Technická univerzita v Liberci. cvičebnice k předmětu MECHANIKA TEKUTIN

Technická univerzita v Liberci Fakulta mechatroniky a mezioborových inženýrských studií

cvičebnice k předmětu MECHANIKA TEKUTIN J. ŠEMBERA Katedra modelování procesů

Liberec 2002

Obsah Úvod

5

1 Příklady ke cvičení 1.1 Základní veličiny, jednotky a vztahy 1.2 Hydrostatika . . . . . . . . . . . . 1.3 Rozměrová analýza . . . . . . . . . 1.4 Stacionární proudění . . . . . . . . 1.5 Nestacionární proudění . . . . . . . 1.6 Silové účinky proudu . . . . . . . . 1.7 Analytické řešení rovnic proudění . 1.8 Další příklady . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

6 6 7 11 11 16 17 19 20

2 Řešení a výsledky příkladů

21

Použitá literatura

36

3

Úvod Vážení studenti, cílem cvičení k předmětu Mechanika tekutin je naučit studenta provádět běžné rutinní výpočty v oboru mechaniky tekutin, které jsou založeny na použití základních a experimentálních vztahů mezi stavovými veličinami. Právě tato tématika je zpracována textu, který se vám dostává do rukou. Jsme přesvědčeni, že text účelně doplňuje cvičení a pomůže vám při přípravě na písemnou část zkoušky. Přejeme hodně hezkých zážitků při studiu Mechaniky tekutin, při odkrývání vzájemných souvislostí a vztahů.

5

Kapitola 1 Příklady ke cvičení 1.1

Základní veličiny, jednotky a vztahy

tlak p[Pa = kg/m/s2 ] síla F [N = kgm/s2 ] objem V [m3 ] hustota ρ[kg/m3 ] teplota T [K] součinitel stlačitelnosti ε[Pa−1 ] součinitel tepelné roztažnosti γ[K−1 ] . atmosférický tlak pa = 100kPa . hustota vody ρv = 1000kg/m3 . gravitační zrychlení g = 9,81m/s2 součinitel stlačitelnosti vody εv = 4,6 · 10−10 Pa−1 součinitel tepelné roztažnosti vody γv = 1,8 · 10−4 K−1 . hustota vzduchu ρvz = 1,3kg/m3 stlačitelnost: ∆V = V0 ε∆p tepelná roztažnost: ∆V = V0 γ∆T hydrostatický tlak: p = hρg ideální plyn: pV = RT Příklad 1.1.1 Manometr ukazuje přetlak v potrubí 3,4m vodního sloupce. Jaký je přetlak v Pa a jaký je tlak v potrubí? [řešení] Příklad 1.1.2 Potrubí o objemu 50l je naplněno vodou pod atmosférickým tlakem. Kolik vody do něj musíme dočerpat, abychom trojnásobně zvýšili tlak? [řešení] Příklad 1.1.3 Potrubí o objemu 50l je plné vody o teplotě 5◦ C. Na jakou teplotu musíme vodu ohřát, abychom tlak zvýšili z atmosférického tlaku na trojnásobek? [řešení] 6

1.2. Hydrostatika

7

Příklad 1.1.4 Potápěč v hloubce 70m vydechne bublinu vzduchu o průměru 7cm. Jaký průměr bude mít tato bublina těsně pod hladinou? Napište pohybovou rovnici bubliny. [řešení] Příklad 1.1.5 Máme sud s padesáti litry piva právě naražený ruční pípou. Tlak uvnitř sudu je stejný jako v okolní atmosféře (z pípy tedy nic neteče). Kolik vzduchu je třeba napumpovat do sudu, aby pak bez dalšího pumpování bylo možno načepovat právě 10 piv (tj. 5l kapaliny)? Sud má tvar válce o vnitřním průměru d = 30cm a výšce vs = 75cm, ústí pípy je hp = 40cm nad sudem. Pivo považujeme za ideální kapalinu o hustotě ρv = 1000kg/m3 . [řešení] Příklad 1.1.6 Jaký je tlak v hloubce 800m pod hladinou moře, je-li mořská voda a) nestlačitelná (ρ = 1060kg/m3 ) b) stlačitelná (ε = 4 · 10−10 Pa−1 ). [řešení]

1.2

Hydrostatika

Hydrostatický tlak Příklad 1.2.1 Do jaké výšky nad hladinu vyzvedneme velmi těsným velmi pomalým pístem vodu v trubici, působí-li na hladinu atmosférický tlak. [řešení] Příklad 1.2.2 Vyřešte příklad 1.2.1 s předpokladem, že teplota vody je 70◦ C víte-li, že tlak nasycených vodních par při této teplotě je 31kPa. [řešení] Příklad 1.2.3 V zařízení na obrázku jsou tři tekutiny: (1) voda o hustotě ρ1 = 1000kg/m3 , (2) vzduch (ρ2 = 1,2kg/m3 ). Určete tekutinu (3) (přesněji její hustotu), víte-li, že h1 = 240mm, h2 = 100mm, h3 = 510mm, h4 = 145mm. Podtlak v nádrži je pN − pa = −0,05MPa. [řešení]

'$ pN

6

' $ '$ (2)

&

h1

6

6

h3

% & &% & % h2

?

pa

6

(1)

? ?

h4

(3)

?

8

Kapitola 1. Příklady ke cvičení

Příklad 1.2.4 Máme dva spojené válce o průměrech d1 = 10cm a d2 = 13,5cm naplněné vodou. Na obou jsou písty o hmotnostech m1 = 5kg a m2 . Určete hmotnost pístu m2 , víte-li, že rozdíl hladin ve válcích je h = 3cm (vyšší hladina je v [řešení] prvním válci). Příklad 1.2.5 Ve vaně tvaru kvádru (2m × 2m × 5m(výška)) je 10t vody a 70t rtuti. Určete průběh tlaku působícího na stěnu vany. (ρHg = 13600kgm−3 )

6

6h ? 6h ?

1

(1)

5m

?

(2) 2m

-=>

2

2m

[řešení]

Příklad 1.2.6 Šikmá stěna dělí vodní nádrž na dvě různě hluboké části (viz obrázek). Určete velikost a působiště výsledné síly, je-li α = 60◦ , h1 = 2m, h2 = 1m, stěna je široká 5m a hustota vody je 1000kg/m3 .

6 h1

?

6h ?

2

[řešení]

Příklad 1.2.7 Dvě nádoby s vodou a rtutí jsou odděleny záklopkou pohyblivou v bodě A (viz obrázek). Určete, jak vysoko může dosahovat rtuť, aby přepážka nepoklesla (zanedbejte hmotnost přepážky). [řešení]

6 H2 O

h1

?

a

q

A

α = 30◦ a = 20cm h1 = 35cm ρH2 O = 1000kg/m3 ρHg = 13600kg/m3

Hg

6h ?

2

1.2. Hydrostatika

9

Vztlak a plování těles Příklad 1.2.8 Jaký objem dřevěného tělesa o hustotě ρdřeva = 720kg/m3 a objemu V = 0,25m3 bude vyčnívat při plavání ve vodě? [řešení] Příklad 1.2.9 Nádoba je naplněna dvěma nemísitelnými kapalinami o hustotách ρ1 = 850kg/m3 a ρ2 = 1000kg/m3 . V nádobě plave zcela ponořený kvádr o hustotě ρk = 920kg/m3 . Jeho výška je h = 12cm. Určete vzájemnou polohu [řešení] kapalin a kvádru. Příklad 1.2.10 V nádobě se třemi nemísitelnými kapalinami plove koule o průměru d. Je ponořena ve třetí kapalině do hloubky b a vyčnívá ze druhé kapaliny do první do výšky a. Určete její hustotu.

?a 6

d

-

(1)

ρ1 = 860kg/m3 ρ2 = 1000kg/m3 ρ3 = 1200kg/m3 d = 80cm a = 20cm b = 10cm

(2)

?b 6 (3)

Objem kulového vrchlíku o poloměru r a výšce a je V =

πa2 (3r 3

− a).

[řešení]

Příklad 1.2.11 Otvor ve dně nádrže je uzavřen zátkou tvaru komolého kužele. Určete sílu nutnou na uvolnění zátky. Tření zanedbejte.

pa

6 H

6h ?pa 6 ?h ?

1

D

d

-

D = 30mm H = 510mm h1 = 10mm ρ = 1000kg/m3

d = 25mm h = 15mm m = 30g

objem komolého kužele: V = π3 v(r2 + rR + R2 )

[řešení]

10


Příklad 1.2.12 Jakou hydrostatickou silou nadzvedává kov horní část slévárenské formy na obrázku?

6

- d

R1 = 0,3m R2 = 0,38m d = 0,05m H = 0,6m ρ = 7300kg/m3

H

IR R1

?

