 275 kPa. Naći: a) zapreminu filtrata koja se sakupi u toku jednog radnog ciklusa; b) potrebnu zapreminu vode za ispiranje taloga. Uzorak ove suspenzije je filtriran na laboratorijskom vakuum filtru, koji ima filtracionu površinu od F = 0,05 m2. Pri konstantnoj razlici pritisaka od 70 kPa dobijeno je 250 cm3 filtrata u toku prvih 5 min filtracije, a 150 cm3 u toku narednih 5 min. Smatrati da je talog nestišljiv i da je otpor filtracionog medijuma u laboratorijskom filtru isti kao u filtar presi. Rešenje: a) za laboratorijski filtar

236

1f /mm 0,00505,0

10250V =

⋅=

−

s 3006051 =⋅=τ

236

2f /mm 0,00805,0

10400V =

⋅=

−

s 60060102 =⋅=τ

Zamenom ovih vrednosti u jedn. (8.5) dobija se sistem od 2 jednačine sa 2 nepoznate:


162

K300C005,02005,0 2 =⋅+

K600C008,02008,0 2 =⋅+

odakle je C = 0,0035 m3/m2 i K = 2⋅10-7 m2/s.

Za filtar presu /sm 10143,1)0/7040(102K 267 −− ⋅=⋅=

23f /mm 0,0035const/(aG)RC ===

222 m 2,160,31222naF =⋅⋅==

gde je a dužina ivice rama. Za period konstantne brzine filtracije, iz jedn. (8.9) se dobija

2

K2CCV

12

1f

τ++−=

tj.

23362

1f /mm 108,5422

180101,14320,00350,0035V −

−

⋅=⋅⋅⋅++−

=

Za period konstantne razlike pritisaka, prema jednačini (8.10), dobija se

22

1ff K)CV(CV τ+++−=

tj. 23623

f /mm 0,0307690010143,1)0035,010542,8(0035,0V =⋅⋅++⋅+−= −−

odakle je ukupna sakupljena zapremina filtrata u toku jednog radnog ciklusa

33f dm66,4 m0,0664 2,160,03076FVV ==⋅==

Polazna

suspenzija

Filtrat

1 2

1 - zaptivke; 2 - pune ploče; 3 - šuplji ramovi

3

Shematski prikaz filtracije na ramskim filtar presama

___________________________________________________________ 8. Filtracija

163

Ulaz vode za

ispiranje

Izlaz Shematski prikaz ispiranja taloga na ramskim filtar presama

b) Brzina ispiranja taloga u ramskim filtar presama je četiri puta manja od završne brzine filtracije, pod uslovom da je viskoznost filtrata i tečnosti kojom se vrši ispiranje taloga jednaka i da je razlika pritisaka ista u oba slučaja. Naime, tečnost kojom se vrši ispiranje taloga mora da proñe kroz duplo manju filtracionu površinu i kroz duplo veću debljinu taloga i filtracionog medijuma u odnosu na filtrat u završnom trenutku filtracije. U ovom slučaju razlika pritisaka za vreme ispiranja taloga i u toku filtracije nije jednaka, pa je:

i

ii

f

ifi

F

V

p

p

)CV(2

K

4

1

p

pv

4

1v

τ=

∆

∆

+=

∆

∆=

gde je vi brzina ispiranja taloga, a vf završna brzina filtracije, definisana na osnovu jedn. (8.4) i (8.6). Odatle je potrebna zapremina vode za ispiranje taloga:

336

f

iii dm 3,7m 3700,0

400)0035,003076,0(8

27560016,210143,1

p)CV(8

pKFV ==

+⋅⋅⋅⋅

=∆+

∆τ=

−

8.3 Filtracija neke prehrambene suspenzije se vrši na ramskoj filtar presi koja se sastoji

od n = 20 ramova, poprečnog preseka 0,3 × 0,3 m. U toku prvih τ1 = 300 s filtracija se vrši konstantnom brzinom i za to vreme se sakupi jedna četvrtina od ukupne zapremine

filtrata, a razlika pritisaka raste do 250 kPa. Filtracija se zatim nastavlja još τ2 = 1800 s pri konstantnoj razlici pritisaka od ∆p = 250 kPa. U toku jednog radnog ciklusa se sakupi ukupno V = 0,7 m3 filtrata, a za rasklapanje prese, uklanjanje taloga i ponovno sklapanje

je potrebno τ' = 500 s. Naći: a) ukupni kapacitet prese; b) procenat povećanja ukupnog kapaciteta koji se može ostvariti ako se pri ostalim neizmenjenim uslovima filtracija pri

konstantnoj razlici pritisaka obavi za τ2 = 900 s; c) vreme trajanja druge faze filtracije pri kome presa ima maksimalan ukupni kapacitet; d) vreme za koje doboš obrtnog filtra prečnika D = 2,2 m i dužine L = 1,5 m treba da izvrši jedan obrtaj da bi ovaj filtar imao isti kapacitet kao ramska filtar presa u slučaju pod a). Filtracija na obrtnom filtru se vrši


164

pri konstantnoj razlici pritisaka od ∆p = 70 kPa, a 25 % filtracione površine je uronjeno u suspenziju. Talog je nestišljiv, a otpor filtracionog medijuma je u oba aparata isti. Rešenje: a) Iz jednačina (8.9) i (8.10) sledi

12

1e21 KFVV2V2 τ=+ (1)

22

1e21

2 KF)VV(V2VV τ=−+− (2)

gde je 31 m 0,1750,7/44/VV === . Prema tome, dobija se

2e

2 KF300V175,02175,02 =⋅+⋅

2e

22 KF1800)175,07,0(V2175,07,0 =−+−

što predstavlja sistem od dve jednačine sa dve nepoznate, čije je rešenje:

l 87,5m 0,08750,175)0,70,1752(6

0,175260,1750,7V 3

222

e ==+−⋅⋅⋅−−

=

/sm 103,0625300

0,08750,17520,1752KF 64

22 −⋅=

⋅⋅+⋅=

Pošto je filtraciona površina 22 m 3,62200,3F =⋅⋅= konstante filtracije K i C su:

23e m/m 4302,06,3

0875,0

F

VC ===

/sm 1036,26,3

100625,3K 25

2

4−

−

⋅=⋅

=

Ukupni kapacitet prese iznosi

/sm 1069,25001800300

7,0

'

VW 34

21

a−⋅=

++=

τ+τ+τ=

b) Ako se iz jednačine (2) izrazi V i uvrsti u izraz za ukupni kapacitet prese, dobija se

'

KF)VV(V

'

VW

21

222

e1e

21 τ+τ+τ

τ+++−=

τ+τ+τ= (3)

odakle je

/sm 102,94500900300

900103,06250,175)(0,08750,0875W 34

42

b−

−

⋅=++

⋅⋅+++−=

Procenat povećanja kapaciteta prese u odnosu na prethodni kapacitet iznosi

___________________________________________________________ 8. Filtracija

165

9,3%% 100 2,69

2,692,94% 100

W

WW

a

ab =−

=−

c) Diferenciranjem jednačine (3) po τ2 dobija se

221

222

e1e

222

e1

212

2 )'(

KF)VV(VKF)VV(2

)'(KF

W

τ+τ+τ

τ++−+τ++

τ+τ+τ

=τ∂∂

Kapacitet filtra je maksimalan u tački u kojoj je ∂W/∂τ2 = 0. Primenom ovog uslova na gornju jednačinu dobija se nakon sreñivanja kvadratna jednačina po τ2:

0)V/V2'(')KF/VV2'(2 11e22

1e22 =τ−ττ+τ−τ−τ

odakle je

)V/V2'(')KF/VV2'(KF/VV2' 11e22

1e2

1e2 τ−ττ−−τ+−τ=τ

Zamenom brojčanih podataka dobija se τ2 = 645 s. Dakle, kapacitet prese je maksimalan ako druga faza filtracije traje 645 s. Iz jedn. (3) sledi da je ovaj maksimalni kapacitet

/sm 102,97500645300

645103,06250,175)(0,08750,0875W 34

42

max−

−

⋅=++

⋅⋅+++−=

d) Zapremina filtrata koja se sakupi sa jedinične filtracione površine obrtnog filtra iznosi:

F

W

F

VVf

θ== (4)

gde je V zapremina filtrata koja se sakupi za vreme jednog obrtaja doboša, θ vreme za koje doboš izvrši jedan obrtaj, W = V/θ kapacitet filtra, a F filtraciona površina koja se razvije za vreme jednog obrtaja doboša:

2m 0,3715,12,2DLF =⋅⋅π=π=

Pošto se filtracija vrši pri konstantnoj razlici pritisaka može se primeniti jednačina:

τ=+ KCV2V f2f (8.5)

gde je τ = ϕθ vreme trajanja filtracije, a ϕ = 0,25 deo filtracione površine koji je uronjen u suspenziju. U ovom slučaju konstanta C za obrtni filtar ima istu vrednost kao za filtar presu, jer je otpor filtracionog medijuma isti, ali se konstanta K mora korigovati zbog različite razlike pritisaka pri kojoj se vrši filtracija u filtar presi i rotacionom filtru:

/sm 10,616250

701036,2K 265 −− ⋅=⋅=


166

Zamenom jednačine (4) u jednačinu (8.5) dobija se

ϕθ=θ+θ KCF

W2

F

W 2

2

2

odakle je traženo vreme

s 582)1069,2(

37,100243,01069,2225,037,101061,6

W

WCF2KF24

426

2

2

=⋅

⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅=

−ϕ=θ

−

−−

8.4 Radni pritisak pumpe kojom se neka suspenzija dovodi u Kellyjev filtar je linearna funkcija zapreminskog protoka suspenzije, Qv,s:

s,v85

s,v Q1097,41046,7nQbp ⋅−⋅=−=∆

gde je Qv,s u m3/s, a ∆p u Pa. Uzorak ove suspenzije je filtriran na laboratorijskom filtru, koji je snabdeven istom filtracionom tkaninom kao Kellyjev filtar, ali koji poseduje 10 puta manju filtracionu površinu. Pri konstantnom protoku filtrata od 150 cm3/s razlika pritisaka na laboratorijskom filtru je iznosila 353 kPa posle 625 s, a 590 kPa posle 1105 s od početka filtracije. Ako je talog nestišljiv, odrediti: a) vreme za koje se sakupi V = 1 m3 filtrata u Kellyjevom filtru; b) razliku pritisaka na kraju tog vremenskog perioda. Rešenje: a) Za laboratorijski filtar:

361 m 0,093862510150V =⋅⋅= − s 2561 =τ

362 m 0,1658110510150V =⋅⋅= − s 05112 =τ

Množenjem jednačine (8.7) sa F2 i zamenom gornjih vrednosti dobija se:

62510353aG

FV0938,00938,0 3

2

e2 ⋅⋅

µ=+

110510590aG

FV1658,01658,0 3

2

e2 ⋅⋅

µ=+

odakle je 3e m0,0134 V = , a .s/Pam 1056,4

aG

F 6112

⋅⋅=µ

−

Oba filtra imaju istu filtracionu tkaninu, tj. const/FVC e == , pa je za Kellyjev filtar

3e m,134 00134,010V =⋅=

s/Pam1056,41056,410aG

F 691122

⋅⋅=⋅⋅=µ

−−

Ako je suspenzija razblažena, protok suspenzije je približno jednak protoku filtrata, a pošto se radni pritisak pumpe u filtru prvenstveno troši na savlañivanje otpora taloga i

___________________________________________________________ 8. Filtracija

167

filtracionog medijuma, može se smatrati da je pad pritiska, ∆p iz jednačine (8.4) linearna funkcija protoka filtrata, dV/dτ. To znači da je:

e

2

e

2

VV

)d/dV(nb

aG

F

VV

p

aG

F

d

dV

+

τ−

µ=

+

∆

µ=

τ

tj. ∫∫∫τ

τµ

=

µ++

0

2V

0

2

e

V

0

daG

bFdV

aG

nFVVdV

odakle sledi: τ=+ 'K'VC2V 2 , pri čemu u ovom slučaju konstante filtracije iznose:

3982

e m 2,401056,41097,4134,0aG

nFV'C =⋅⋅⋅+=

µ+= −

s/m 106,81056,41046,72aG

bF2'K 6395

2−− ⋅=⋅⋅⋅⋅=

µ=

Sada se lako može izračunati traženo vreme

s 538108,6

4,2121

'K

'VC2V3

22

=⋅

⋅⋅+=

+=τ

−

b) Zapreminski protok filtrata u trenutku kada se sakupi V = 1 m3 filtrata iznosi

/sm 1012,4)2(1

106,8

)'CV(2

'K

d

dV 333

−−

⋅=+⋅

=+

=τ

pa je tražena razlika pritisaka

rba 2,49Pa 102,491011097,41046,7d

dVnbp 5385 =⋅=⋅⋅⋅−⋅=

τ−=∆ −

0 5 10 150,0

0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

3,0

∆∆∆∆p , bar V , m3

ττττ , min

0,0

0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

3,0


168

8.5 Vodena suspenzija koja sadrži 200 g čvrste faze po 1 kg tečne faze filtrira se na obrtnom filtru čiji je doboš prečnika D = 0,6 m i dužine L = 0,6 m. Doboš izvrši jedan

obrtaj za θ = 6 min, a 20% filtracione površine je uronjeno u suspenziju. Filtracija se vrši

pri konstantnoj razlici pritisaka od ∆p = 65 kPa. Ako časovni prinos filtrata iznosi 450 kg, gustina čvrste faze ρč = 3000 kg/m3, gustina tečne faze ρ = 1000 kg/m3, a poroznost

taloga ε = 0,5, odrediti debljinu taloga koji se formira na filtracionoj tkanini.

Pretpostavimo da je obrtni filtar otkazao i da ga treba zameniti ramskom filtar presom sastavljenom od kvadratnih ramova, efektivne dužine a = 0,3 m. Presa se može rasklopiti za vreme od 2 min, isto toliko vremena je potrebno i za sklapanje, dok je za pražnjenje svakog rama ponaosob potrebno još po 2 min. Ako prinos filtrata treba da bude isti kao na obrtnom filtru i ako se filtracija na ramskoj presi vrši pri konstantnoj razlici pritisaka

od ∆p = 175 kPa, odrediti minimalni broj ramova koje treba da sadrži presa i minimalnu debljinu jednog rama u tom slučaju. Smatrati da je talog nestišljiv i da je hidraulički otpor filtracionog medijuma u oba ureñaja zanemarljivo mali u odnosu na otpor taloga. Rešenje: Za obrtni dobošasti filtar Filtraciona površina koja se razvije za vreme jednog obrtaja doboša iznosi

2m ,1316,06,0DLF =⋅⋅π=π=

a zapremina filtrata koja se za to vreme sakupi

34 m 0,0453601025,1WV =⋅⋅=θ= −

gde je kapacitet filtra

/sm 0125,11000

0/360450QW 34f,m −⋅==

ρ=

Maseni udeo čvrste faze u talogu je

75,05,01000)5,01(3000

)5,01(3000

)1(

)1(x

č

čt =

⋅+−

−=

ρε+ε−ρ

ε−ρ=

Maseni udeo čvrste faze u polaznoj suspenziji iznosi xs = 0,2/(1+0,2) = 1/6, pa je masa čvrste faze u talogu koja se sakupi prolaskom jedinične zapremine filtrata

3

st

ts kg/m 4,3211/60,75

0,75/61000

xx

xxG =

−=

−ρ=

Prema jednačini (8.13), tražena debljina debljina taloga je

mm ,75m 107,513,1)5,01(3000

045,03,214

F)1(

GV 3

č

=⋅=−⋅

=ε−ρ

=δ −

Pošto je otpor filtracionog medijuma zanemarljiv: τ= 22 KFV , pa je za obrtni filtar

___________________________________________________________ 8. Filtracija

169

s/m 102,21,133600,2

0,045

F2,0

VK 25

2

2

2

2−⋅=

⋅⋅=

θ=

Ova vrednost se za ramsku filtar presu mora korigovati zbog različite razlike pritisaka

s/m 1092,565

175102,2K 255 −− ⋅=⋅=

Zapremina filtrata koja se sakupi u toku jednog radnog ciklusa može se izraziti preko

broja ramova, n i debljine taloga na kraju filtracije, δ:

δ=δ−⋅⋅

=ε−δρ

=ε−ρ

= n26,1n214,3

0,5)3000(10,32

G

)1(na2

G

)1(VV

2č

2čt

Vreme trajanja filtracije u okviru jednog radnog ciklusa iznosi

25

25

22

225

2

2

2

10277,818,01092,5

26,1

)n3,02(1092,5

)n26,1(

KF

Vδ⋅=

⋅⋅

δ=

⋅⋅

δ==τ

−−

pa je ukupni kapacitet prese

/sm 1025,1n12024010277,8

n26,1

'

VW 34

25

−⋅=++δ⋅

δ=

τ+τ=

što znači da je )(f015,026,1

03,05,103n

2

δ=−δ+δ

= (1)

0 20 40 60 80 1003

6

9

12

15

broj ramova, n

δδδδ , mm

Slika 8.5


170

Dakle, broj ramova koje treba da sadrži presa da bi se postigao traženi kapacitet zavisi od vremena trajanja filtracije, tj. od završne debljine taloga. Minimalna debljina taloga pri kojoj se može postići traženi kapacitet iznosi 11,9 mm, ali je pri ovoj debljini potreban

broj ramova n = ∞. Minimalni broj ramova se može odrediti iz uslova dn/dδ = 0, tj:

0)015,026,1(

03825,0067,34,130

d

dn2

2

=−δ

−δ−δ=

δ

odakle je 003825,0067,34,130 2 =−δ−δ

Ovo je kvadratna jednačina koja ima samo jedan pozitivni koren:

mm 32,5m 1032,5130,42

0,03825130,443,0673,067 32

=⋅=⋅

⋅⋅++=δ −

Pri ovoj debljini taloga potreban je minimalan broj ramova. Iz jednačine (1) sledi

6n 37,5015,00325,026,1

03,00325,05,103n min

2

min =⇒=−⋅+⋅

=

jer broj ramova mora biti ceo broj. Zamenom nmin = 6 u jednačinu (1) dobija se:

015,026,1

03,05,1036

min

2min

−δ

+δ=

odakle je 012,056,75,103 min2min =+δ−δ

Koreni ove kvadratne jednačine su: δ1min = 0,0497 m i δ2min = 0,0233 m. Dakle, ako presa sadrži 6 ramova, debljina taloga na kraju filtracije treba da iznosi 49,7 mm ili 23,3 mm da bi se postigao traženi kapacitet, pri čemu će pri svakoj debljini taloga izmeñu ove dve vrednosti kapacitet filtar prese biti veći od kapaciteta obrtnog filtra. Pošto se filtracija vrši

sa obe strane rama, minimalna debljina jednog rama iznosi dmin = 2⋅23,3 = 46,6 mm. To znači da treba usvojiti 6 ramova standardne debljine od 2 inča, tj. 50,8 mm. Minimalni broj ramova se može odrediti i na drugi način. Naime, ukupni kapacitet ramske filtar prese iznosi

