1

H=1000 m

D

Fz

FGzrak

FGbalon

AEROSTATIKA −−−− SILA TLAKA

1. Balon ukupne mase 500 kg i promjera sfere 20 m nalazi se na visini 1000 m u uvjetima

standardne atmosfere. Balon je ispunjen zrakom povišene temperature koji se grije

plamenom s donje strane (otvoren prema atmosferi). Smatrajući da je zrak u balonu idealno

izmiješan odrediti temperaturu zraka da balon bude u ravnoteži.

H = 1000 m

D = 20 m

m = 500 kg

333 8.4188206

1

6

1mDV =⋅== ππ

KHTT n 65.2811000105.615.288 3 =⋅⋅−=⋅−= −β

( ) ( ) PaHpp n 89873100010256.2110132510256.21256.55256.55 =⋅⋅−⋅=⋅⋅−= −−

( ) ( ) 3256.45256.45 /1116.1100010256.21225.110256.21 mkgHn =⋅⋅−⋅=⋅⋅−= −−ρρ

3/9922.08.4188

5001116.1 mkg

V

m

gVmggVgV

FFF

zrak

zrak

GGZ balonzrak

=−=−=

÷+=

+=

ρρ

ρρ

( )CKR

pT

zrak

zrak °=⋅

== 4.425.315053.2879922.0

89873

ρ

2

2. Izračunaj rezultantnu silu koja djeluje na vrata aviona koji leti na visini 9000 m u uvjetima

standardne atmosfere. U unutrašnjosti aviona se, radi udobnosti putnika, održava standardan

tlak na razini mora. Oblik i dimenzije vrata su:

a) pravokutna: b x h = 0,80 x 1,80

b) cilindrična prema slici

Rješenje: * standardni tlak na 9000 m: p = 30801 Pa

* standardni tlak na razini mora: pn = 101325 Pa

a)

− na vrata djeluje sila uslijed razlike tlaka ∆p:

∆p = pu − pv = 101325 − 30801 = 70524 Pa

F = ∆p ⋅ A = 70524 ⋅ 0,80 ⋅ 1,80 = 101555 N

F = 101555 N

b)

− diferencijalno mala sila dF na diferencijalno

malom dijelu vrata dA:

dF = ∆p ⋅ dA = ∆p ⋅ 0,80 ⋅ ds

dF = 0,80 ⋅ ∆p ⋅ r ⋅ dϕ

− komponente diferencijalno male sile dF u

horizontalnom i vertikalnom smjeru:

dFhor = dF ⋅ cosϕ = 0,80 ⋅ ∆p ⋅ r ⋅ cosϕ ⋅ dϕ

dFvert = dF ⋅ sinϕ = 0,80 ⋅ ∆p ⋅ r ⋅ sinϕ ⋅ dϕ

− integriranjem se dobivaju ukupne

komponente sile Fhor i Fvert:

dA = 0,80 ⋅ ds

ds = r ⋅ dϕ

( )( ) N 1015515,6sin5,6sin95,77052480,0

sin80,0d cos80,0d2

2

2

2

2

2

=−−⋅⋅⋅=

=⋅⋅∆⋅=∫⋅⋅∆⋅=∫=−

−−

θ

θ

θ

θ

θ

θ

ϕϕϕ rprpFF horhor

3

( )( ) N 05,6cos5,6cos95,77052480,0

cos80,0d sin80,0d2

2

2

2

2

2

=−−⋅⋅⋅=

=⋅⋅∆⋅−=∫⋅⋅∆⋅=∫=−

−−

θ

θ

θ

θ

θ

θ

ϕϕϕ rprpFF vertvert

F = Fhor = 101551 N

∗ vertikalna komponenta sile pod b) jednaka je 0 zbog simetričnosti vrata pa je rezultantna

sila jednaka horizontalnoj komponenti

∗ rezultati pod a) i b) su jednaki jer je površina vertikalne projekcije vrata u drugom slučaju

jednaka površini vrata pod a):

h = 2 ⋅ r ⋅ sin(θ/2) = 2 ⋅ 7,95 ⋅ sin(13/2) = 1,8 m

∗ na vrata djeluje sila tlaka koja je jednaka sili težine koju ima masa od preko 10 tona, o

čemu treba voditi računa pri dimenzioniranju vrata i šarki

4

3. Raspored tlaka na gornjaci i donjaci aeroprofila pri nultom napadnom kutu, standardnim

uvjetima na razini mora i brzini strujanja od 180 km/h dan je na slici. Relativni tlakovi iznose

∆pg = −100 mm H20 i ∆pd = 50 mm H20. Duljina tetive je 1 m. Odredi:

a) silu uzgona po jedinici raspona krila,

b) koeficijent uzgona,

c) moment oko napadnog brida,

d) centar potiska.