2

[řešení]

Kapalina v poli zrychlení Příklad 1.2.13 Kbelík s vodou je ve výtahu. Hladina je 40cm nade dnem. Určete hydrostatický tlak na dno, je-li zrychlení výtahu 2,5ms−2 a má směr a) dolů, b) nahoru; c) určete pohyb, při němž nebude na dno působit hydrostatický tlak. [řešení] Příklad 1.2.14 Nákladní auto s kvádrovou korbou o rozměrech d × š × h = 5 × 2 × 1,5m veze 100hl kapaliny. Jakou může jet nejvýše rychlostí, aby nevylil náklad, předpokládáme-li, že v případě nebezpečí úplně zabrzdí z plné rychlosti za 5s? Zanedbejte možné překmity hladiny a předpokládejte, že kapalina je po celou dobu v ustáleném stavu (hladina je stále rovná). [řešení] Příklad 1.2.15 Kvádrová vana na nakloněné rovině: rozměry podstavy d × s, objem vody ve vaně V , úhel naklonění roviny α. Vanu táhneme se zrychlením ~a. a) Jaký je úhel naklonění hladiny β? b) Jaký tlak působí na spodní roh vany?

9a

9

d

: [řešení]

1.3. Rozměrová analýza

11

Příklad 1.2.16 V nádobě tvaru válce o poloměru 25cm je 20cm vody. Nádobu roztočíme na 1,5ot./s. Jaký je tvar hladiny a jaká je hydrostatická síla působící na dno nádoby?

r-

66

H0 h(r)

??

[řešení]

Příklad 1.2.17 Uzavřená válcová nádoba o průměru R = 90cm a výšce H = 1,8m je v klidu naplněna vodou do výšky h0 = 1,05m. Jak velká plocha dna a poklice bude odkryta při otáčkách 22,5ot./s? [řešení]

1.3

Rozměrová analýza

Příklad 1.3.1 Turbína má otáčky 50s−1 . Na pětkrát menším modelu s otáčkami 35s−1 byla naměřena obvodová rychlost 2,65m/s. Jaké obvodové rychlosti dosáhne skutečná turbína? [řešení] Příklad 1.3.2 Určete vztah pro tlak vyvolaný proudem nestlačitelné tekutiny na stojící těleso. Předpokládejte pouze závislost na hustotě a rychlosti tekutiny. [řešení]

1.4

Stacionární proudění

Nevazká nestlačitelná kapalina: rovnice kontinuity: V˙ = v · S Bernouliho rovnice: hρg + p + 12 ρv 2 = konst. Potenciální energie+tlaková energie+kinetická energie=konst.

qq

$$ && %%

Příklad 1.4.1 Určete rychlost proudění vody v, je-li v Prandtlově trubici na obrázku rozdíl hladin rtuti ∆h = 14,7mm. v

-

v

-

v

-

v

-

2

1

v1 = 0 p1

v2 = v

6

h

p2

ρH2 O = 1000kg/m3

?

Hg

[řešení] ρHg = 13600kg/m3

12


Příklad 1.4.2 Jaký rozdíl tlaků naměří tlakoměr připojený k Venturiho trubici na obrázku?

6 -

p2 ; v2

6

h

?

d

p

6

v1 ; p1 D

D = 100mm d = 60mm ρ = 1000kg/m3 ∆h = 150mm V˙ = 10−2 m3 /s

$ %

[řešení]

Příklad 1.4.3 Jakou rychlostí bude stříkat voda z injekční stříkačky na obrázku?

6

F

p1

?d 6p a

- D ?

D = 25mm d = 2mm ρ = 1000kg/m3 F = 60N

[řešení]

Vyjádření ztrát energie: Ztráty jsou modelovány snížením rychlosti a zmenšením skutečného průřezu, jímž tekutina protéká: skutečná Rychlostní součinitel ϕ = vvteoretická S

Součinitel kontrakce α = Sproudu . otvoru Průtočný objem se tedy počítá: V˙ = vskutečná · Sproudu = αϕvteoretická Sotvoru = µV˙ teoretická Zde µ = αϕ je tzv. výtokový součinitel. Výtokové součinitele pro některé případy je možno najít v [2, tabulka 28]. Příklad 1.4.4 Kanál je ukončen jezem. Před jezem teče voda v kanálu rychlostí v1 = 2,8m/s, výška proudu přepadající vody je h = 45cm a šířka jezu i kanálu je l = 1,2m. Výtokový součinitel přepadu je µ = 0,65. Určete průtočný objem přes jez. v1 h x

-

6 ??

¹íøka pøepadu l

[řešení]

1.4. Stacionární proudění

13

Příklad 1.4.5 Nádoba tvaru kvádru s obdélníkovým otvorem u dna (viz obrázek). Spočítejte průtok vody otvorem za předpokladu: a) konstantní rychlosti kapaliny v celém otvoru b) rychlostního profilu v otvoru c) se započítáním poklesu hladiny během výtoku.

6

h = 1,2m v = 25cm a = 8cm s = 1,5m d = 1m µ = 0,7 ρ = 1000kg/m3

>h -= =a> ? 6 ?v s

d

[řešení]

Příklad 1.4.6 Kanál je ukončen šikmou stěnou s obdélníkovým odtokovým otvorem (viz obrázek). Jaký je průtočný objem odtoku?

v1 ¹íøka otvoru

h6

x?

?

s

v

α = 60◦ v = 25cm s = 35cm h = 40cm µ = 0,7 v1 = 2m/s [řešení]

Příklad 1.4.7 Za jak dlouho vyteče voda z válcové nádoby nahoře otevřené s otvorem ve dně (viz obrázek)?

6

D = 20cm d = 2cm

H

d -

H = 50cm

?

D Vazká kapalina:

µ = 0,65 [řešení]

-

Bernouliho rovnice: h1 ρg + p1 + 12 ρα1 v12 = h2 ρg + p2 + 12 ρα2 v22 + pz , kde α je tzv. Coriolisův součinitel, vyjadřující úpravu výpočtu střední rychlosti ˙ v = VS vzhledem ke kinetické energii. Pro turbulentní proudění je 1,04 ≤ α ≤ 1,11, pro laminární proudění v kruhové trubce je α = 2 a mezi dvěma deskami je

14


α = 1,543. Pro malé rychlosti se běžně zanedbává (α = 1). Člen pz = ez ρ = hz ρg = ξρ 12 v 2 vyjadřuje energetické ztráty. ξ je tzv. ztrátový součinitel. Energetické ztráty značně závisí na charakteru proudění. Ten lze rozlišit podle tzv. Reynoldsova čísla Re = vd , kde d je charakteristický rozměr kanálu. Při ν Reynoldsových číslech menších než kritické Reynoldsovo číslo Rek je proudění ˙ k může docházet laminární, pro Re >> Rek jde o turbulentní proudění, pro Re>Re k oběma druhům proudění. • Laminární proudění – v kruhovém potrubí o průměru d: Re = vd , Rek = 2320, ještě pro ν Re < 14000 může docházet k laminárnímu proudění. 64 „Weisbachův vztah:ÿ ξ = λ dl , kde součinitel třecích ztrát λ = Re – ve čtvercovém potrubí se stranou průřezu a: Re = 57 ξ = λ al , kde λ = Re

va ; ν

• Turbulentní proudění – v hydraulicky hladkém potrubí: √ Pro Rek ≤ Re ≤ 8 · 104 : λ = 0,3164 4 Re (Blasius) 0,184 5 6 Pro 10 ≤ Re ≤ 10 : λ = 5 √Re 1 λ = (1,8 log Re−1,5) 2 (Konakov) – v hydraulicky drsném potrubí: Pro vysoké Re nezávisí na Reynoldsově čísle, pro nízká Re na něm závisí (rozlišení „vysokýchÿ a „nízkýchÿ Reynoldsových čísel: viz Nikuradzeho diagram např. [2, diagramy č. 28, 29]) ∗ pro vysoká Re: λ = (2 log d 1+1,138)2 = ∆

1

(2 log

r +1,74)2 ∆

(Nikuradze),

kde ∆ je drsnost vyjádřená v metrech, r = d2 . ∗ pro nízká Re: io2 Moody: λ = n h 6,97 10,9 d 2 log ( Re ) +0,27 ∆ 0,25 68 Altšul, Filoněnko: λ = 0,11 Re + ∆d , λ = 0,1

100 Re

+

∆ 0,25 d

Pro nekruhový průřez je d hydraulický průměr d = 4S , kde S je o průřez a o je omočený obvod. Tabulky drsností ∆ některých materiálů jsou uvedeny v [2, tabulka č. 29]. Další ztráty v ohybech potrubí, výtocích, rozdvojeních, apod. se vyjadřují pomocí součinitele místních ztrát ξ. Pro některé případy jsou ξ uvedeny v [2, tabulka č. 30].

1.4. Stacionární proudění

15

Příklad 1.4.8 Určete množství vody protékající jednotlivými větvemi systému. Třecí ztráty zanedbejte vůči místním ztrátám. Jaká je celková tlaková ztráta?

?d v 6

1

1

?d 6

2

-

v2

1

-

v3

3

1

? 6d

4

2

v1 = 3,8m/s

d1 = 250mm

d2 = 125mm

ξ1 = 5

ξ2 = 7

ξ3 = 4

[řešení] ξ4 = 6

Příklad 1.4.9 Do válcové trubky délky l proudí terpentýnový olej rychlostí v1 . První část dlouhá l1 má průměr d1 , za ní je ventil a pokračuje trubka o průměru d2 . Určete celkovou ztrátu (pz , hz , ez ). Potrubí je hydraulicky hladké.

6 d ?