'

KFVW

c τ+ττ

=τ

=

Broj ramova je minimalan pri maksimalnom kapacitetu koji se odreñuje iz uslova:

0)'(

2

'

KFW

2=

τ+τ

τ−τ

τ+τ

=τ∂

∂

odakle je τ+τ' = 2τ, tj. τ = τ'. Dakle, maksimalni kapacitet prese je:

___________________________________________________________ 8. Filtracija

171

n120240

n1092,6

n120240

Kna

'2

KF

''

'KFW

42

max+

⋅=

+=

τ=

τ+ττ

=−

Minimalnom broju ramova odgovara uslov s/m1025,1W 34max

−⋅= , odakle je:

0375n5,187n89,47 min2min =−−

tj. 6n5,3747,892

37547,894187,5187,5n min

2

min =⇒=⋅

⋅⋅++=

8.6 Suspenzija koja sadrži xs = 40 mas% čvrste faze filtrira se na obrtnom dobošastom

filtru prečnika D = 2 m i dužine L = 2 m pri konstantnoj razlici pritisaka od ∆p = 84,3 kPa, pri čemu je ϕ = 40 % filtracione površine uronjeno u suspenziju. Filtracijom uzorka ove suspenzije na laboratorijskom filtru površine F = 0,02 m2 pri istoj razlici pritisaka i korišćenjem istog filtracionog medijuma, sakupljeno je 300 cm3 filtrata u toku prvih 60 s

filtracije, a 140 cm3 u toku narednih 60 s. Nasipna gustina suvog taloga iznosi ρo = 1500

kg/m3, gustina filtrata ρ = 1000 kg/m3, a gustina čvrste faze ρč = 3000 kg/m3. Ako je minimalna debljina taloga koja se može lako skidati sa filtracione tkanine obrtnog filtra

δ = 5 mm, odrediti: a) vreme za koje doboš treba da izvrši jedan obrtaj da bi kapacitet filtra bio maksimalan; b) maseni protok filtrata i polazne suspenzije pri tom kapacitetu; c) maseni protok vode za ispiranje taloga pri maksimalnom kapacitetu filtra, ako mlaz vode iz tuševa za ispiranje taloga zahvata 25 % filtracione površine. Rešenje: a) Za laboratorijski filtar

236

1f /mm 150,002,0

10300V =

⋅=

−

s 601 =τ

236

2f /mm 220,002,0

10440V =

⋅=

−

s 1202 =τ

Zamenom ovih vrednosti u jednačinu (8.5) dobija se:

K60C015,02015,0 2 =⋅+

K120C022,02022,0 2 =⋅+

odakle su konstante filtracije: 233 /mm 10512,2C −⋅= i s/m 1081,4K 26−⋅= .

Maseni udeo čvrste faze u talogu je, prema jednačini (8.20)

75,0)3000/15001(10001500

1500

)/1(x

čoo

ot =

−+=

ρρ−ρ+ρ

ρ=


172

Zamenom jednačina (8.18) i (8.19) u (8.13) dobija se zapremina filtrata koja se sakupi sa jedinične filtracione površine obrtnog filtra pri minimalnoj debljini taloga

233-

ts

stoof /mm 108,75

75,04,01000

)4,075,0(005,01500

xx

)xx(

GV ⋅=

⋅⋅

−⋅=

ρ

−δρ=

δρ=

pri čemu treba naglasiti da je kapacitet filtra maksimalan pri minimalnoj debljini taloga. Vreme za koje doboš treba da izvrši jedan obrtaj da bi kapacitet filtra bio maksimalan je:

s 591081,44,0

10125,21075,82)1075,8(

K

CV2V6

3323f

2f =

⋅⋅

⋅⋅⋅⋅+⋅=

ϕ

+=θ

−

−−−

b) Maseni protok filtrata pri maksimalnom kapacitetu filtra iznosi

skg/ ,86159

221075,81000

FVVQ

3f

f,m =⋅⋅π⋅⋅

=θ

ρ=θ

ρ=−

Iz jednačina (8.16) i (8.17) sledi da je maseni protok polazne suspenzije u tom slučaju

skg/ 3,994,075,0

75,086,1

xx

xQQ

st

tf,ms,m =

−=

−=

što znači da je protok taloga 2,13 kg/s. Alternativno, može se odrediti gustina suspenzije

3

sčs

čs kg/m364 1

)4,01(30004,01000

10003000

)x1(x=

−+⋅⋅

=−ρ+ρ

ρρ=ρ

odakle se dobija maseni protok polazne suspenzije

skg/ ,99359

2210)575,8(1364

F)V(VVQ

3f

st

ss,m =⋅⋅π⋅⋅+

=θ

δ+ρ=

θ

+ρ=

−

c) Brzina ispiranja taloga u obrtnim filtrima je jednaka završnoj brzini filtracije:

i

i

i

i

f

iF

V

F

V

)CV(2

Kv

θϕ=

τ=

+=

gde je ϕi = 0,25 površinski udeo zone ispiranja, Vi zapremina vode kojom se ispira talog

formiran za vreme jednog obrtaja doboša, a τi vreme ispiranja ove količine taloga. Dakle

skg/ 69,010)125,275,8(2

1081,425,0221000

)CV(2

KFVQ

3

6

f

iii,m =

⋅+

⋅⋅⋅⋅⋅π=

+

ϕρ=

θρ=

−

−

8.7 Obrtni dobošasti filtar može profiltrirati Qm,s1 = 6 kg/s neke vodene suspenzije pri n1 = 0,3 o/min, a ako se broj obrtaja doboša poveća na n2 = 0,48 o/min, može se pod istim uslovima profiltrirati Qm,s2 = 7,2 kg/s iste suspenzije. Odrediti: a) procentualno

___________________________________________________________ 8. Filtracija

173

povećanje mase vode za ispiranje jedinične mase taloga koje se postiže promenom broja obrtaja doboša; b) maksimalni teorijski protok polazne suspenzije u datom slučaju. Rešenje: a) U prethodnom primeru je pokazano da je maseni protok vode za ispiranje taloga

)CV(2

KFQ

f

ii,m +

ϕρ=

Prema jedn. (8.17) maseni protok taloga je

t

ss,mt,mx

xQQ =

pa je odnos mase vode za ispiranje taloga i mase taloga

t

i

fss,m

ti

t,m

i,m

m

m

)CV(xQ2

KxF

Q

Q=

+

ϕρ=

Pri promeni broja obrtaja doboša menja se samo protok polazne suspenzije i zapremina filtrata sakupljena sa jedinične filtracione površine, pa je

CV

CV

Q

Q

)/mm(

)/mm(

2f

1f

2s,m

1s,m

1ti

2ti

++

= (1)

U prethodnom primeru je pokazano da je maseni protok polazne suspenzije

st

tf

st

tf

st

tf,ms,m

xx

xFnV

xx

xFV

xx

xQQ

−ρ=

−θ

ρ=

−=

pa je odnos masenih protoka polazne suspenzije za dva posmatrana slučaja

1

2

1f

2f

1s,m

2s,m

n

n

V

V

Q

Q= (2)

odakle je

1f1f1f

2

1

1s,m

2s,m

2f V75,0V48,0

3,0

6

2,7V

n

n

Q

QV === (3)

Pošto se filtracija vrši pri konstantnoj razlici pritisaka, može se primeniti jednačina (8.5)

11f21f KCV2V ϕθ=+

22f22f KCV2V ϕθ=+

Deljenjem ovih jednačina i primenom relacije 1f2f V75,0V = dobija se

6,13,0

48,0

n

n

CV75,02V75,0

CV2V

1

2

2

1

1f21f

2

1f21f ===

θ

θ=

⋅+

+


174

odatle je 1f1f

2

V25,0V)175,06,1(2

75,06,11C =

−⋅⋅−

= (4)

Zamenom jednačina (3) i (4) u jednačinu (1) dobija se

0417,12,7

625,1

Q

Q25,1

V25,0V75,0

V25,0V

Q

Q

)/mm(

)/mm(

2s,m

1s,m

1f1f

1f1f

2s,m

1s,m

1ti

2ti ===+

+=

Odatle je traženi procenat povećanja mase vode za ispiranje 1 kg taloga

% 4,17% 1)100(1,0417% 100)/m(m

)/m(m)/m(m

1ti

1ti2ti =−=−

Dakle, u drugom slučaju kroz svaki kg taloga proñe 4,17 % veća masa vode za ispiranje. b) Iz jednačine (8.5) sledi da je srednja brzina filtracije u obrtnim filtrima

f

fff

VC2

KnVVV

+=

ϕ=

ϕθ=

τ (5)

pa se iz jednačina (5) i (2) dobija

1s,m

2s,m

2f

1f

1

2

1f

2f

Q

Q

VC2

VC2

n

n

V

V=

+

+= (6)

Maksimalni kapacitet obrtnog filtra se teorijski postiže pri beskonačnoj brzini obrtanja doboša, kada je Vf = 0. To znači da je

35,0

5,1

V25,02

VV25,02

C2

VC2

Q

Q

1f

1f1f1f

1s,m

maxs,m==

⋅

+⋅=

+=

Dakle, maksimalni protok polazne suspenzije je 3 puta veći od protoka u prvom slučaju:

kg/s 8163Q3Q 1s,mmaxs,m =⋅==

8.8 Na dobošastom filtru koji rotira sa n1 = 1,8 o/min dobija se Qv,f1 = 27 m3/h filtrata. Ako je otpor filtracionog medijuma zanemarljiv, odrediti kojom brzinom treba da rotira doboš da bi se pri istoj razlici pritisaka postigao protok filtrata od Qv,f2 = 54 m3/h. Rešenje: Iz jednačine (6) sledi da je pri zanemarljivom otporu filtracionog medijuma (C = 0):

1f,v

2f,v

2f

1f

1

2

1f

2f

Q

Q

V

V

n

n

V

V==

odatle je

2

f1v,

f2v,

2

f2

f1

1

2

Q

Q

V

V

n

n

=

=

___________________________________________________________ 8. Filtracija

175

o/min 7,227

548,1

Q

Qnn

22

f1v,

f2v,

12 =

=

=

8.9 Suspenzija koja sadrži xs = 20 mas% čvrste faze, gustine ρč = 2000 kg/m3, filtrira se na dobošastom filtru površine F = 3 m2 pri unutrašnjem pritisku od p1 = 30 kPa. Doboš

rotira sa n = 0,5 o/min, a ϕ = 30 % filtracione površine je uronjeno u suspenziju. Talog

je nestišljiv, a otpor filtracione tkanine je ekvivalentan otporu taloga debljine δe = 1 mm.

