Mechanika tekutin 21. Určete, do jaké hloubky h se ponoří kužel výšky L = 100 mm z materiálu o hustotě ρ1 = 800 kg/m 3 ve vodě s hustotou ρ2 = 1000 kg/m 3 . Kužel je zanořen do vody svým vrcholem. Řešení: Podle Archimédova zákona při plování musí být tíha G kužele rovna vztlakové síle Fvz , tj. G = Fvz , kde
a
1 Fvz = V ′ρ 2 g = πb 2 hρ 2 g , 3
1 G = Vρ1 g = πa 2 Lρ1 g . 3
b L h
Jelikož dále platí b / h = a / L , potom dosazením získáme pro hloubku ponoření
h = L3
ρ1 = 92,8 mm . ρ2
22. Určete působiště, směr a velikost výslednice tlakových sil působící na segmentový válcový uzávěr jezu s horní a dolní zdrží (viz.obr.). Uzávěr má v řezu tvar čtvrtkružnice o poloměru R = 3 m a šířka uzávěru je b = 10 m . Na jedné straně sahá vodní hladina do výšky h1 = R = 3 m a na druhé straně do výšky h2 = 1 m nade dno. Hustota vody ρ = 1000 kg m −3 . Řešení: Na uzávěr působí hydrostatický tlak ph kapaliny (vody) ve směru normály k dané válcové ploše, tj. ph = ρgz ,
pro z ∈< 0, h1 − h2 > ,
ph = ρg (h1 − h2 ) ,
pro z ∈< h1 − h2 ,h1 > .
R
R x
O
h1
ϕ
O
Fz R
Fh Fx
h2 dS
z Tomuto tlaku odpovídá hydrostatická síla dFh = p h dS = ρgz dS . Tuto sílu si můžeme rozložit do jednotlivých složek ve směru osy x a z, tj. dFx = phdS x , dFz = ph dS z , kde Sx, Sz jsou průměty válcové plochy uzávěru do rovin yz a xy. Pro náš příklad tedy vypočteme Fx = ∫ ph dS x =
h1 − h2
∫ ρgz bdz + 0
⎡ (h1 − h2 ) 2 ⎤ ρg b(h12 − h22 ) , ( ) d ( ) ρ − = ρ + − g h h b z g b h h h 1 2 2⎥ = ⎢ ∫ 1 2 2 2 ⎣ ⎦ h1 − h2 h1
R
R
π/2
0
0
0
Fx = ∫ ph dS z = ∫ ρgz bdx = ρgb ∫ R 2 − x 2 dx = ρgbR 2 ∫ cos 2 ϕ dϕ =
πρgbR 2 . 4
Výsledná hydrostatická síla Fh působící na uzávěr prochází osou válcové plochy pod úhlem ϕ, kde tg ϕ =
FZ πR 2 = Fx 2(h12 − h22 )
Fh = Fx2 + Fz2 =
⇒ ϕ = 60o 29′ ,
ρgb 4(h12 − h22 ) + πR 2 = 190 kN . 4
23. Injekční stříkačka délky L = 5 cm je naplněna vodou, přičemž plocha pístu S1 = 1,5 cm2, plocha otvoru S2 = 0,8 mm2 a hustota vody ρ = 1000 kg/m3 . Vypočtěte, za jakou dobu t vyprázdníme stříkačku, jestliže působíme na píst stálou silou F = 5 N. Zanedbejte tření pístu a vnitřní tření v kapalině. Řešení: Pro výtok kapaliny otvorem stříkačky platí rovnice kontinuity a Bernoulliho rovnice, tj.