-

v1

1

l1

? 6d

v1

-

2

l = 5m ν = 2,18 · 10−6 m2 /s d1 = 40mm v1 = 0,1m/s

-

l

l1 = 3,8m ρ = 820kg/m3 d2 = 12mm ξv1 = 4,85 [řešení]

' $ ' $ &

Příklad 1.4.10 Dvě nádrže jsou spojené potrubím. Ze spodní nádrže volně vytéká voda, v horní je hladina uměle držena na konstantní úrovni. Na obrázku je již ustálený stav. Určete výtokovou rychlost do ovzduší, tlak nad hladinou ve spodní nádrži a ztrátový součinitel ξ1 ventilu mezi dvěma nádržemi. Potrubí je hydraulicky hladké. p1 = 0,2MPa p01 = 0,203MPa pa = 100kPa h0 = 0,5m h1 = 8m h2 = 4m p1 d1 = 100mm d2 = 150mm l1 = 10m l2 = 15m [řešení]

6

h0

6

p01

?

9 Y l1

ϕ1 = 0,95 ξ2 = 4,5 ρ = 1000kg/m3

h1

'1 d1

1

p2

?

'2

j

vtoku

ϕ2 = 0,90 ξ3 = 1,2 ξvtoku = 1 −6 2 ν = 0,903 · 10 m /s

}

d

6

2

h2

2 3

l2

-

?

16


#

Příklad 1.4.11 Určete, jak daleko od středu čerpadla na obrázku dostříkne voda, otáčí-li se jeho horní část úhlovou rychlostí ω.

6 h2

r

x

? 6d

? 6

h0 = 50cm h1 = 150cm d = 5cm r = 75cm λ = 0,028 ξv = 0,5

h1

? h 6 ? 0

h2 = 50cm ω = 12s−1 ξx = 0,3 [řešení]

V

Příklad 1.4.12 Určete ztrátu v difuzoru na obrázku při proudění vody.

L

-

6

d1 6

v2-

?

d2

?

1.5

ρ = 1000kg/m3 L = 150mm d1 = 60mm d2 = 120mm v2 = 2m/s λ = 0,042 = konst. [řešení]

Nestacionární proudění

Neustálené proudění, stlačitelná tekutina: R (2) Rovnice kontinuity: ρ1 S1 v1 = ρ2 S2 v2 + (1) ∂ρ Sdl; dl je elementární vzdálenost ∂t ve směru proudnice. R (2) Bernouliho rovnice: h1 ρg + p1 + 21 ρv12 = h2 ρg + p2 + 12 ρv22 + pz + (1) ρ ∂v dl; ∂t kde poslední člen pro stálý průřez a nestlačitelnou kapalinu je roven ρal (a je zrychlení). Příklad 1.5.1 V trubici tvaru U na obrázku jsou vodní hladiny v jednotlivých ramenech drženy s rozdílem výšek h. Jak se bude pohybovat hladina, uvolníme-li hladiny (vyrovnáme-li tlak nad oběma rameny)? Zanedbejte vliv ztrát energie.

-

d

6 h ?

2

6

&& %% 6

1

l

d = 0,5cm l = 75cm h(0) = 30cm h(t) =?

[řešení]

1.6. Silové účinky proudu

17

Příklad 1.5.2 Tentýž stav, jako v příkladu 1.5.1, jen započteme ztráty způsobené viskozitou kapaliny ν = 10−6 m2 /s. Navíc máme jiné počáteční podmínky: v čase t = 0 jsou hladiny v obou trubicích vyrovnány, ale rychlost klesání hladiny [řešení] v levém rameni je v(0) = 0,3m/s. Příklad 1.5.3 Olej proudí potrubím na obrázku zdola nahoru. Určete tlak oleje na horním konci potrubí, znáte-li tlak na dolním konci p1 = 230kPa, vstupní rychlost v1 = 1m/s a zrychlení oleje a1 = 0,7m/s2 . Ztrátu na rozšíření počítejte podle vzorce z [2, tab. 30]: pzx = 1,11 ρ(v1 − v2 )2 . 2

d2

I

?g l2

'

ϕ = 45◦ ρ = 820kg/m3 ν = 2,35 · 10−5 m2 /s l1 = 220cm l2 = 450cm d1 = 2,5cm d2 = 5,5cm

RI

v1

l1

I R d

[řešení]

1

Příklad 1.5.4 Z veliké nádrže odtéká voda potrubím (viz obrázek). Za jakou dobu po otevření výpusti bude rychlost na výstupu v(t) = 4,5m/s? Zanedbáváme tření a pokles hladiny. Započítáme rychlostní součinitel potrubí ϕ = 0,82. 6 y d

1.6

h

l

h = 2m l = 10m [řešení]

z ?

Silové účinky proudu

R R R R ~ F = S1 v~1 dm ˙ − S2 v~2 dm ˙ + S1 (p1 − pa )(−~n1 )dS + S2 (p2 − pa )(−~n2 )dS + G Kontrolní objem V je omezen kontrolní plochou S = S1 ∪ S2 ∪ S0 , kde plochou S0 neprotéká tekutina. ~ni je vektor vnější normály plochy Si .

18


Příklad 1.6.1 Na lopatku (viz obrázek) dopadá válcový paprsek vody o průměru d rychlostí v1 . Určete sílu, kterou působí voda na lopatku, je-li rychlost pohybu lopatky u (stejným směrem, jako přitékající voda). Tvar lopatky zajišťuje, že paprsek vytékající vody má vzhledem k lopatce kruhový průřez též o průměru d.

v2

I

v1

d = 12cm v1 = 6,5m/s u = 4m/s ϕ = 60◦

-

? 6d

[řešení]

u'

Příklad 1.6.2 Volný proud vody dopadá svrchu kolmo na vodorovnou desku rychlostí 10m/s. Určete sílu, kterou voda působí na desku (proud je válcový s průměrem 25cm). d

-

pa

pa

-v

?v

1

[řešení]

Příklad 1.6.3 Volný proud vody dopadá vodorovně na rotačně symetrické těleso a rozpadne se podle obrázku v úhlu ϕ = 35◦ . Proud je válcový s průměrem 12cm a rychlostí 5m/s. Při ohnutí proudu nedojde ke ztrátě energie (rychlosti). Určete v2 sílu, kterou voda působí na těleso.

1

pa

d

6 v? '

[řešení]

Příklad 1.6.4 V zakřiveném potrubí kruhového průřezu s konstantním průměrem 10cm ohýbajícím se o 105◦ proudí voda. Vstupní rychlost je 8m/s, tlak na vstupu je 0,33MPa a střed vstupního průřezu je 0,85m nad středem výstupního průřezu. Určete sílu působící na zakřivenou část potrubí (zanedbejte ztráty energie). Objem kolena je 180l. ' = 75Æ 6

6

d

p1

?

v1

105Æ

h

?

v2 p2

[řešení]

1.7. Analytické řešení rovnic proudění

19

Příklad 1.6.5 Ze zahradního ostřikovače upevněného otočně na svislé ose na rameni délky l (na obrázku je pohled shora) vystřikuje otvorem o průměru d = 15mm voda rychlostí v = 3,7m/s. Určete sílu, kterou je třeba působit v polovině ramene, aby se ostřikovač nepohyboval. l

'

- d ?v

-F? l

2

[řešení]

Součinitel odporu a vztlaku: Síla, kterou působí proud tekutiny na obtékané těleso se může vyjadřovat pomocí součinitele odporu cx a součinitele vztlaku cL . Odporová síla se pak vypočte podle vzorce Fx = cx Sx 12 ρv 2 , kde Sx je čelní průřez obtékaného tělesa, v rychlost tekutiny a člen 21 ρv 2 se označuje jako kinetický tlak. Působí tím směrem, kterým proudí tekutina. Vztlaková síla se počítá podle podobného vzorce FL = cL Sx 12 ρv 2 . Působí kolmo na sílu odporovou. Příklad 1.6.6 Automobil jede rychlostí v = 90km/h. Plocha jeho čelního průřezu je Sx = 2,32m2 a součinitel odporu je cx = 0,46. Určete aerodynamický odpor a výkon potřebný k jeho překonání. Hustota vzduchu je ρ = 1,15kg/m3 . [řešení] Příklad 1.6.7 Obdélníková šikmá střecha o rozměrech 6 × 8m vzdoruje větru o rychlosti v = 12m/s. Střecha svírá úhel 40◦ s vodorovinou, vítr vane vodorovně kolmo na hranu střechy. Součinitel odporu je cx = 0,21 a součinitel vztlaku cL = 0,62. Určete výslednou sílu působící na střechu. Hustota vzduchu je [řešení] ρ = 1,15kg/m3 .