Ako specifični otpor taloga iznosi r = 2⋅1012 m-2, poroznost taloga ε = 0,4, gustina filtrata ρ = 1000 kg/m3, a viskozitet filtrata µ = 10-3 Pa⋅s, odrediti: a) krajnju debljinu taloga; b) zapreminski protok filtrata i polazne suspenzije; c) maksimalnu brzinu obrtanja doboša i

maksimalni protok filtrata, ako je minimalna dozvoljena debljina taloga δmin = 5 mm. Rešenje: a) Maseni udeo čvrste faze u talogu je

75,04,01000)4,01(2000

)4,01(2000

)1(

)1(x

č

čt =

⋅+−

−=

ρε+ε−ρ

ε−ρ=

a masa čvrste faze u talogu koja se sakupi prolaskom jedinične zapremine filtrata

3

st

ts kg/m 72,720,20,75

0,750,21000

xx

xxG =

−⋅

=−

ρ=

Hidraulički otpor taloga se može definisati na sledeće načine:

δ== rF

maR č

t

gde su r (m-2) i a (m/kg) specifični otpori taloga koji se razlikuju po tome što je r otpor taloga jedinične debljine, dok je a otpor taloga koji sadrži jediničnu masu čvrste faze po jediničnoj filtracionoj površini. Iz gornje jednačine i jednačine (8.12) sledi

gm/k 10667,1)4,01(2000

102

)1(

r

m

Fra 9

12

čč

⋅=−

⋅=

ε−ρ=

δ=

pa je konstanta filtracije K:

s/m 1014,37,27210667,110

10)303,101(2

aG

)pp(2K 24

93

31a −

−⋅=

⋅⋅⋅

⋅−=

µ

−=

gde je pa = 101,3 kPa pritisak suspenzije jer je dobošasti filtar vakuum-filtar. Iz jednačine (8.13) sledi da se konstanta filtracije C može izračunati iz izraza:

2333

čefe /mm104,4

7,272

)4,01(2000101

G

)1(VC −

−

⋅=−⋅⋅

=ε−ρδ

==


176

Za vreme jednog obrtaja doboša filtracija traje τ = ϕθ = ϕ/n = 0,3/(0,5⋅60) = 36 s. Sada se zapremina filtrata koja se sakupi sa jedinične filtracione površine dobija iz jedn. (8.5):

2342332f /mm ,1020361014,3)104,4(104,4KCCV =⋅⋅+⋅+⋅−=τ++−= −−−

a debljina taloga iz jedn. (8.13)

mm 23,2m 103,22)4,01(2000

102,07,272

)1(

GV 3

č

f =⋅=−⋅

=ε−ρ

=δ −

b) Zapreminski protok filtrata iznosi

h/m 9,2605,03102,0FnVV

Q 3ff,v =⋅⋅⋅==

θ=

dok je zapreminski protok polazne suspenzije

h/m ,311605,0310)2,23102(Fn)V(VV

Q 33f

ts,v =⋅⋅⋅⋅+=δ+=

θ

+= −

c) Zapremina filtrata koja se sakupi sa jedinične filtracione površine pri δ = δmin je

23čminminf m/m 0,022

7,272

)4,01(2000005,0

G

)1(V =

−⋅=

ε−ρδ=

pa je maksimalna brzina obrtanja doboša

o/min 8,3o/s 139,0104,4022,02022,0

3,01014,3

CV2V

Kn

32

4

f2f

max ==⋅⋅⋅+

⋅⋅=

+

ϕ=

−

−

a maksimalni protok filtrata

h/m 333600139,03022,0FnVV

Q 3maxminfmaxf,v =⋅⋅⋅==

θ=

8.10 Neka suspenzija se filtrira na ramskoj filtar presi sastavljenoj od ramova debljine d =

25 mm. U toku prvih τ1 = 600 s pumpa radi sa maksimalnim kapacitetom. Za to vreme

se sakupi ¼ od ukupne količine filtrata, a razlika pritisaka raste do ∆p = 500 kPa. Da bi

se ramovi napunili talogom filtracija se nastavlja još τ2 = 3600 s pri konstantnoj razlici pritisaka, nakon čega je potrebno τ' = 900 s za pražnjenje ramova i ponovno sastavljanje prese. Nañeno je da se otpor filtracionih ploča može smanjiti za 75 % ako se na njih pre

filtracije nanese naplavni sloj debljine δn =1,6 mm. Odrediti procenat povećanja ukupnog

kapaciteta prese, ako se naplavni sloj može naneti za τn = 180 s i ako se filtracija obavlja: a) dok se ramovi ne napune talogom; b) dok kapacitet prese ne dostigne maksimum. Rešenje:

___________________________________________________________ 8. Filtracija

177

a) Iz relacije V1 = 0,25V i jednačina (8.9) i (8.10) dobija se

2e

22 KF600VV25,02V25,02 =⋅+⋅ 2

e222 KF3600)V25,0V(V2V25,0V =−+−

odatle je V125,0Ve = i 242 V10125,3KF −⋅= . Ukupni kapacitet prese iznosi

5100

V

9003600600

V

'

VVW

21c

=++

=τ+τ+τ

=τ

=

U prisustvu naplavnog sloja (dijatomejske zemlje ili nekih drugih pomoćnih sredstava za filtraciju) ekvivalentna zapremina filtrata je manja za 75%. Dakle:

V03125,0V125,052,0V25,0 'V ee =⋅=⋅=

Meñutim, naplavni sloj zauzima odreñenu zapreminu unutar ramova, pa će samim tim zapremina taloga na kraju filtracije biti manja nego u prethodnom slučaju, pri čemu je

872,050

6,1225

d

2d

V

'V n

t

t =⋅−

=δ−

=

Prema jedn. (8.12) zapremina taloga je direktno srazmerna sakupljenoj zapremini filtrata, pa je V' = 0,872V. Pošto se u oba slučaja koristi ista pumpa, zapreminski protok filtrata u toku prve faze filtracije je u oba slučaja isti, pa je

)'V'V(2

KF

'

'VV

e1

2

1

1

1

1

+=

τ=

τ (1)

odnosno )V03125,0'V(2

V10125,3

6004

V

1

24

+⋅

=⋅

−

odakle je V34375,0'V1 = . Zamenom ove vrednosti u jednačinu (1) dobija se

s 825V25,0

V34375,0600

V

'V'

1

111 ==τ=τ

U drugoj fazi filtracije važi jednačina

'KF)'VV('V2'V'V 22

1'

e2

12 τ=−+−

odatle je

s 121610125,3

)34375,0872,0(03125,0234375,0872,0'

4

22

2 =⋅

−⋅+−=τ

−

pa je ukupni kapacitet prese u prisustvu naplavnog sloja

4066

V872,0

9001802161825

V872,0

'''

'V

'

'V'W

n21c

=+++

=τ+τ+τ+τ

=τ

=


178

što znači da je traženi procenat povećanja ukupnog kapaciteta prese

%4 ,9100% 14066

0,8725100100% 1

W

W'100%

W

W'W=

−

⋅=

−=

−

b) Vreme trajanja druge faze filtracije pri kome je ukupni kapacitet prese maksimalan:

)/VV2')('()F/KVV2'(KF/VV2'' '1

'1

'enn

22'1

'en

2'1

'en

opt2 τ−τ+ττ+τ−−τ+τ+−τ+τ=τ

odakle je s 1461'opt2 =τ . Sada je maksimalan ukupni kapacitet prese definisan izrazom

/smV 1021,29001801146825

1146V10125,3)V03125,0V34375,0(V03125,0

''

KF)'V'V('V'W

34

242

nopt21

opt2

22e1e

max

−−

⋅=+++

⋅⋅+++−=

=τ+τ+τ+τ

τ+++−=

što znači da je maksimalni procenat povećanja ukupnog kapaciteta filtar prese

( ) % 12,7100% 1102,215100100% 1W

'W100%

W

W 'W 4maxmax =−⋅⋅=

−=

− −

8.11 Filtracija vodene suspenzije CaCO3 koja sadrži xs = 7,23 mas% čvrste faze vrši se na

ramskoj filtar presi, pri temperaturi od t = 20°C i razlici pritisaka od ∆p = 282 kPa. Presa sadrži n = 20 ramova, a svaki ram ima efektivnu filtracionu površinu od F1 = 0,8742 m2 i debljinu d = 65 mm. Filtracijom uzorka ove suspenzije na laboratorijskom filtru površine F = 0,0526 m2 dobijeni su sledeći podaci:

V, l 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,2 2,4 2,6 2,8

τ, s 1,8 4,2 7,5 11,2 15,4 20,5 26,7 33,4 41,0 48,8 57,7 67,2 77,3 88,7

Filtracija se u oba aparata vrši pod istim eksperimentalnim uslovima i kroz istu filtracionu

tkaninu. Ako je nasipna gustina suvog taloga ρo = 1600 kg/m3, a gustina čvrste faze ρč = 2930 kg/m3, odrediti: a) specifični otpor taloga i hidraulički otpor filtracione tkanine; b) zapreminu filtrata koja treba da se sakupi da bi se ramovi napunili talogom; c) vreme za koje će se ramovi napuniti talogom, kao i vreme za koje će se obaviti ispiranje taloga, ako je zapremina vode za ispiranje taloga 10% od zapremine sakupljenog filtrata. Smatrati da se filtracija i ispiranje taloga vrše pod istim eksperimentalnim uslovima. Rešenje:

a) Filtracija na laboratorijskom filtru se vrši pri ∆p = const, pa se može napisati

2e

2 KFVV2V τ=+

___________________________________________________________ 8. Filtracija

179

Deljenjem ove jednačine sa VKF2 dobija se

VKF

1

KF

V2

V 22

e +=τ

što odgovara linearnoj funkciji y = A + Bx, u kojoj je y = τ/V, x = V, A = 2Ve/(KF2) i B = 1/(KF2). Obradom eksperimentalnih podataka iz teksta zadatka primenom metode najmanjih kvadrata dobija se:

i )(V x ii

l

)V/( y iii τl/s

)( xy iii τ

s

)(V x 2i

2i

2l

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,2 2,4 2,6 2,8

9 10,5 12,5 14,0 15,4 17,1 19,1 20,9 22,8 24,4 26,2 28,0 29,7 31,7

1,8 4,2 7,5 11,2 15,4 20,5 26,7 33,4 41,0 48,8 57,7 67,2 77,3 88,7

0,04 0,16 0,36 0,64 1,00 1,44 1,96 2,56 3,24 4,00 4,84 5,76 6,76 7,84

Σ 21 281,3 501,4 40,6

0,0 0,4 0,8 1,2 1,6 2,0 2,4 2,80

5

10

15

20

25

30

35

ττ ττ /V, s/

l

V, l

Slika 8.11


180

2

22

n

1ii

n

1i

2i

n

1iii

n

1ii

n

1ii

2s/l ,738

216,4014

3,281214,50114

)V(Vn

)V/(Vn

KF

1B =

−⋅

⋅−⋅=

−

τ−τ==

∑∑

∑∑∑

==

===

ls/ 7,0014

2173,8

14

3,281

n

V

Bn

)/V(

BCF2KF

V2A

n

1ii

n

1iii

2

e =−=−τ

===∑∑==

Pošto je 799,0)2930/16001(2,9981600

1600

)/1(x

čoo

ot =

−+=

ρρ−ρ+ρ

ρ=

i 3

st

st kg/m 9,5570723,0779,0

0723,0779,02,998

xx

xxG =

−⋅

=−

ρ=

onda je s/m 1014,40526,01073,8

1

BF

1K 25

262

−⋅=⋅⋅

==

233

6

3

/mm 1062,70526,01073,82

107

BF2

AC −⋅=

⋅⋅⋅

⋅==

Sada su specifični otpor filtar pogače i hidraulički otpor filtracionog medijuma

kgm/ 1071,155,791014,410004,1

102822

KG

p2a 11

53

3

⋅=⋅⋅⋅⋅

⋅⋅=

µ

∆=

−−

1/m 101,041062,755,791071,1aGCR 11311f ⋅=⋅⋅⋅⋅== −

b) Zapremina filtrata koja treba da se sakupi da bi se ramovi potpuno napunili talogom

dobija se zamenom jedn. (8.19) u (8.13), pri čemu je δ = d/2 i F = F1n = 17,484 m2:

3oo m 11,4355,792

065,0484,171600

G2

Fd

G

FV =

⋅⋅⋅

=ρ

=δρ

=

c) Vreme potrebno da se ramovi napune pogačom iznosi

s 10560484,171014,4

484,171062,743,11243,11

KF

VCF2V25

32

2

2

=⋅⋅

⋅⋅⋅⋅+=

+=τ

−

−

Pošto je brzina ispiranja pogače 4 puta manja od brzine filtracije u završnom trenutku:

)CFV(2

KF

4

1V1,0V 2

ii

i

+=

τ=

τ

pa je s 8350484,171014,4

43,11)484,171062,743,11(8,0

KF

V)CFV(8,025

3

2i =⋅⋅

⋅⋅+=

+=τ

−

−

181

9. CENTRIFUGIRANJE 9.1 TALOŽNE CENTRIFUGE 9.1.1 Centrifugalnom separacijom punomasnog mleka sa zm = 4,5 mas% mlečne masti dobija se obrano mleko sledećeg sastava:

Komponenta xi , mas %

voda proteini ugljeni hidrati mlečna mast mineralne materije

90,5 3,5 5,1 0,1 0,8

Utvrditi: a) sastav mleka pre separacije ako se u separatoru iz mleka izdvaja samo mlečna mast; b) sastav obranog mleka i pavlake ako u pavlaku prelazi 99 % mlečne masti i 5 % ostalih neproteinskih sastojaka iz polaznog mleka; c) masu pavlake koja se izdvaja iz F = 100 kg polaznog mleka u prvom i u drugom slučaju. Rešenje: a) Jednačine materijalnog bilansa procesa u opštem slučaju glase

BAF += (1)

iii ByAxFz += (2)

gde su F, A i B mase polaznog mleka, obranog mleka i pavlake, a zi, xi i yi maseni udeli i-te komponente u polaznom mleku, obranom mleku i pavlaci. U prvom slučaju pavlaka sadrži čistu mlečnu mast (ym = 1), pa u tom slučaju jednačina (2) za mlečnu mast glasi

BAxFz mm += (3)

Iz jedn. (1) i (3) sledi m

m

x1

z1

F

A

−

−= (4)

Pošto pavlaka sadrži samo mast, za sve ostale sastojke je yi = 0, pa iz jedn. (2) i (3) sledi

i

m

mii x

x1

z1x

F

Az

−

−==

Npr, sadržaj vode u punomasnom mleku je

mas% 6,5188651,0905,0001,01

045,01x

x1

z1x

F

Az v

m

mvv ==

−−

=−

−==

Ponavljanjem izračunavanja na isti način i za preostale sastojke dobija se sledeća tabela u kojoj je dat sastav polaznog mleka:


182

Komponenta zi , mas %


86,51 3,35 4,88 4,50 0,76

b) Pošto se u ovom slučaju u obranom mleku zadržavaju svi proteini, 1 % mlečne masti i 95% ostalih neproteinskih sastojaka iz polaznog mleka, masa obranog mleka iznosi

)z95,0z01,0z(FFz95,0Fz01,0FzA npmpnpmp ++=++=

Za vodu, ugljene hidrate i mineralne materije ii Fz95,0Ax = , pa je za ove komponente

npmp

iii

z95,0z01,0z

z95,0

A

Fz95,0x

++==

Npr, sadržaj vode u obranom mleku iznosi

mas% 0,3799037,09215,095,0045,001,00335,0

8651,095,0x v ==

⋅+⋅+⋅

=

Za proteine važi relacija pp FzAx = , pa je maseni udeo proteina u obranom mleku

0368,09215,095,0045,001,00335,0

0335,0

z95,0z01,0z

z

A

Fzx

npmp

pp

p =⋅+⋅+

=++

==

Za mlečnu mast je mm Fz01,0Ax = , pa je sadržaj mlečne masti u obranom mleku

%mas ,0500005,09215,095,0045,001,00335,0

045,001,0

z95,0z01,0z

z01,0x

npmp

mm ==

⋅+⋅+⋅

=++

=

Masa pavlake iznosi

)z05,0z99,0(FFz05,0Fz99,0B npmnpm +=+=

Za mlečnu mast je mm Fz99,0By = , pa je sadržaj mlečne masti u pavlaci

%mas 49,164916,09215,005,0045,099,0

045,099,0

z05,0z99,0

z99,0y

npm

mm ==

⋅+⋅⋅

=+

=

Za vodu, ugljene hidrate i mineralne materije je ii Fz05,0By = , pa je npr. za vodu

%mas 47,734773,09215,005,0045,099,0

8651,005,0

z05,0z99,0

z05,0y

npm

vv ==

⋅+⋅⋅

=+

=

Na sličan način se dobija sadržaj ugljeni hidrata i mineralnih materija u pavlaci.

_____________________________________________________ 9. Centrifugiranje

183

Dakle, sastav polaznog mleka, obranog mleka i pavlake u ovom slučaju iznosi:

Komponenta zi , mas % xi , mas % yi , mas %


86,51 3,35 4,88 4,50 0,76

90,37 3,68 5,10 0,05 0,79

47,73 0 2,69 49,16 0,42

c) U prvom slučaju masa pavlake iznosi

kg,4 4001,01

001,0045,0100

x1

xzFB

m

mm =−−

=−

−=

dok je u drugom slučaju

gk 9,1)9215,005,0045,099,0(100)z05,0z99,0(FB npm =⋅+⋅=+=

9.1.2 Separator za izdvajanje pavlake iz mleka ima prelivne brane poluprečnika r1 = 5 cm i r2 = 7,5 cm. Ako je gustina obranog mleka ρA = 1032 kg/m3, a gustina pavlake ρB = 865 kg/m3, odrediti poluprečnik meñufazne površine u separatoru, r3.

r1

r2

r3

r4

R

obranomleko

obranomleko

pavlaka

ωωωω

. 13’

3”

.