S1v1 = S 2v2 ,
ρv12 ρv 2 + p= 2 , 2 2
p=
F . S1
F = 5N
S2
v1 L
v2
S1 Vyjádříme-li z rovnice kontinuity rychlost v2 výtoku kapaliny ze stříkačky a dosadíme do Bernoulliho rovnice, potom obdržíme pro rychlost v1 rovnoměrného posunu pístu ve stříkačce ρv12 F ρ ⎛ v1S1 ⎞ ⎟ + = ⎜⎜ S1 2 ⎝ S 2 ⎟⎠ 2
2
⇒
v1 =
2F . ⎛ S12 ⎞ ρS1 ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟ ⎝ S2 ⎠
Pro čas t, za který se píst posune o vzdálenost L, platí
⎛ S2 ⎞ ρS1 ⎜⎜ 12 − 1⎟⎟ L2 L ⎝ S2 ⎠ = 1,15 s. t= = v1 2F
24. Určete, jak se bude pohybovat malá kulička o poloměru r v dostatečně široké svislé trubici naplněné kapalinou o hustotě ρ1 a viskozitě η. Kulička je vyrobena z materiálu o hustotě ρ2. Dále vypočtěte dráhu ∆y, po které lze rychlost v kuličky považovat s relativní chybou δ za konstantní. Na počátku kuličku volně pustíme a sledujeme její pohyb.
Řešení: V kapalině působí na kuličku tíhová síla G = mg = Vρ k g , vztlaková síla Fvz = Vρg a odporová síla, pro kterou platí podle Stokesova vzorce Fo = 6πηrv . Pohybová rovnice kuličky ve svislém směru tedy má tedy tvar ma = m
dv = G − Fvz − Fo = Vg (ρ2 − ρ1 ) − 6πηrv dt
,
x
kde m = Vρk je hmotnost kuličky a V je objem kuličky.
FO
∆y ⇒
Fvz Pohybovou rovnici můžeme jednoduchost přepsat jako
pro
∆v =δ vm
dv = A − Bv , dt A = g (1 − B=
ρ1 ), ρ2
G
6πηr . Vρ 2
y
Řešením předchozí diferenciální rovnice separací proměnných získáme v
∫ 0
t
dv = dt A − Bv ∫0
⎛ B ⎞ ln⎜1 − v ⎟ = − Bt A ⎠ ⎝
⇒
⇒
v=
(
)
A 1 − e − Bt . B
Mezní rychlost vm, které může kulička dosáhnout získáme pro čas t → ∞ , tj. vm = A / B . Integrací rychlosti v podle času obdržíme pro dráhu s kuličky a relativní chybu δ vztahy t
y = ∫ v dt = 0
(
)
A Bt + e − Bt − 1 B2
a
δ=
∆v vm − v B = = 1 − v = e − Bt , vm vm A
z čehož pro čas t a dráhu ∆y dostaneme t=−
ln δ B
⇒
∆y = y (t ) =
A (δ − ln δ − 1) . B2
25. Do stěny válcové nádoby o průměru D a výšce H je zabudována tenká vodorovná
trubička s vnitřním průměrem d a délkou l. V nádobě je kapalina o dynamické viskozitě η. Určete závislost rychlosti v1, kterou klesá kapalina v nádobě, na výšce hladiny h kapaliny nad výtokovým otvorem a dále vypočtěte vzdálenost od hrany nádoby, kam dopadá vodní paprsek na vodorovnou rovinu v úrovni dna nádoby. Řešení: Pro průtok viskózní kapaliny válcovou trubičkou při laminárním proudění platí podle HagenPoiseuilleova zákona
πr 4 ∆p Q= , 8ηl
D
∆p = ρgh .