1.7

Analytické řešení rovnic proudění

Příklad 1.7.1 Určete tvar rychlostního profilu a závislost tlaku pro ustálené proudění nestlačitelné vazké tekutiny kruhovým potrubím, je-li proudění osově symetrické a rychlost je rovnoběžná s osou trubky. Určete pro hodnoty: R = 30cm, ν = 10−6 m2 /s, ρ = 1000kg/m3 , V˙ = 905l/s. [řešení] Příklad 1.7.2 Turbulentní proud vody v kruhové trubce: určete pro dané Re příslušnou maximální rychlost (rychlost v ose potrubí), tvar rychlostního profilu a objemový že platí mocninový zákon pro profil rychlosti: v(r) = nprůtok, víte-li, d , kde y = − r a pro n platí tzv. Grimsonova formule ve tvaru vmax 2y d 2 1 = 0,98952 ln Re − 0,2604. Výpočet proveďte pro Re = 5103, d = 25cm, ρ = n 1000kg/m3 , ν = 10−6 m2 /s. [řešení]

20


1.8

$$

Další příklady

Příklad 1.8.1 Určete celkovou sílu působící na část potrubí na obrázku:

l1

p1

-

6

l1 = 2m l2 = 5m l3 = 2m d = 4cm p1 = 150kPa v = 1m/s ρ = 1000kg/m3

l2 g

? d-

&&

l3

? - v

[řešení]

Příklad 1.8.2 Určete okamžité zrychlení proudění v trubičce spojující dvě veliké nádrže (jde o neustálené proudění). p2

p1

6h ? v

-

l

-

d

? 6

a

-

p1 = 200kPa p2 = 200kPa l = 1m d = 1mm ∆h = 3,5m v = 1m/s ρ = 1000kg/m3 ν = 10−6 m2 /s ξ=1 [řešení]

Příklad 1.8.3 Určete tlak p2 na výstupu z nakreslené části potrubí. p1 = 200kPa d2 l1 = 1m ? d1 l2 = 2m ? d1 = 0,5mm p2 v1 p1 d2 = 1mm v1 = 1m/s a2 6 > a2 = 0,1m/s2 v1 ρ = 1000kg/m3 6 ν = 10−6 m2 /s l2 l1 - ξv1 = 0,2 [řešení]

Kapitola 2 Řešení a výsledky příkladů Řešení příkladu 1.1.1: p+ = hρv g = 3,4 · 1000 · 9,81 = 33354Pa p = pa + p+ = 100 + 33,35 = 133,34kPa

[ 133,35kPa ]

Řešení příkladu 1.1.2: ∆V = V0 εv ∆p, V0 − ∆V = 50l = 0,05m3 , ∆p = 2 · pa = 200kPa V0 − ∆V = V0 (1 − εv ∆p) . V0 −∆V 3 V0 = 1−ε = 1−4,6·100,05 −10 ·200000 = 0,0500046m v ∆p ∆V = V0 − (V0 − ∆V ) = 0,0500046 − 0,05 = 0,0000046m3 = 4,6ml [ 4,6ml ] Řešení příkladu 1.1.3: roztažnost: ∆V = V0 γv ∆T , stlačitelnost: ∆V = V0 εv ∆p V0 γv ∆T = V0 εv ∆p −10 · 2 · 105 = 0,511K ∆T = γεvv ∆p = 4,6·10 1,8·10−4 [ 5,511◦ C ] Řešení příkladu 1.1.4: Stavová rovnice plynu: pV = konst. Tlak v hloubce h: p(h) = pa + hρv g ⇒ p(70)V (70) = p(0)V (0) ⇒ (pa + 70ρv g) π6 d(70)3 = pa π6 d(0)3 q . vg d(70) = 13,9cm ⇒ d(0) =3 pa +70ρ pa Vztlaková síla: Fvz (h) = V (h)ρv g Gravitační síla: Fg = mg = V (0)ρvzduchu g ¨ = Fg − Fvz ⇒ h ¨ = g(1 − ρv V (h)) = g − g ρv V (h) = Rovnováha sil: hm m ρvzduchu V (0) π d(h)3 ρv ρv pa 6 g − g ρvzduchu π d(0)3 = g 1 − ρvzduchu pa +hρv g (h je označení pro hloubku) 6

Poznámka: 21

22

Kapitola 2. Řešení a výsledky příkladů

Existuje teoretická hloubka, kdy bublina začne klesat (tj. kdy gravitační síla převáží nad vztlakovou)– tehdy bude hustota vzduchu rovna hustotě vody a vzduch pa ¨ = g − ρv se ve vodě rozpustí. . . [ 13,9cm; h ] ρvzduchu pa +hρv g Řešení příkladu 1.1.5: Stav po načepování 10 piv: hladina piva v sudu je ve výšce v, ústí pípy je ve výšce h nad hladinou: v + h = vs + hp = 115cm. Objem piva v sudu je π4 d2 v = 45l ⇒ v = 63,67cm, h = 51,33cm. Tlak vzduchu nad hladinou piva: p = pa + hρv g = 105035,47Pa Objem vzduchu nad hladinou piva při tlaku p: V = π4 d2 (0,75 − v) = 8,01l Objem téhož vzduchu při tlaku pa : pa Va = pV ⇒ Va = ppa V = 8,41l Objem vzduchu v sudu před čepováním: V0 = 0,75 π4 d2 − 0,05 = 3,01l Objem dopumpovaného vzduchu V+ = Va − V0 = 5,40l. [ 5,40l ] Řešení příkladu 1.1.6: a) p = pa + ρgh = 100000 + 1060 · 9,81 · 800 = 8,4189MPa b) −dV = εV dp ⇒ dV = −εdp V m = ρV ⇒ 0 = dm = dρV + ρdV ⇒ dV = − dρ V ρ dp = ρgdh ⇒ dρ = ερgdh ⇒ dh = εg1 dρ ⇒ h = εg1 −1 + c0 , kde pro h = 0 je ρ = ρ0 ⇒ c0 = ρ ρ2 ρ ρ0 1 ⇒ ρ = 1−ρ0 hεg εgρ0 dp = ρgdh = 1ε dρ ⇒ p = 1ε ln ρ + c1 , kde při ρ = ρ0 je p = pa ⇒ c1 = pa − 1ε ln ρ0 ρ ⇒ p = 1ε ln ρρ0 + pa p(h) = 1ε ln 1−ρ10 hεg + pa ⇒ p(h = 800m) = 8,4328MPa [ a) p = 8,4189MPa; b) p = 8,4328MPa ] Řešení příkladu 1.2.1: Minimální možný tlak na hladině v trubici pod pístem je 0Pa. Maximální možný podtlak je tedy pa = 100kPa. Takový tlak bude vyrovnán hydrostatickým tlakem vodního sloupce v trubici: p a = h · ρv · g . h = pa /ρv /g = 100000/1000/9,81 = 10,2m [ 10,2m ] Řešení příkladu 1.2.2: pa − ppar = h · ρv · g . h = (pa − ppar )/ρv /g = (100000 − 31000)/1000/9,81 = 7,0m

[ 7,0m ]

Řešení příkladu 1.2.3: Tlak na rozhraní ve výšce h2 označíme ph2 a podobně: ph2 = pN + ρ1 g(h1 − h2 ) ph3 = ph2 + ρ2 g(h2 − h3 ) = pN + ρ1 g(h1 − h2 ) + ρ2 g(h2 − h3 ) pa = ph4 = ph3 + ρ3 g(h3 − h4 ) = pN + ρ1 g(h1 − h2 ) + ρ2 g(h2 − h3 ) + ρ3 g(h3 − h4 ) 1 −h2 )−ρ2 g(h2 −h3 ) . ⇒ ρ3 = pa −pN −ρ1 g(h = 13582kg/m3 g(h3 −h4 )

23 [ 13582kg/m3 (rtuť) ] Řešení příkladu 1.2.4: Hydrostatický tlak kapaliny „vyvažujeÿ rozdíl tlaků způsobených písty: . p1 = m1 g/S1 = 4m1 g/π/d21 = 20 · 9,81/3,1415/0,01 = 6245Pa . p2 = m2 g/S2 = 4m2 g/π/d22 = 4 · 9,81m2 /3,1415/0,018225 = 685,4m2 Pa . ph = h · ρv · g = 0,03 · 1000 · 9,81 = 294,3Pa p1 + ph = p2 . . m2 = (6245 + 294,3)/685,4 = 9,54kg [ 9,54kg ] Řešení příkladu 1.2.5: Jde o nemísitelné kapaliny ⇒ leží na sobě. Rtuť je těžší, tedy leží vespod. mHg VHg VHg = ρHg = 5,147m3 ⇒ h2 = 2·2 = 1,287m m

V

H2 O VH2 O = ρHH2OO = 10m3 ⇒ h1 = 2·2 = 2,5m 2 Zvolíme kartézskou soustavu souřadnic s počátkem v některém spodním rohu vany se svislou osou z. Tlak nebude záviset na souřadnicích x, y, ale jen na z. V rozsahu z ∈ (h1 +h2 ,5m) bude zevnitř působit pouze atmosférický tlak, v intervalu z ∈ (h1 , h1 + h2 ) bude půobit navíc hydrostatický tlak sloupce vody: p(z) = (h1 + h2 − z)ρH2 O g + pa . V rozmezí z ∈ (0, h1 ) bude působit atmosférický tlak, tlak celého sloupce vody a části sloupce rtuti: p(z) = (h2 − z)ρHg g + h1 ρH2 O g + pa .

p(z )

296kPa

6

124; 5kPa 100kPa

[

1; 287m

3; 787m

-

5m

z

]