Rješenje: v = 180 km/h = 180/3,6 = 50 m/s

∆pg = −100 mm H20 →

∆pg = ρ ⋅ g ⋅ h = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ (−0,1) = −981 Pa

∆pd = 50 mm H20 →

∆pd = ρ ⋅ g ⋅ h = 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 0,05 = 490,5 Pa

H = 0 m →

p =101325 Pa, ρ = 1,225 kg/m3

c = 1 m

− sila na prvoj polovini gornjake aeroprofila (0 ≤ x ≤ c/2): ∆p1 = ∆pg

N 5,4902

1981

2dd1

2

0

2

011 −=⋅−=⋅∆=∫⋅∆=∫ ⋅∆=

cpxpxpF g

c

g

c

− sila na drugoj polovini gornjake aeroprofila (c/2 ≤ x ≤ c):

−⋅∆⋅=∆

c

xpp g 122

N 25,2458

1)981(2

82

24222

22d12d1

22

2

2

2222

−=⋅−⋅=⋅∆⋅=

⋅⋅+−

⋅−⋅∆⋅=

=

⋅−⋅∆⋅=∫

−⋅∆⋅=∫ ⋅∆=

cp

c

cc

c

ccp

c

xxpx

c

xpxpF

gg

c

c

g

c

cg

c

c

− sila na prvoj polovini donjake aeroprofila (0 ≤ x ≤ c/2): xc

pp d ⋅

∆⋅=∆

23

N 625,1224

15,490

4

∆

24

∆2

2

∆2d

∆2d1

22

0

22

0

2

033

=⋅

=

=⋅

=⋅

⋅⋅

=

⋅

⋅=∫ ⋅

⋅⋅∆=∫ ⋅∆=

cpc

c

px

c

pxx

c

ppxpF dd

c

dc

dg

c

− sila na drugoj polovini donjake aeroprofila (c/2 ≤ x ≤ c):

−⋅∆⋅=∆

c

xpp d 124

N 625,1228

15,4902

82

24222

22d12d1

22

2

2

2244

=⋅⋅=⋅∆⋅=

⋅⋅+−

⋅−⋅∆⋅=

=

⋅−⋅∆⋅=∫

−⋅∆⋅=∫ ⋅∆=

cp

c

cc

c

ccp

c

xxpx

c

xpxpF

dd

c

c

d

c

cd

c

c

5

a) sila uzgona dobiva se zbrajanjem sila na pojedinim sekcijama površine aeroprofila, negativni

predznaci sila na gornjaci uzeti su u obzir na slici i određuju smjer djelovanja sila tako da se

u donjoj jednadžbi uvrštavaju apsolutne vrijednosti:

N 9816251226251222524554904321 =+++=+++= ,,, , F F F F Fz

b) 12

1

2

1 22 ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= cvCAvCF zzz ρρ → 641,0150225,1

9812222

=⋅⋅

⋅=

⋅⋅

⋅=

cv

FC z

z ρ

c) momenti koji povećavaju napadni kut aeroprofila imaju pozitivan predznak, a oni koji ga

smanjuju negativan; negativan predznak tlakova ∆pg uzet je u obzir smjerom sila F1 i F2 pa