Průtok trubičkou je roven Q = S 2v2 =
Porovnáme-li oba výrazy pro průtok, můžeme vyjádřit výtokovou rychlost v2 a následným použitím rovnice kontinuity i rychlost v1 poklesu kapaliny v nádobě
ρghd 2 v2 = , 32ηl v1 = v2
v1
πd 2 v2 . 4
h
d v 2
H
l x
ρgd 4 S2 d2 = v2 2 = h. 32ηlD 2 S1 D
Trajektorii paprsku kapaliny můžeme poté vyšetřovat jako vodorovný vrh z výšky ( H − h) rychlostí v2. Pro vodorovnou vzdálenost x tedy vypočteme x = l + v2
2( H − h ) . g
26. Určete, jakou výšku h bude mít vrstva rtuti na vodorovné skleněné podložce, jestliže krajní úhel pro rtuť ϑ = 138o , hustota rtuti ρ = 13600 kg/m3 a povrchové napětí rtuti σ = 0,5 N/m . Řešení: Ve výšce x nad skleněnou podložkou bude pro bod povrchu vrstvy rtuti platit rovnost kapilárního tlaku pk, vyvolaného zakřivením povrchu kapaliny, a hydrostatického tlaku ph, vyvolaného tíhou kapaliny. Platí ph = b + ρg (h − x) ,
⎛1 1 ⎞ pk = b + σ⎜⎜ + ⎟⎟ , ⎝ R1 R2 ⎠
D
kde b je atmosférický tlak okolního vzduchu, R1 a R2 jsou hlavní poloměry křivosti povrchu vrstvy v daném místě x. Jelikož vrstva rtuti je dostatečně velká, tj. h << D , potom R1 << R2 a pro kapilární tlak můžeme přibližně psát
h
b
K
h
pk =& b + σ / R1
t = (t x , t y ) = (cos α, sin α ) ,
x
t
n
x
α
ϑ
Minimální poloměr křivosti R1 se bude nacházet ve svislém řezu (rovina xy) a platí pro něj podle 1.Frenetova vzorce dt n , = ds R1
ϑ
n = ( nx , n y ) = ( − sin α, cos α ) ,
kde t a n jsou jednotkové tečné a normálové vektory ke křivce svislého řezu K , α je úhel, který svírá tečna ke křivce K s osou x, a ds = dx / cos α = dy / sin α je element oblouku křivky K. Abychom určili R1, stačí uvažovat pouze směr x, tj. platí dt x n x = ds R1
⇒
− sin α cos α dα − sin α = dx R1
⇒
R1 =
dx . cos α dα
Dosazením do rovnice pk = ph obdržíme ρg ( h − x ) dx = σ cos α dα a integrací vypočteme pro výšku h −π / 2
h 2ρg 2σ ∫0 ρg (h − x) dx = ϑ−∫π /σ2 cos α dα ⇒ 2 = σ(1 − cos ϑ) ⇒ h = ρg (1 − cos ϑ) = 3,61 mm . h
27. Parašutista o hmotnosti m2 = 85 kg skáče s padákem o hmotnosti m1 = 32 kg . Po otevření má padák tvar duté polokoule s průměrem d = 12 m a součinitel odporu C x = 1,3 . Určete mezní rychlost v, kterou dosáhne parašutista, jestliže hustota vzduchu je rovna ρ = 1,29 kg/m 3 . Dále vypočtěte, jaké maximální rychlosti dosáhne parašutista, jestliže nerozevře padák. V tomto případě je charakteristická plocha S ′ = 0,3 m 2 a součinitel odporu C x′ = 0,4 . Řešení: Parašutista dosáhne mezní rychlosti v okamžiku, kdy bude vyrovnána tíhová síla G silou odporovou Fx a silou vztlaku Fvz. Vztlakovou sílu můžeme při pohybu parašutisty ve vzduchu zanedbat a musí tedy platit
m1
(m1 + m2 ) g = Fx , Fx = C x
S=
ρv 2 S, 2
d
πd 2 . 4
Dosazením a jednoduchou úpravou dostaneme pro maximální rychlost
v=
8(m1 + m2 ) g = 3,48 m/s . C x πd 2 ρ
FX
v
m2 G
Jestliže se parašutistovi nerozevře padák, potom poletí maximální rychlostí
v′ =
2(m1 + m2 ) g =& 122 m/s . S ′C x′ ρ