Řešení příkladu 1.2.6: R Rh Rh dh = sins α 0 1 (h1 − h)ρgdh = Síla z levé strany: F1 = S pdS = s 0 1 p(h) sin α sρg h2 = 113161N 2 sin α 1 Síla z pravé strany: F2 = 2 sρg h2 = 28290N sin α 2 Působiště síly = bod, ve kterém působení síly vyvolá stejný moment, jako když je síla rozložená: Vyrovnáme vzhledem k průsečnici stěny a dna: R h1 momenty hp1 h dh = p(h)s ⇒ hp1 = 13 h1 M1 = F1 · y1 = F1 sin α sin α sin α 0 Podobně hp2 = 31 h2 Celková síla F = F1 − F2 = 84871N, působiště vyrovnáním momentů: hp1 hp2 hp −F2 ·h2 F sin = F1 sin − F2 sin ⇒ hp = F1 ·h13F = 0,78m α α α [ 84871N; 0,78m nade dnem ]

24


Řešení příkladu 1.2.7: SrovnáníRmomentů sil zleva a zprava a sin α dx MH2 O = 0 gρH2 O ·(h1 +a sin α−x)·s sinx α sin = . . . = ρH2 O gsa2 h21 + 61 a sin α α Rh ρHg gs 1 3 dx = . . . = sin MHg = 0 2 gρHg · (h2 − x) · s sinx α sin 2 α 6 h2 α q 2 2 ρH2 O a sin α[3h1 +a sin α] . MH2 O = MHg ⇒ h2 =3 = 0,095m. ρHg [ 0,095m ] Řešení příkladu 1.2.8: ρdřeva · V = ρv · V0 ⇒ V0 =

ρdřeva ρv

·V =

720 1000

· 0,25 = 0,18m3 [ Vyčnívá 0,07m3 dřeva. ]

Řešení příkladu 1.2.9: Kapalina o vyšší hustotě (ρ2 ) bude pod kapalinou o nižší hustotě (ρ1 ). ρ1 < ρk < ρ2 ⇒ kvádr bude plovat na rozhraní. Určíme jeho ponoření v druhé kapalině (označíme je h2 ): Vztlaková síla působící na kvádr je h2 · S · ρ2 + (h − h2 ) · S · ρ1, kde S je plocha podstavy kvádru. Gravitační síla působící na kvádr je h · S · ρk . h2 · S · ρ2 + (h − h2 ) · S · ρ1 = h · S · ρk h2 S(ρ2 − ρ1 ) = hS(ρk − ρ1 ) −ρ1 70 h2 = ρρk2 −ρ h = 150 · 12 = 5,6cm 1 [ Kvádr plove na kapalině 2 ponořen 5,6cm ] Řešení příkladu 1.2.10: 2 2 3 V1 = πa3 ( 32 d − a), V3 = πb3 ( 32 d − b), V = 43 π d8 , V2 = V − V1 − V3 . ρ1 V1 + ρ2 V2 + ρ3 V3 = ρV ⇒ ρ = ρ1 V1 +ρ2VV2 +ρ3 V3 = 986,73kg/m3 [ 986,73kg/m3 ] Řešení příkladu 1.2.11: 2 Síla dolů je způsobena gravitací a vahou vody v objemu V+ = π D4 (H − h1 ). π Síla nahoru je způsobena vztlakem objemu V− = 12 h1 [D2 + d1 D − 2d21 ] + V+ − 2 d π 41 (H − h1 ), kde d1 = d + D−d (h − h1 ) = 26.7mm. h

6

H

D V+

-

V

D

V

d1 F = mg + V+ ρg − V− ρg = 3N d ?6 ?h1

25 [ 3N ] Řešení příkladu 1.2.12: Vztlak způsobí objem nad odlitkem:

V

- d

IR R-

1

6 H

2

V = πR22 H − π d4 (H − R1 ) − 23 πR13 = 0,215m3 F = V ρg = 15385N

? [ 15385N ]

2

Řešení příkladu 1.2.13: p = h · ρ · ac (ac je celkové zrychlení). a) p = h · ρ · (g − a) = 0,4 · 1000 · 7,31 = 2924Pa b) p = h · ρ · (g + a) = 0,4 · 1000 · 12,31 = 4924Pa c) p = h · ρ · (g + a) = 0 ⇒ g = −a ⇒ setrvačné zrychlení působí proti gravitačnímu ⇒ volný pád výtahu. [ 2924Pa; 4924Pa; volný pád ] Řešení příkladu 1.2.14: Předpokládáme, že hladina kapaliny se rychle ustaluje kolmo k působícímu zrychlení. Kromě gravitačního zrychlení bude při brždění působit setrvačné zrychlení o velikosti rovné zbrždění automobilu. Směr setrvačného zrychlení je totožný se směrem jízdy a je kolmý na směr gravitačního zrychlení. Součet obou zrychlení musí působit takovým směrem, aby se hladina neustálila nad okrajem korby, tj. sklon zrychlení vůči svislici nesmí být větší než arccotg(2,5/0,5), tj. velikost setr. vačného zrychlení nesmí být větší než 0,5/2,5·g = 0,2g = 1,96m/s2 . Tedy rychlost automobilu před zbržděním nesmí být víc než 5 · 1,96 = 9,80m/s = 35,28km/h. [ 35,3km/h ] Řešení příkladu 1.2.15: sin( π2 −α) = a) Sínová věta: sina β = k~g−~ ak

cos α k~g −~ak

α ⇒ β = arcsin( ak~gcos ) −~ak

q q

9a

9

d ~g q

?

2

~g ~a :N ~a

:

26


b) p = pa + Hρk~g − ~ak, H je výška hladiny ve směru zrychlení k~g − ~ak. . . V H = . . . = d·s + d2 tg(α − β) cos(α − β) V ⇒ p = pa + ρv k~g − ~ak( ds cos(α − β) + d2 sin(α − β)) α V [ β = arcsin( ak~gcos );p = pa + ρv k~g − ~ak( ds cos(α − β) + d2 sin(α − β)) ] −~ak

Řešení příkladu 1.2.16: Hladina bude v každém bodě kolmá k působícímu zrychlení (to je indukováno gravitací a rotací). Výška hladiny h(r) bude z důvodu symetrie záviset jen na vzdálenosti od středu rotace. Setrvačné zrychlení způsobené rotací: ar (r) = rω 2 , kde úhlová rychlost ω = 2π · 1,5s−1 . ~ar (r) d tgα(r) = arg(r) = dr h(r) hladina R r0 ar (r) 2 ~gr (r) 0 ⇒ h(r ) = H0 + 0 g dr = H0 + ω2g r02 ~g (r) H0 určíme porovnáním objemů: RR 2 V = 0 2πrh(r)dr = . . . = π(H0 R2 + ω4g R4 ) = 2 . = V0 = πR2 h0 ⇒ H0 = h0 − ω4g R2 = 0,0584m Určení tlaku na dno: přírůstek tlaku v hloubce x na „kružniciÿ r: R x0 R r0 dp(x, r) = ρg(−dx) + ρar (r)dr ⇒ p(x0 , r0 ) = H0 ρg(−dx) + 0 ρar (r)dr = . . . = ρ[g(H0 − x0 ) + 21 ω 2 r02 ]. Tlak na dno je tedy p(0, r). RR Síla na dno F = 0 p(0, r)2πrdr = . . . = πρR2 [gH0 + 14 ω 2 R2 ] = 385,9N

-

?

U

[ h(r) = 0,0584 + 4,5320r2 ;F = 385,9N ] Řešení příkladu 1.2.17:

-

r2

r1

2 ˜ Jako v příkladu 1.2.16: h(r) = H0 + ω2g r2 Skutečná hladina je ale ˜ h(r) = max{0; min{1,8; h(r)}}. Srovnáním objemů: R r2 2πrh(r)dr + (R2 − r22 )πH = r1 = V0 = πR2 · 1,05 ˜ 1 ) = 0, tj. H0 + ω2 r12 = 0 a přitom h(r 2g ω 2 r22 ˜ a h(r2 ) = H, tj. H0 + =H

2g

R

-

řešením této q soustavy dostáváme: r1 = R2 (1 − hH0 ) + Hg = 0,237m ω2 q = 0,335m. a r2 = R2 (1 − hH0 ) − Hg ω2 [ r1 = 0,24m, r2 = 0,34m ]

Řešení příkladu 1.3.1: Vystupují zde veličiny: průměr d[m], otáčky ω[s−1 ], obvodová rychlost v[m/s].