. .2

polazno mleko

ρρρρA ρρρρB

Slika 9.1.2 – Separator za izdvajanje pavlake iz mleka: r1 – poluprečnik slobodne površine pavlake; r2 – poluprečnik slobodne površine obranog mleka iza brane; r3 – poluprečnik meñufazne površine; r4 – poluprečnik spoljne ivice brane za isticanje obranog mleka; R – unutrašnji poluprečnik doboša


184

Rešenje: Diferencijalna promena pritiska u centrifugi u radijalnom pravcu pri ac » g iznosi

rdrF

Fdrr

F

dmadp 22c ρω=

ρω==

gde je ac ubrzanje centrifugalne sile, dm elementarna masa fluida gustine ρ, a F površina cilindrične površi poluprečnika r. Integraljenjem ove jednačine dobija se

)rr(2

rdrdpp 21

22

2r

r

2

p

p

2,1

2

1

2

1

−ρω

=ρω==∆ ∫∫

gde je ∆p1,2 razlika pritisaka izmeñu tačaka 1 i 2 koje se nalaze na radijalnom rastojanju r1 i r2 od ose rotacije. Pošto se pritisak menja samo u radijalnom pravcu, pritisak u tačkama 3’ i 3” na sl. 9.1.2 je jednak. Takoñe, u tačkama 1 i 2 vlada isti atmosferski pritisak, pa je

"32'31 pppp −=−

odakle je

)rr(2

)rr(2

22

23

2A2

123

2B −

ωρ=−

ωρ

Rešavanjem po r3 dobija se

cm 4,818651032

865510325,7rrr

22

BA

B21A

22

3 =−

⋅−⋅=

ρ−ρ

ρ−ρ=

9.1.3 U centrifugi koja rotira sa n = 250 o/s obavlja se separacija emulzije ulja u vodi na temperaturi od 25ºC. Gustina ulja iznosi ρu = 850 kg/m3, a viskoznost µu = 0,05 Pa⋅s. Unutrašnji poluprečnik doboša centrifuge iznosi R = 15 cm, visina doboša H = 76 cm, a poluprečnici prelivnih brana r1 = 3 cm i r2 = 4 cm. Odrediti kritičan prečnik kapi vode ponetih uljem i kapi ulja ponetih vodom, ako se centrifuga napaja sa Qv,e = 0,2 m3/min emulzije sa xu = 21 mas% ulja. Rešenje: Gustina emulzije iznosi

3

W

u

u

ue kg/m 962

997

21,01

850

21,0

1

x1x

1=

−+

=

ρ

−+

ρ

=ρ

a zapreminski protok ulja

/sm 1029,785060

21,09622,0xQQQ 34

u

uee,v

u

u,m

u,v−⋅=

⋅⋅⋅

=ρ

ρ=

ρ=

Poluprečnik meñufazne površine je

cm 7,5850997

85039974rrr

22

uW

u21W

22

3 =−

⋅−⋅=

ρ−ρ

ρ−ρ=


185

pa je zapremina sloja ulja u centrifugi

32221

23u m ,01130)03,0075,0(76,0)rr(HV =−π⋅=−π=

Brzina taloženja kapi vode prečnika d u ulju, na radijalnom rastojanju r od ose rotacije, pod pretpostavkom laminarnog režima taloženja, iznosi

)r(fd

dr

18

r)(dv

u

2uW

2W

tal =τ

=µ

ωρ−ρ=

U najnepovoljnijem slučaju kap vode mora da proñe celu debljinu sloja ulja, pa je

τµ

πρ−ρ=τ

µ

ωρ−ρ== ∫∫

τ

u

2uW

2W

0u

2uW

2W

1

3

r

r18

)n2)((dd

18

)(d

r

rln

r

dr3

1

gde je uv,u/QV=τ vreme taloženja kapi vode u ulju. Odatle je kritičan prečnik kapi vode

m 10,6120113,0)850997(2502

),5/37ln(1092,705,09

V)(n2

)r/rln(Q9d 6

22

4

uuW22

13u,vu

W−

−

⋅=−⋅π⋅

⋅⋅⋅=

ρ−ρπ

µ=

Provera laminarnog režima taloženja kapi vode za najveće rastojanje od ose rotacije

019,005,0

)2502(075,0850)850997()106,12(r)(dAr

2

236

2u

23uuW

3W =

⋅π⋅−⋅=

µ

ωρρ−ρ=

−

Pošto je Ar < 3,6 režim taloženja je laminaran. Kritičan prečnik kapi ulja u vodi iznosi

m 104,10403,0)850997(2502

)15/7,5ln(1054,21003,99

V)(n2

)r/Rln(Q9d 6

22

34

WuW22

3W,vW

u−

−−

⋅=−⋅π⋅

⋅⋅⋅⋅=

ρ−ρπ

µ=

9.2 FILTRACIONE CENTRIFUGE 9.2.1 Filtracija vodene suspenzije vrši se u ramskoj filtar presi sastavljenoj od n = 2 rama unutrašnjih dimenzija 150 × 150 mm i debljine d = 50 mm, pri čemu se ramovi napune talogom za τ = 3500 s pri razlici pritisaka od ∆p = 350 kPa. Suspenzija se zatim filtrira u diskontinualnoj centrifugi sa perforiranim dobošom visine H = 200 mm i prečnika D = 300 mm koji rotira sa n =65 o/s, pri čemu se održava konstantan poluprečnik unutrašnje površine suspenzije od x = 75 mm. Talog je nestišljiv, a otpor filtracione tkanine je u oba

ureñaja jednak otporu taloga debljine δe = 3 mm. Naći vreme za koje će se u centrifugi sakupiti ista količina filtrata kao u ramskoj filtar presi u toku jednog radnog ciklusa. Rešenje:


186

Hidraulički otpor taloga se može prikazati u sledećem obliku:

ftt

t rzVF

V

V

Vr

F

VrrR ===δ=

gde je z = Vt/V = δF/V odnos zapremine taloga i sakupljene zapremine filtrata. Dakle, za filtraciju na ramskoj filtar presi može se primeniti sledeće integralno rešenje jedn. (8.1):

τµ

∆=

δ+=+

rz

pF2V

z

F22VVV2V

2e2

e2

Meñutim, pošto je V = δF/z, iz gornje jednačine sledi

τµ

∆=δδ+δ

r

pz22 e

2

pa je 212

2

3

e2

s/mPa 1016,3025,0003,02025,0

3500103502

2

p2

z

r⋅⋅=

⋅⋅+

⋅⋅⋅=

δδ+δ

τ∆=

µ

x

b

R

ωωωω

polazna suspenzija

ρρρρs

filt

rat

talog

δδδδH

talog

Trenutna brzina filtracije u centrifugi u površinskom sloju taloga iznosi

bH2

1

d

dV

d

dp

r

1v tf πτ

=δµ

=

gde je b = R − δ poluprečnik unutrašnje površine taloga. Odatle je ukupan pad pritiska u talogu

b

Rln

d

dV

H2

r

b

db

d

dV

H2

r

b

d

d

dV

H2

rpdp

R

b0

t

p

0

t

t

τπµ

=τπ

µ=

δτπ

µ=∆= ∫∫∫

δ∆


187

Slično tome, kinetička jednačina za filtracioni medijum glasi

RH2

1

d

dV

r

p

R

pv

e

f

f

ff πτ

=δµ

∆=

µ

∆=

pa je ukupni pad pritiska

δ+

τπµ

=∆+∆=∆Rb

Rln

d

dV

H2

rppp eft (1)

Meñutim, kako je τ

=τ

=τ

π−=τδ

d

dVz

d

dV

d

dbbH2

d

dF t

dobija se τ

π−=

τ d

db

z

bH2

d

dV (2)

Iz jedn. (1) i (2) sledi τ

δ+

µ−=∆+∆=∆

d

db

Rb

Rln

z

rbppp eft

Razdvajanjem promenljivih i integraljenjem u granicama od τ = 0 i τ = τ dobija se

)bR(R2

dbR

blnbbdb

Rdb

b

Rlnb

r

pzd

r

pz 22e

b

R

b

R

e

b

R0

−δ

+

=

δ−

−=τ

µ

∆=τ

µ

∆∫∫∫∫

τ

Prema metodi parcijalne integracije je

4

bR

R

bln

2

bbdb

2

1

R

bln

2

bdb

R

blnb

222b

R

b

R

2b

R

−+=−

=

∫∫

pa je τµ

−ρω=+

δ+−=τ

µ

∆

r

z)xR(2

R

blnb2)

R21)(bR(

r

pz4 2222e22

odakle je traženo vreme

s 523)075,015,0(1000658

15,0

138,0ln138,02)

15,0

003,021)(138,015,0(

1016,3

)xR(n8

R

blnb2)

R21)(bR(

z

r

2222

222

12

2222

2e22

=−⋅⋅π⋅

⋅++−⋅=

=−ρπ

+δ

+−µ=τ

gde je m ,13802,0

205,015,015,0

H

dnaR

H

VRb

22

22t2 =

π⋅⋅

−=π

−=π

−=

U gornjoj jednačini Vt je zapremina taloga koja se sakupi u ramskoj filtar presi u toku jednog radnog ciklusa, dok je a dužina unutrašnje ivice rama.