27

Rozměrová matice:

m s

v d ω 1 0 1 1 0 1 ∼ 0 −1 −1 0 1 1

⇒ dω/v = konst. d1 ω1 /v1 = d2 ω2 /v2 . v1 = (d1 /d2 ) · ω1 /ω2 · v2 = 5 · 50/35 · 2,65 = 18,93m/s [ 18,93 m/s ] Řešení příkladu 1.3.2: Vystupují zde veličiny: tlak p[Pa = kg/m/s2 ], hustota ρ[kgm3 ], rychlost v[m/s].  p ρ v    kg 1 1 0 1 1 0 Rozměrová matice: m  −1 −3 1  ∼  0 2 −1  s −2 0 −1 0 0 0 2 2 ⇒ p/v /ρ = konst. ⇒ p = konst. · ρ · v Poznámka: Konstanta vystupující v tomto vztahu se nazývá Eulerova konstanta a značí se Eu. Závisí na geometrických podmínkách (tvaru a poloze tělesa vůči proudění) i na druhu proudění. [ p = Eu · ρ · v 2 ] Řešení příkladu 1.4.1: Bernouliho rovnice: h1 ρH2 O g + p1 + 12 ρH2 O v12 = h2 ρH2 O g + p2 + 12 ρH2 O v22 . h1 = h2 , v1 = 0, v2 = v ⇒ p1 = p2 + 12 ρH2 O v 2 q v = 2(pρH1 −pO2 ) 2 q 2∆h(ρHg −ρH2 O )g . p1 = p2 + ∆h(ρHg − ρH2 O )g ⇒ v = = 1,91m/s ρH O 2

Poznámka: p1 − p2 je tzv.„dynamický tlakÿ, p2 tzv.„statický tlakÿ a p1 „celkový tlakÿ [ 1,91m/s ] Řešení příkladu 1.4.2: 4V˙ 4V˙ Rovnice kontinuity: V˙ = v1 S1 = v2 S2 ⇒ v1 = πD 2 ; v2 = πd2 Bernouliho rovnice: h1 ρg + p1 + 12 ρv12 = h2 ρg + p2 + 12 ρv22 p1 − p2 = (h2 − h1 )ρg + 12 ρ(v22 − v12 ) 2 . 1 4V˙ ( d14 − D14 )] = 6915Pa ∆p = ρ[∆hg + 2 π [ 6915Pa ] Řešení příkladu 1.4.3: Rovnice kontinuity: v1 S1 = v2 S2 ⇒ v1 =

d2 v D2 2

28


4F rovnováha sil: F + pa S1 = p1 S1 ⇒ p1 = SF1 + pa = πD 2 + pa 1 1 2 Bernouliho rovnice: h1 ρg + p1 + 2 ρv1 = h2 ρg + p2 + 2 ρv22 , h1 = h2 , p2 = pa 4 4F + pa + 21 ρ Dd 4 v22 = pa + 12 ρv22 πD2 q . 4F 2 8D2 F 2 v2 = πD2 D4 −d4 ⇒ v2 = πρ(D 4 −d4 ) = 15,6m/s ρ [ 15,6m/s ] D4

Řešení příkladu 1.4.4: p Bernoulliho rovnice: −xρg + 12 ρv22 (x) = 12 ρv12 ⇒ v2 (x) = v12 + 2gx p Rh Rhp R v2 +2gh 1 dy 3 µl V˙ = µ 0 v2 (x)ldx = µl 0 v12 + 2gxdx = µl v21 y 2 2g = 3g ( v12 + 2gh − 1 v13 ) = 1,22m3 /s. [ 1,22m3 /s ] Řešení příkladu 1.4.5: a) Bernoulliho rovnice: 0ρH2 O g + 0 + 12 ρH2 O 02 = −(h + v2 )ρg + 0 + 12 ρv22 ⇒ v2 = p (2h + v)g p ˙ V = µv2 S = µav (2h + v)g = 0,066m3 /sp b) −(h + x)ρg + 12 ρv22 (x) = 0 ⇒ v2 (x) = 2g(h + x) R h+v 1 Rv √ √ V˙ = µa 0 v2 (x)dx = 2gµa h y 2 dy = µa 2g 23 ((h+v)3/2 −h3/2 ) = 0,066m3 /s √ d c) H = H(t), H(0) = h : dt V (t) = −µa 2g 23 ((H(t) + v)3/2 − H(t)3/2 ) √ 3/2 d V (t) = dsH(t) ⇒ dt V (t) = −µa 2g 23 (( Vds(t) + v)3/2 − Vds(t) ) . . . nutno řešit numericky (například nahradit časovou derivaci diferenčním čle(k+1) (k) nem V ∆t−V , kde horní index označuje pořadí časového kroku a ∆t délku časového kroku, a nahrazení členů V (t) na pravé straně hodnotami v minulém časovém kroku V (k) . √ (k) (k) 3/2 [ a), b) 0,066m3 /s, c) V (k+1) = V (k) − ∆tµa 2g 23 (( Vds + v)3/2 − Vds ), (k+1) −V (k) V (0) V = dsh, V˙ (k∆t) = ] ∆t Řešení příkladu 1.4.6: p Bernoulliho rovnice: 12 ρv12 = 12 ρv22 (x) − ρgx ⇒ v2 (x) = 2gx + v12 R h+v sin α dx V˙ = µs h v2 (x) sin = 3g µs (2g(h + v sin α) + v12 )3/2 − (2gh + v12 )3/2 = α sin α 0,229m3 /s [ 0,229m3 /s ] Řešení příkladu 1.4.7: p Bernoulliho rovnice: h(t)ρg = 12 ρv 2 (t), h(0) = H ⇒ v(t) = 2gh(t) √ √ 2 2 2 − dVdt(t) = V˙ (t) = µπ d4 v(t), V (t) = π D4 h(t) ⇒ π D4 dh = µπ d2 2g h dt 4 √ √ √ dh d 2 d 2 √ 2gt = −µ 2gdt ⇒ 2 h + C = −µ D D h √ t=0√ ⇒ h√= H : Cq = −2 H 2( H− h) D 2 1 t= 2g µ d √ 2H D 2 t|h=0 = µ√ = 49,1s g d

[ 49,1s ]

29 Řešení příkladu 1.4.8: Rovnice kontinuity: v1 S1 = v2 S1 + v3 S2 v2 v2 Rovnost tlaků na roztoku i soutoku ⇒ pz1 = pz2 : (ξ1 + ξ2 + ξ3 )ρ 22 = ξ4 ρ 23 d21 = 2,698m/s Z obou rovnic: v2 = v1 2 q ξ1 +ξ 2 +ξ3 d2 d1 + 2 ξ4 q d21 v1 = 4,406m/s v3 = ξ1 +ξξ24 +ξ3 2 q ξ1 +ξ 2 +ξ3 2 d1 +

⇒ V˙ 2 =

πd2 v2 4 1

d2

ξ4

= 0,1324m /s, V˙ 3 = v3 3

πd22 4

v2

= 0,0541m3 /s, pz = ξ4 ρ 23 = 58,2kPa

[ V˙ 2 = 0,1324m3 /s, V˙ 3 = 0,0541m3 /s, pz = 58,2kPa ] Řešení příkladu 1.4.9: 1. úsek: v1 = 0,1m/s, Re1 = v1νd1 = 1835 < Rek = 2320 ⇒ laminární proudění 64 λ1 = Re = 34,88 · 10−3 1 2 2. úsek: v2 = dd21 v1 = 1,11m/s, Re2 = v2νd2 = 6116 > Rek ⇒ turbulentní pr. 0,3164 √ = Re2 2 v v2 λ1 dl11 12 g1 + ξv1 12 g1

Blasius: λ2 =

4

35,78 · 10−3 v2

hz = + λ2 dl22 12 g2 = 0,229m pz = hz ρg = 1845Pa; ez = pρz = ghz = 2,249J/kg [ hz = 0,229m; pz = 1845Pa; ez = 2,249J/kg ] Řešení příkladu 1.4.10: Bernoulliho rovnice: p1 + h0 ρg + 21 ρ02 = p01 + 0ρg + 12 ρ q p −p0 +h ρg ⇒ v1 = ϕ1 2 1 1ρ 0 = 1,85m/s v πd2

v πd2

v1 ϕ1

2

d2

Rovnice kontinuity: 1 4 1 = 2 4 2 ⇒ v2 = d12 v1 = 0,822m/s 2 Bernoulliho rovnice: p2 + h2 ρg + 21 ρ02 = pa + 0ρg + 12 ρv22 + pz ⇒ p2 = pa + 12 ρv22 − h2 ρg + pz 2 Vyjádření ztrát na výtoku: 21 ρv22 + ξvytok 12 ρv22 = 12 ρ ϕv22 ⇒ ξvytok =

1 ϕ22

−1

Ztráty v potrubí do ovzduší: Re = v2νd2 = 136545 >> Rek √ ⇒ turbulentní proudění (λ = 50,184 = 0,017289) h i Re pz = ϕ12 − 1 + λ dl22 + ξ2 + ξ3 12 ρv22 = 2589Pa ⇒ p2 = 62927Pa 2 Bernoulliho rovnice: p1 + h1 ρg = p2 + pz1 ⇒ pz1 = p1 − p2 + h1 ρg = 217kPa √ = 0,015594) Re1 = v1νd1 = 204873 >> Rek ⇒ turbulentní proudění (λ1 = 50,184 Re1 i h pz1 = ϕ12 −1 + λ1 dl11 + ξ1 + ξvtoku 12 ρv12 1 2pz1 ⇒ ξ1 = ρv2 − ϕ12 −1 − λ1 dl11 − ξvtoku = 124,14 1 1 [ v2 = 0,822m/s, p2 = 62927Pa, ξ1 = 124,14 ] Řešení příkladu 1.4.11: Bernoulliho rovnice mezi body na hladině a v ohybu čerpadla: pa = p2 + 12 ρv 2 +

30


(h1 + h2 )ρg + pz1 Bernoulliho rovnice mezi ohybem čerpadla a výtokem: p2 + 12 ρv 2 = pa + 12 ρv 2 − 1 ρ(rω)2 + pz2 , kde člen − 12 ρ(rω)2 vyjadřuje potenciální energii v poli odstře2 divého zrychlení. Jejich kombinací: 0 = (h1 + h2 )ρg + pz1 + 12 ρv 2 − 12 ρ(rω)2 + pz2 , kde ztráty pz1 + pz2 = ξv + ξx + λ h0 +h1d+h2 +r 12 ρv 2 r r 2 ω 2 −2(h1 +h2 )g ⇒v= h +h +h +r = 4,75m/s 1+ξv +ξx +λ 0 1d 2 q 2 Doba „letuÿ vody z rovnice volného pádu: h1 + h2 = 12 gt2 ⇒ t = 2 h1 +h = g 0,632s

1

l

)

l

r

q

-

vt

-

6

!rt

?

Podle obrázku p pravoúhlého trojúhelníku: l = (r + vt)2 + (ωrt)2 = 6,8m [ 6,8m ]

Řešení příkladu 1.4.12: 2 hz = λ dl v2g při konstantním průměru a rychlosti R l λ v2 (l) λ v 2 (l) dhz = 2g dl ⇒ hz = l12 2g dl d(l) d(l) 2 2 2 d Rovnice kontinuity: π d4 v = π 42 v2 ⇒ v = dd2 v2 . Lineární vztah mezi vzdáleností od počátku rozšíření l a průměrem: 1 d(l) = d1 + d2 −d l. L R R L d42 λd4 v 2 R L λ dl dl λ 4 2 d2 L dx ⇒ hz = 2g 0 d4 (l) v22 d(l) = 2g2 2 0 = 2g d2 v2 d1 d2 −d 5 = d2 −d1 5 1 x (d1 + L l) λv 2 L d4 λ 4 2 L 1 dv − d14 = 8g(d22−d1 ) d24 − 1 = 0,0803m 8g 2 2 d2 −d1 d4 1

2

1

pz = hz ρg = 787,7Pa, ez = ghz = 0,788J/kg, ξv2 =

2ghz v22

= 0,3939

[ hz = 0,0803m, pz = 787,7Pa, ez = 0,788J/kg, ξv2 = 0,3939 ] Řešení příkladu 1.5.1: v2 v2 Bernoulliho rovnice: pa + ρ 21 + lρa = pa + ρ 22 + ρgh ˙ ¨ přitom v1 = v2 = v = − h2 ; v˙ = a ⇒ hg = al = − h2 l d2 h = − 2gl h; řešíme substitucí h = eλt : dt2 q 2g 2 charakteristická rovnice λ = − l ⇒ λ1,2 = ±i 2gl . √ 2g √ 2g Řešení je tedy h(t) = c1 ei l t + c2 e−i l t , konstanty z počátečních podmínek: h(0) = c1 q e0 + c2 e0 = cq 1 + c2 = 0,3; q 2g 0 ˙ h(0) = c1 l ie − c2 2gl ie0 = (c1 − c2 )i 2gl = 0 ⇒ c1 = c2 = 0,15 q q 19,6 t). : h(t) = 0,3 cos( ⇒ Kapalina bude kmitat s periodou 2π 0,75 0,75 19,6

31 [ h(t) = 0,3 cos(5,11t) ] Řešení příkladu 1.5.2: Maximální Reynoldsovo číslo: Remax = v(0)d = 1500 ⇒ laminární proudění ν Bernoulliho rovnice: ρgh = ρal + sgnv · pz , kde pz = λ dl ρ 12 v 2 , kde λ = | 64ν | vd –ztrátový tlak pz násobíme koeficientem sgnv, protože ke ztrátě dochází vždy ve směru rychlosti v. ¨ ˙ Protože sgnv · pz = sgnv · | 64ν ρv a přitom a = v˙ = − h2 ; v = − h2 , | l ρ 1 v 2 = 32νl vd d 2 d2 ¨ + 32ν2 h˙ + 2g h = 0, kterou řešíme dostáváme obyčejnou diferenciální rovnici ⇒ h d l substitucí h = eλt : q 2 2 λ2 + 32ν λ + 2gl = 0 ⇒ λ1,2 = − 16ν ± 16d4ν − 2gl ; označme k = − 16ν ;K = d2 d2 d2 q k 2 − 2gl h(t) = c1 eλ1 t + c2 eλ2 t = ekt (c1 eKt + c2 e−Kt ), konstanty z počátečních podm.: h(0) = c1 e0+ c2 e0 = c1 + c2 = 0 ⇒ c2 = −c1 ⇒ h(t) = 2c1 ekt sinh(Kt) ˙ h(0) = 2c1 ke0k sinh(0K) + Ke0k cosh(0K) = 2c1 K = v(0) ⇒ c1 = v(0) 2K v(0) kt 16·10−6 −1 −1 ⇒ h(t) = K e sinh(Kt), kde k = − 0,0052 = −0,64s , K = 5,07is 0,3 −0,64t sinh(ix) = i sin(x) ⇒ h(t) = 5,07 e sin(5,07t) [ h(t) = 0,059e−0,64t sin(5,07t) ] Řešení příkladu 1.5.3: R (2) v2 v2 Pohybová rovnice: p1 + ρ 21 = p2 + ρ 22 + ρgh + pz + ρ (1) adl d2

Rovnice kontinuity: v1 S1 = v2 S2 ⇒ v2 = d12 v1 2 R (2) a1 S1 = a2 S2 ⇒ (1) adl = (a1 l1 + a2 l2 ) = a1 (l1 + v2

v2

d21 l) d22 2

navíc h = (l1 + l2 ) cos ϕ; pz = λ1 dl11 ρ 21 + λ2 dl22 ρ 22 64 Ztráta v první části potrubí: Re1 = v1νd1 = 1064 < Rek ; λ1 = Re = 0,060 1 v2 d2 64 Ztráta ve druhé části potrubí: Re2 = ν = 484 < Rek ; λ2 = Re2 = 0,132 ρ(v1 − v2 )2 = 361,1Pa Ztráta na rozšíření (viz [2, tab. 30]): pzx = 1,11 2 ⇒ pz = 21 ρλ1 dl11 v12 + pzx + 21 ρλ2 dl22 v22 = 3448Pa v2 v 2 d2 d2 p2 = p1 + ρ 21 − ρ 21 d12 − ρg(l1 + l2 ) cos ϕ − pz − ρa1 l1 + d12 l2 = 187,2kPa 2

2

[ p2 = 187,2kPa ] Řešení příkladu 1.5.4: Teoretická rychlost bude splňovat Bernoulliho rovnici ve tvaru: ρgh + pa = ρ 12 v 2 + pa + ρal 1 2 al + 12 v 2 − gh = 0 ⇒ dv dt h l + 2 v − gh = 0i

l 1 1 √dv dv = 2l √2gh−v + √2gh+v 2 2gh gh− 12 v 2 √ l ⇒ t(v) = √2gh ln √2gh+v Skutečná rychlost bude však pouze ϕ-násobkem 2gh−v √ 2gh+ v v l tické rychlosti, proto musíme určit t( ϕ ) = √2gh ln √2gh− ϕv = 4,35s ϕ

⇒ dt =

teore-

[ 4,35s ]

32


Řešení příkladu 1.6.1: Rychlosti v1 a u měříme vzhledem k okolí (zemi), zatímco rychlost v2 je měřena relativně vůči lopatce. Zavedeme tedy rychlost ~v = ~v1 − ~u a budeme vše počítat v soustavě lopatky: ~˙ 1 − H ~˙ 2 , kde H ~˙ 1 , resp. H ~˙ 2 je tok hybnosti vody přicházející na lopatku, F~ = H resp. tok hybnosti vody opouštějící lopatku. Fx = H˙ 1x − H˙ 2x = m(v ˙ 1 − u) − m(−v ˙ 2 cos ϕ) ˙ ˙ Fy = H1y − H2y = 0 − mv ˙ 2 sin ϕ Z rovnice kontinuity (v soustavě lopatky) je v1 − u = v2 2 Hmotnostní tok (přítoku i odtoku též v soustavě lopatky) je m ˙ = ρπ d4 (v1 − u) 2 Fx = ρπ d4 (v1 − u)2 (1 + cos ϕ) = 106,0N 2 Fy = −ρπ d4 (v1 − p u)2 sin ϕ = −61,2N Celková síla F = Fx2 + Fy2 = 122,4N, podstatná je však síla Fx . [ Fx = 106,0N; F = 122,4N ] Řešení příkladu 1.6.2: ~˙ 1 − H ~˙ 2 F =H 2 Fy = H˙ 1y − H˙ 2y = −mv ˙ − 0 = −ρπ d4 v · v = −4909N Fx =p H˙ 1x − H˙ 2x = 0 − 0 = 0N F = Fx2 + Fy2 = 4909N, působí směrem dolů. [ F = 4909N ] Řešení příkladu 1.6.3: 2 m ˙1=m ˙ 2 = ρπ d4 v; v2 = v 2 Fx = H˙ 1x − H˙ 2x = m ˙ 1v − m ˙ 2 v2x = −ρπ d4 v 2 (1 − cos ϕ) = 51,1N Fy =p H˙ 1y − H˙ 2y = 0 − 0 = 0N F = Fx2 + Fy2 = 51,1N, působí směrem doprava. [ F = 51,1N ] Řešení příkladu 1.6.4: Rovnice kontinuity ⇒ v1 = v2 v2 v2 Bernoulliho rovnice ⇒ p1 + ρ 21 + ρgh = p2 + ρ 21 + 0 ⇒ p2 = p1 + ρgh = 338,3kPa. 2 ~˙ 1x −H ~˙ 2x −((p1 −pa )S ~1 )x −((p2 −pa )S ~2 )x +Gx = m(v Fx = H ˙ 1x −v2x )+π d ((p1 −pa )+ 2