188

10. FLUIDIZACIJA Poroznost fluidizovanog sloja je zapreminski udeo meñučestičnog prostora u sloju

HS

V1

V

VV čč −=−

=ε (10.1)

gde je V zapremina fluidizovanog sloja visine H i površine poprečnog preseka S, dok je Vč ukupna zapremina čestica u sloju. Pošto je zapremina čestica ista bez obzira da li se one nalaze u nepokretnom ili fluidizovanom sloju, može se napisati

)1(SH)1(HSV ooč ε−=ε−= (10.2)

gde su Ho i εo visina i poroznost nepokretnog sloja. Odatle je

)1(V

V1)1(

H

H1 o

oo

o ε−−=ε−−=ε (10.3)

Pad pritiska pri strujanju fluida kroz fluidizovani sloj iznosi

const)1(gH)(S

)1(gHS)(

S

gV)(

S

Gp č

ččč =ε−ρ−ρ=ε−ρ−ρ

=ρ−ρ

==∆ (10.4)

gde je G prividna težina čestica (razlika težine čestica i težine česticama istisnutog fluida), ρč gustina čestica, a ρ gustina fluida koji protiče kroz kolonu. Brzina fluidizacije je odnos zapreminskog protoka fluida u koloni i površine poprečnog preseka kolone:

ntal

v vS

Qv ε== (10.5)

gde je vtal terminalna brzina taloženja čestica. U tački početka fluidizacije jedn. (10.5) glasi

nmftalmf vv ε= (10.6)

gde je vmf minimalna brzina fluidizacije, tj. prividna brzina fluida pri kojoj nepokretan sloj prelazi u fluidizovano stanje, a εmf ≈ εo poroznost sloja pri minimalnoj brzini fluidizacije. Iz jednačine (10.6) se eksponent n može izraziti na sledeći način

mf

talmf

log

)/vvlog(n

ε= (10.7)

Pri laminarnom strujanju fluida kroz nepokretni porozni sloj pad pritiska je definisan Carman-Kozenyjevom jednačinom

o2s

3o

2o H

d

v)1(180p

µ

ε

ε−=∆ (10.8)

_______________________________________________________ 10. Fluidizacija

189

gde je ds srednji Sauterov prečnik čestica u sloju, a µ dinamički viskozitet fluida. U tački početka fluidizacije pad pritiska je istovremeno definisan i jedn. (10.4) i jedn. (10.8), pa se može napisati

mf2s

mf3mf

2mf

mfmfč Hd

v)1(180)1(gH)(

µ

ε

ε−=ε−ρ−ρ (10.9)

odakle je µ

ρ−ρ

ε−

ε=

180

)(gd

1v č

2s

mf

3mf

mf (10.10)

Za krupnije čestice se umesto jednačine (10.8) primenjuje Ergunova jednačina

os

2

3o

oo2

s3o

2o H

d

v175,1H

d

v)1(150p

ρ

ε

ε−+

µ

ε

ε−=∆ (10.11)

koja važi pri

12000)1(

dv6

2o

s <µε−

ρ< (10.12)

pa se za tačku početka fluidizacije može napisati

mfs

2mf

3mf

mfmf2

s

mf3mf

2mf

mfmfč Hd

v175,1H

d

v)1(150)1(gH)(

ρ

ε

ε−+

µ

ε

ε−=ε−ρ−ρ (10.13)

odakle se sreñivanjem dobija kvadratna jednačina po vmf:

0g)(v1

d

150v

d

75,1čmf3

mf

mf2s

2mf3

mfs

=ρ−ρ−ε

ε−µ+

ε

ρ (10.14)

PRIMERI

10.1 Izračunati odnos vtal/vmf pri εmf = 0,4, ako je terminalna brzina taloženja definisana Štoksovim zakonom, a minimalna brzina fluidizacije Carman-Kozenyjevom jednačinom. Rešenje: Deljenjem jednačine (5.20) i jednačine (10.10) dobija se

75,934,0

4,0110

110

v

v33

mf

mf

mf

tal =−

=ε

ε−=

što znači da je u ovom slučaju brzina odnošenja čestica 93,75 puta veća od minimalne brzine fluidizacije. 10.2 Potrebno je prevesti u fluidizovano stanje mč = 250 kg uniformnih sfernih čestica katalizatora gustine ρč = 2600 kg/m3 i prečnika d = 100 µm. Medijum za fluidizaciju je


190

ulje gustine ρ = 900 kg/m3 i viskoziteta µ = 3 mPa⋅s, čiji maseni protok iznosi Qm = 100 kg/h. Ako je zapremina fluidizovanog sloja 1,3 puta veća od zapremine nepokretnog sloja i ako su čestice u nepokretnom sloju rasporeñene u kubičnom rasporedu, odrediti: a) prečnik kolone za fluidizaciju; b) visinu fluidizovanog sloja; c) pad pritiska fluida u fluidizovanom sloju; d) maseni protok ulja pri kome započinje odnošenje čestica. Rešenje: a) Ako je raspored kubičan u svakoj kocki ivice 2d rasporeñeno je 8 čestica prečnika d, pa je prema jednačini (10.1)

mf3

3

čo 48,0

61

)d2(6

d8

1V

V1 ε≈=

π−=

π

−=−=ε

Pošto su čestice relativno sitne minimalna brzina fluidizacije se odreñuje iz jedn. (10.10):

sm/ 106,57103180

)9002600(81,9)10(

48,01

48,0

180

)(gd

1v 5

3

243č

2s

mf

3mf

mf−

−

−

⋅=⋅⋅

−⋅

−=

µ

ρ−ρ

ε−

ε=

Režim taloženja čestica se može odrediti na osnovu Arhimedovog broja:

6,367,1)103(

)9002600(90081,9)10()(gdAr

23

34

2č

3

<=⋅

−⋅⋅=

µ

ρ−ρρ=

−

−

Pošto je režim taloženja laminaran brzina taloženja je definisana Štoksovim zakonom:

m/s 1009,310318

)9002600(81,9)10(

18

)(gdv 3

3

24č

2

tal−

−

−

⋅=⋅⋅

−⋅=

µ

ρ−ρ=

Poroznost fluidizovanog sloja iznosi

6,0)48,01(3,1

11)1(

V

V1 o

o =−−=ε−−=ε

a eksponent n

25,548,0log

)309/57,6log(

log

)/vvlog(n

mf

talmf ==ε

=

pa je brzina fluidizacije:

sm/ 1011,26,01009,3vv 425,53ntal

−− ⋅=⋅⋅=ε=

Odatle sledi da je traženi prečnik kolone

m 0,439001011,23600

1004

v

Q4D

4m =

⋅⋅⋅π⋅

⋅=

ρπ=

−

b) Zapremina čestica u koloni je prema jednačini (10.2)

_______________________________________________________ 10. Fluidizacija

191

č

č2

č

m)1(

4

DH)1(HSV

ρ=ε−

π=ε−=

pa je visina fluidizovanog sloja

m ,6612600)6,01(43,0

2504

)1(D

m4H

2č

2č =

−π⋅

⋅=

ρε−π=

c) Prema jednačini (10.4) pad pritiska u fluidizovanom sloju iznosi

akP 11,07Pa 70110)6,01(66,181,9)9002600()1(gH)(p č ==−⋅−=ε−ρ−ρ=∆

d) Odnošenje čestica nastaje pri v = vtal, a protok ulja koji odgovara ovoj brzini je

hkg/1454 kg/s ,4004

43,01009,3900

4

DvQ

23

2

talo,m ==π⋅

⋅⋅=π

ρ= −

10.3 Sloj uniformnih sfernih čestica prečnika d = 3 mm i gustine ρč = 4200 kg/m3 treba prevesti u fluidizovano stanje pomoću tečnosti viskoziteta µ = 1 mPa⋅s i gustine ρ = 1100 kg/m3. Odrediti odnos terminalne brzine taloženja i minimalne brzine fluidizacije uz pretpostavku da su čestice u nepokretnom sloju rasporeñene u kubičnom rasporedu. Rešenje:

Pri kubičnom rasporedu je εmf = 0,48, pa iz kvadratne jednačine (10.14) sledi

01004,3v1084,7v10580

81,9)11004200(v48,0

48,01

003,0

101150v

48,0003,0

110075,1

4mf

42mf

4

mf32

32mf3

=⋅−⋅+⋅=

=−−−⋅⋅

+⋅

⋅ −

odakle je sm/ 0,0665802

04,3580484,784,7v

2

mf =⋅

⋅⋅++−=

Dokaz ispravnosti Ergunove formule

805101)48,01(

003,01100066,0

)1(

dv322

mf

mf =⋅⋅−

⋅⋅=

µε−

ρ−

Da bi se odredila terminalna brzina taloženja čestica treba izračunati Arhimedov broj

523

3

2č

3

1003,9)101(

)11004200(110081,9003,0)(gdAr ⋅=

⋅

−⋅⋅=

µ

ρ−ρρ=

−

Ova vrednost Ar odgovara oblasti razvijene turbulencije za koju važi jedn. (5.14), pa je

165433,0

1003,9

33,0

ArRe

5

tal =⋅

==


192

sm/ 0,51100003,0

165410

d

Rev

3tal

tal =⋅⋅

=ρ

µ=

−

odakle je 6,7066,0

5,0

v

v

mf

tal ==

10.4 Staklene kuglice čije terminalne brzine taloženja iznose 10 i 20 mm/s se fluidiziraju tako da su kuglice različite veličine prisutne u dva zasebna sloja, rasporeñena jedan iznad drugog. Ako su zapremine obe vrste kuglica u koloni jednake i ako eksponent n iz jedn. (10.7) pri obe veličine kuglica iznosi 2,4, utvrditi zavisnost izmeñu poroznosti takvog dvoslojnog fluidizovanog sloja i brzine fluidizacije. Rešenje: Ako je zapremina čestica u oba sloja jedinična, prema jednačini (10.1) može se napisati

Poroznost sloja krupnijih čestica = 'V/)1'V(' −=ε Poroznost sloja sitnijih čestica = "V/)1"V(" −=ε Zapremina sloja krupnijih čestica = )'1/(1'V ε−= Zapremina sloja sitnijih čestica = )"1/(1"V ε−=

Zapremina čestica u celom sistemu = 2.