4

(p2 − pa ) cos ϕ) + 0 = π d4 [ρv12 (1 + cos ϕ) + ((p1 − pa ) + (p2 − pa ) cos ϕ)] = 2924N ~˙ 1y − H ~˙ 2y − ((p1 − pa )S ~1 )y − ((p2 − pa )S ~2 )y + Gy = 0 − mv Fy = H ˙ 2y + 0 + (p2 − 2 2 d d 2 pa )π p sin ϕ − ρgV = π 4 sin ϕ [ρv1 + p2 − pa ] − ρgV = 493N 4 . . F = Fx2 + Fy2 = 2965N. [ F = 2965N ] Řešení příkladu 1.6.5: M1 = M2 ⇒ F1 2l = Fy l ⇒ F1 = 2Fy 2 2 Fy = H˙ 1y − H˙ 2y = 0 + mv ˙ = ρπ d4 v 2 ⇒ F1 = ρπ d2 v 2 = 4,84N

[ F1 = 4,84N ]

33 Řešení příkladu 1.6.6: 90 2 Fx = cx Sx 12 ρv 2 = 0,46 · 2,32 · 12 · 1,15( 3,6 ) = 383,5N P = Fx v = 9588W [ Fx = 383,5N, P = 9588W ] Řešení příkladu 1.6.7: Odporová síla Fx = cx Sx 21 ρv 2 = 0,21 · 6 · 8 · sin 40◦ 12 · 1,15 · 122 = 536,5N působí vodorovně ve směru větru. Vztlaková síla FL = cL Sx 21 ρv 2 = 1584,0N působí směrem dolů! p Celková síla F = Fx2 + FL2 = 1672,3N působí pod úhlem arctg FFLx = 71,3◦ vůči vodorovině směrem dolů. [ F = 1672,3N ] Řešení příkladu 1.7.1: Navier-Stokesovy rovnice v cylindrických souřadnicích: ∂w u ∂w ∂w u2 1 ∂p + +v − = − + (2.0.1) ∂r r ∂ϕ ∂y r ρ ∂r 2 ∂ w 1 ∂ 2 w 1 ∂w 2 ∂u w +ν + 2 2 + − 2 − ∂r2 r ∂ϕ r ∂r r ∂ϕ r2 ∂u wu 1 1 ∂p ∂u u ∂u + +v + = − + (2.0.2) w ∂r r ∂ϕ ∂y r ρ r ∂ϕ 2 ∂ u 1 ∂ 2 u ∂ 2 u 1 ∂u 2 ∂w u + + + + − +ν ∂r2 r2 ∂ϕ2 ∂y 2 r ∂r r2 ∂ϕ r2 ∂v u ∂v ∂v 1 ∂p w + +v = − + (2.0.3) ∂r r ∂ϕ ∂y ρ ∂y 2 ∂ v 1 ∂2v ∂ 2 v 1 ∂v +ν + + + ∂r2 r2 ∂ϕ2 ∂y 2 r ∂r

w

Rovnice kontinuity v cylindrických souřadnicích: 1 ∂ 1 ∂w ∂v (rw) + + =0 r ∂r r ∂ϕ ∂y

(2.0.4)

kde u, v, w jsou složky rychlosti po řadě ve směrech ϕ, y, r. ∂ Z předpokladu osové symetrie ⇒ ∂ϕ ≡ 0. Z předpokladu rovnoběžnosti rychlosti s osou trubky ⇒ u = w ≡ 0. Z rovnice (2.0.1) ⇒ ∂p = 0. ∂r Z rovnice (2.0.2) zbude identita 0 = 0. 2 ∂p ∂2v 1 ∂v ∂v = − ρ1 ∂y + ν ∂∂rv2 + ∂y + . Rovnice (2.0.3) dostane tvar v ∂y 2 r ∂r ∂v = 0. Z rovnice kontinuity zbude ∂y Kombinací a úpravou posledních dvou rovnic:

1 ∂p νρ ∂y

=

1 ∂ r ∂r

r ∂v . Navíc ∂r

∂p ∂y

=

dp dy

34


a ∂v = dv . ∂r dr Integrací v Rsouřadnici ydostáváme lineární závislost tlaku na vzdálenosti: R p2 1 y2 1 d νρ d dv dv dp = y1 r dr r dr dy ⇒ ∆p = r dr r dr ∆y p1 νρ Integrací v souřadnici r dostáváme kvadratický rychlostní profil: R 1 dp R R R 1 dp dv 1 dp 1 2 ⇒ dv = rdr = d r r + cr1 dr ⇒ v = 2νρ r +c1 ln r+c2 νρ dy dr 2νρ dy dy 2 1 dp 2 z okrajových podmínek: v(0) < +∞ ⇒ c1 = 0, v(R) = 0 ⇒ c2 = − 4νρ R dy 1 dp 2 2 ⇒ v(r) = 4νρ dy (r − R ), tj. parabolický profil rychlosti ve směru klesajícího tlaku. Vypočteme průtok integrací rychlosti: R R R 2π dp V˙ π dp R4 V˙ = 0 0 vdr · rdϕ = 2νρ ⇒ dy = 8νρ = 0,2845Pa/m dy 4 πR4 2 ⇒ ∆p = 0,2845∆y, v(r) = 71,13(r − 0,9)

[ ∆p = 0,2845∆y, v(r) = 71,13(r2 − 0,9) ] Řešení příkladu 1.7.2: R 2π R d/2 Průtok: V˙ = 0 0 v(y)

d 2

− y dydϕ = 2πvmax

d 2 1 2 (n+1)(n+2)

=

d2 πvmax 2(n+1)(n+2)

4V˙ 2vmax = (n+1)(n+2) = νRe πd2 d ⇒ vmax = νRe(n+1)(n+2) = 0,0243m/s 2d V˙ = πdνRe = 1,001 · 10−3 m3 /s 4 n v = vmax 2y = 0,0243(8y)0,12213 m/s d

střední rychlost: v¯ =

[ v(y) = 0,0243(8y)0,12213 m/s; V˙ = 1,001 · 10−3 m3 /s ] Řešení příkladu 1.8.1: 2 2 ~˙ 1 − H ~˙ 2 − p1 S1~n1 − p2 S2~n2 + V ρ~g = mv F~ = H ˙ 1 − mv ˙ 2 − p1 π d4 ~n1 − p2 π d4 ~n2 + (l1 + 2 l2 + l3 )π d4 ρ~g ~v1 = ~v2 = (v, 0); ~n1 = (−1, 0); ~n2 = (1, 0); ~g = (0, −g) Bernoulliho rovnice: p1 + l2 ρg + 12 ρv 2 = p2 + 12 ρv 2 ⇒ p2 = p1 + l2 ρg = 200kPa −4 −4 −4 F~ = 0 − 150000π 16·10 (−1, 0) − 200000π 16·10 (1, 0) + 9π 16·10 1000(0; −9,81) = 4 4 4 (−62,8; −110,9)N . [ F~ = (−62,8; −110,9)N ] Řešení příkladu 1.8.2: Proudění v trubičce: Re = vd = 1000 < Rek ⇒ laminární. ν 64 = 0,064; ξ1 = λ dl = 64 λ = Re pz = (ξ1 + ξ) 12 ρv 2 = 32500Pa Bernoulliho rovnice: p1 + ∆hρg = p2 + pz + ρal ⇒ a = p1 −p2 −pρlz +∆hρg = 1,84m/s2 . [ a = 1,84m/s2 ]

35 Řešení příkladu 1.8.3: Bernoulliho rovnice: p1 + 12 ρv12 = p2 + 12 ρv22 + pz + ρa1 l1 + ρa2 l2 d2 d2 Rovnice kontinuity: v2 = d21 v1 = 0,25m/s; a1 = d22 a2 = 0,4m/s2 2

1

64 V první části trubky: Re1 = v1νd1 = 500 < Rek ⇒ λ1 = Re = 0,128 1 v2 d2 64 Ve druhé části trubky: Re2 = ν = 250 < Rek ⇒ λ2 = Re2 = 0,256 ξ1 = λ1 dl11 = 256, ξ2 = λ2 dl22 = 512 pz = (ξ1 + ξv1 ) 12 ρv12 + ξ2 12 ρv22 = 144,1kPa Z Bernoulliho rovnice p2 = p1 + 21 ρv12 − 12 ρv22 − pz − ρa1 l1 − ρa2 l2 = 55,77kPa

[ p2 = 55,77kPa ]

Literatura [1] P. Havlík, O. Profous: Mechanika tekutin, sbírka řešených příkladů, VŠSE Plzeň 1991. [2] J. Urbášek: Tabulky a diagramy fyzikálních vlastností látek, VŠST Liberec 1976. [3] J. Adamec, M. Lísal, B. Váradiová: Mechanika tekutin, sbírka příkladů, ČVUT Praha 1993. [4] J. Ježek: Mechanika tekutin, příklady, ČVUT Praha 1988.

36

Technická univerzita v Liberci. cvičebnice k předmětu MECHANIKA TEKUTIN

Recommend Documents