To znači da poroznost celog sistema iznosi

"'2

"'2"'

'1"1

)"1)('1(2'1"1

"1

1

'1

1

2"1

1

'1

1

"V'V

2"V'V

ε−ε−εε−ε+ε

=ε−+ε−

ε−ε−−ε−+ε−=

ε−+

ε−

−ε−

+ε−=

+−+

=ε

Meñutim, pošto je prema jednačini (10.7)

4,2/1

20

v'

=ε i

4,2/1

10

v"

=ε

mora biti 4,2/12'" ε=ε , pa je

0,42

0,840,42

1/2,41/2,4

3,4/2,41/1,21/2,41/2,4

4,2/1

4,2/4,324,2/1

4,2/1

4,2/124,2/1

0,67v2

0,22v0,67v

)2(1(v/20)2

2(v/20))2(1(v/20)

)21('2

2')21('

2''2

2'22''

−

−=

+−

−+

=+ε−

ε−+ε=

ε−ε−

ε−ε+ε=ε

odakle sledi 09v)1(3v 42,084,0 =ε+ε+−

tj. ε−ε+−ε+= 9)1(25,2)1(5,1v 242,0

193

PRILOG

TABELA P.1

Fizičke osobine nekih idealnih gasova (zaokružene vrednosti)

Gas hemijska formula

M

kg/kmol

Rg

J/kgK

cp

kJ/kgK

cv

kJ/kgK

κ

cp/cv

Acetilen

Amonijak

Argon

Azot

Benzol

Butan

Etan

Etilen

Etilhlorid

Helijum

Hlorovodonik

Kiseonik

Metan

Metilhlorid

Neon

Ozon

Pentan

Propan

Sumpordioksid

Vodoniksulfid

Ugljendioksid

Ugljenmonoksid

Vazduh

Vodonik

C2H2

NH3

Ar

N2

C6H6

C4H10

C2H6

C2H4

C2H5Cl

He

HCl

O2

CH4

CH3Cl

Ne

O3

C5H12

C3H8

SO2

H2S

CO2

CO

−

H2

26

17

40

28

78

58

30

28

64,5

4

36,5

32

16

50,5

20

48

72

44

64

34

44

28

29†

2

320

489

208

297

107

143

277

297

129

2078

228

260

520

165

416

173

115

189

130

244

189

297

287

4157

1,44

2,20

0,52

1,04

0,48

0,64

1,25

1,34

0,58

5,20

0,80

0,91

2,34

0,74

1,04

0,78

0,52

0,85

0,58

1,10

0,85

1,04

1,00

14,55

1,12

1,71

0,31

0,74

0,37

0,50

0,97

1,04

0,45

3,12

0,57

0,65

1,82

0,58

0,62

0,61

0,40

0,66

0,45

0,86

0,66

0,74

0,72

10,40

1,28

1,28

1,67

1,40

1,28

1,28

1,28

1,28

1,28

1,67

1,40

1,40

1,28

1,28

1,67

1,28

1,28

1,28

1,28

1,28

1,28

1,40

1,40

1,40

†Srednja molarna masa


194

TABELA P.2 - Gustina i viskozitet suvog vazduha na normalnom pritisku (101,3 kPa)

t

°C

ρ

kg/m3

610⋅µ

Pa⋅s

610⋅ν m2/s

t

°C

ρ

kg/m3

610⋅µ

Pa⋅s

610⋅ν m2/s

-50 -40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90

1,584 1,515 1,453 1,395 1,342 1,293 1,247 1,205 1,165 1,128 1,093 1,060 1,029 1,000 0,972

14,6 15,2 15,7 16,2 16,7 17,2 17,6 18,1 18,6 19,1 19,6 20,1 20,6 21,1 21,5

9,23 10,04 10,80 12,79 12,43 13,28 14,16 15,06 16,00 16,96 17,95 18,97 20,02 21,09 22,10

100 120 140 160 180 200 250 300 350 400 500 600 700 800 900

0,946 0,898 0,854 0,815 0,779 0,746 0,674 0,615 0,566 0,524 0,456 0,404 0,362 0,329 0,301

21,9 22,8 23,7 24,5 25,3 26,0 27,4 29,7 31,4 33,0 36,2 39,1 41,8 44,3 46,7

23,13 25,45 27,80 30,09 32,49 34,85 40,61 48,33 55,46 63,09 79,38 96,89 115,4 134,8 155,1

TABELA P.3 - Gustina i viskozitet vode na 101,3 kPa (iznad 100°C na pritisku zasićenja)

t

°C p bar

ρ

kg/m3

610⋅µ

Pa⋅s

610⋅νm2/s

t

°C p bar

ρ

kg/m3

610⋅µ

Pa⋅s

610⋅νm2/s

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170

1,013 1,013 1,013 1,013 1,013 1,013 1,013 1,013 1,013 1,013 1,013 1,433 1,985 2,701 3,614 4,760 6,180 7,920

999,9 999,7 998,2 995,7 992,2 988,1 983,1 977,8 971,8 965,3 958,4 951,0 943,1 934,8 926,1 917,0 907,4 897,3

1788 1306 1004 801,5 653,3 549,4 469,9 406,1 355,1 314,9 282,5 259,0 237,4 217,8 201,1 186,4 173,6 162,8

1,789 1,306 1,006 0,805 0,659 0,556 0,478 0,415 0,365 0,326 0,295 0,272 0,252 0,233 0,217 0,203 0,191 0,181

180 190 200 210 220 230 240 250 260 270 280 290 300 310 320 330 340 350

10,03 12,55 15,55 19,08 23,20 27,98 33,48 39,78 46,94 55,05 64,19 74,45 85,92 98,70 112,9 128,6 146,1 165,4

886,9 876,0 863,0 852,8 840,3 827,3 813,6 799,0 784,0 767,9 750,7 732,3 712,5 691,1 667,1 640,2 610,1 574,4

153,0 144,2 136,4 130,5 124,6 119,7 114,8 109,9 105,9 102,0 98,1 94,2 91,2 88,3 85,3 81,4 77,5 72,6

0,173 0,165 0,158 0,153 0,148 0,145 0,141 0,137 0,135 0,133 0,131 0,129 0,128 0,128 0,128 0,127 0,127 0,126

_______________________________________________________________ Prilog

195

TABELA P.4

Zavisnost Cd, Ar i Lytal od Retal za sferne čestice

Retal Cd Ar Lytal Oblast na

dijagramu P.2

10-3 24000 1,80⋅10-2 5,56⋅10-8 (a)

2⋅10-3 12000 3,60⋅10-2 2,22⋅10-7

5⋅10-3 4800 9,00⋅10-2 1,39⋅10-6

10-2 2400 1,80⋅10-1 5,56⋅10-6

2⋅10-2 1200 3,60⋅10-1 2,22⋅10-5

5⋅10-2 480 9,00⋅10-1 1,39⋅10-4

10-1 240 1,80⋅100 5,56⋅10-4

2⋅10-1 126 3,78⋅100 2,12⋅10-3 (b)

5⋅10-1 52,5 9,84⋅100 1,27⋅10-2

100 27,6 2,07⋅10 4,83⋅10-2

2⋅100 14,9 4,47⋅10 1,79⋅10-1

5⋅100 6,98 1,31⋅102 9,56⋅10-1

10 4,15 3,11⋅102 3,21⋅100

2⋅10 2,61 7,83⋅102 1,02⋅10

5⋅10 1,54 2,88⋅103 4,33⋅10

102 1,09 8,19⋅103 1,22⋅102

2⋅102 0,806 2,42⋅104 3,31⋅102

5⋅102 0,563 1,05⋅105 1,18⋅103

103 0,44 3,30⋅105 3,03⋅103 (c)

2⋅103 0,44 1,32⋅106 6,06⋅103

5⋅103 0,44 8,25⋅106 1,52⋅104

104 0,44 3,30⋅107 3,03⋅104

2⋅104 0,44 1,32⋅108 6,06⋅104

5⋅104 0,44 8,25⋅108 1,52⋅105

105 0,44 3,30⋅109 3,03⋅105

2⋅105 0,10 (d)

5⋅105 0,10

106 0,10


196

DIJAGRAM P.1

Hidraulička karakteristika pumpe u primerima 3.1.8 i 3.1.9

0 1 2 3 4 5 6 70

4

8

12

16

20

24

28

32

36

40

H , m ηηηη , %

Qv , l/s

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

_______________________________________________________________ Prilog

197

DIJAGRAM P.2 - Zavisnost koeficijenta otpora od Rejnoldsovog broja za sferne čestice

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

10-2

10-1

100

101

102

103

104

Turbulentna

Laminarna

Oblast dOblast coblast b

oblast aCd

Retal

DIJAGRAM P.3 - Zavisnost Lytal i Retal od Ar za sferne čestice

100

101

102

103

104

105

106

107

10-4

10-3

10-2

10-1

100

101

102

103

104

105

Retal

Lytal

Arhimedov kriterijum, Ar

10-1

100

101

102

103

104

105

106

107

108

Documents

Problemi iz Mehanickih Operacija