se u donjim jednadžama uvrštava njihova apsolutna vrijednost

( ) ( ) ( ) ( )∫ ⋅⋅∆−∫ ⋅⋅∆−∫ ⋅⋅∆−∫ ⋅⋅∆−=c

c

cc

c

c

xxxpxxxpxxxpxxxpM2

4

2

03

22

2

010 d1d1d1d1

∫ ⋅

−⋅∆⋅−∫ ⋅⋅

∆⋅−∫ ⋅

−⋅∆⋅−

⋅∆−=

c

cd

cd

c

cg

c

g xxc

xpxxx

c

pxx

c

xp

xpM

2

2

02

2

0

2

0 d12d2

d122

∫

−⋅∆⋅−∫⋅

∆⋅−∫

−⋅∆⋅−

⋅⋅∆−=

c

cd

cd

c

cgg x

c

xxpxx

c

px

c

xxp

cpM

2

22

0

2

2

22

0 d2d2

d224

c

c

d

c

d

c

c

ggc

xxp

x

c

p

c

xxp

cpM

2

322

0

3

2

322

032

23

2

322

8

⋅−⋅∆⋅−

⋅

∆⋅−

⋅−⋅∆⋅−⋅∆−=

122

12122

83824322

38

2

3824322

8

22223232

332322

0

cp

cp

cp

cp

c

cc

c

ccp

c

c

p

c

cc

c

ccp

cpM

ddggd

dgg

⋅∆⋅−⋅∆−⋅∆⋅−⋅∆−=

⋅⋅+

⋅−

⋅−⋅∆⋅−

−

⋅⋅

∆⋅−

⋅⋅+

⋅−

⋅−⋅∆⋅−⋅∆−=

Nm 75,4086

15,490

12

15,490

6

1981

8

1981

2222

0 −=⋅−⋅−⋅−⋅−=M

d) M0 = −Fz ⋅ xCP → m 4167,0981

75,4080 ==−

=z

CPF

Mx

% 67,414167,01

4167,0====

c

xx CP

CP

6

Rješenje na drugi način − zadatak se može riješiti i tako da se izračunaju srednji tlakovi na

pojedinim sekcijama aeroprofila:

Pa9811 −=∆=∆ gpp ; Pa5,4902

981

22 −=

−=

∆=∆ gp

p ; 245,25Pa 2

5,490

243 ==

∆=∆=∆ dp

pp

N 5,4902

19811

211 −=⋅−=⋅⋅∆=

cpF N 625,122

2

125,2451

233 =⋅=⋅⋅∆=

cpF

N 25,2452

15,4901

222 −=⋅−=⋅⋅∆=

cpF N 625,122

2

125,2451

244 =⋅=⋅⋅∆=

cpF

N 9816251226251222524554904321 =+++=+++= ,,, , F F F F Fz

− kod izračuna momenta ili centra potiska treba znati da je hvatište sile u težištu lika koji opisuje

raspodjelu tlaka na promatranoj sekciji aeroprofila (to se može pokazati i integriranjem):

⋅+⋅−⋅⋅−

⋅+⋅−⋅−=⋅−⋅−⋅−⋅−=

23

1

223

2

23

1

244321443322110

ccF

cF

ccF

cFxFxFxFxFM

13

2625,1221

3

1625,1221

3

225,245

4

15,490

3

2

3

1

3

2

443210 ⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅−=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅−= cFcFcF

cFM

Nm 75,4080 −=M

7

4. Raspored tlaka na gornjaci i donjaci aeroprofila pri nultom napadnom kutu, standardnim

uvjetima na razini mora i brzini strujanja od 180 km/h dan je na slici. Relativni tlakovi iznose

∆pg = −500 Pa i ∆pd = 100 Pa. Duljina tetive je 1 m. Odredi:

a) silu uzgona po jedinici raspona krila,

b) koeficijent uzgona,

c) moment oko napadnog brida,

d) koeficijent momenta oko napadnog

brida,

e) centar potiska.

Rješenje: v = 180 km/h = 180/3,6 = 50 m/s

∆pg = −500 Pa

∆pd = 100 Pa

c = 1 m

H = 0 m →

p =101325 Pa, ρ = 1,225 kg/m3

− srednji tlak na gornjaci zatvara jednaku površinu iznad tetive kao i dana polukružna raspodjela,

polumjer kružnice odgovara tlaku ∆pg i polovini duljine tetive c/2: r ≡ ∆pg ≡ c/2

a) ππ ⋅⋅∆⋅≡⋅⋅=⋅∆22

1

2

1 2 cprcp gg → ( ) Pa7,392500

4

1

4

1−=⋅−⋅=⋅∆⋅=∆ ππgg pp

Pa7,3921 −=∆=∆ gpp ; Pa502

100

232 ==

∆=∆=∆ dp

pp

N 7,39217,392111 −=⋅−=⋅⋅∆= cpF

N 5,124

1501

422 =⋅=⋅⋅∆=

cpF

N 5,374

13501

4

333 =

⋅⋅=⋅

⋅⋅∆=

cpF

N 7,4425,375,127,392321 =++=++= FFFFz

b) 12

1

2

1 22 ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= cvCAvCF zzz ρρ → 289,0150225,1

7,4422222

=⋅⋅

⋅=

⋅⋅

⋅=

cv

FC z

z ρ

c)

⋅⋅+⋅−⋅⋅−⋅−=⋅−⋅−⋅−=

4

3

3

1

443

2

23213322110

ccF

cF

cFxFxFxFM

Nm 2,2174

13

3

1

4

15,37

4

1

3

25,12

2

17,3920 −=

⋅⋅+⋅−⋅⋅−⋅−=M

d) ccvCcAvCM MM ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= 12

1

2

1 2

0

2

00 ρρ →

( )142,0

150225,1

2,217222222

00 −=

⋅⋅

−⋅=

⋅⋅

⋅=

cv

MCM

ρ

e) M0 = −Fz ⋅ xCP → m 491,07,442

2,2170 ==−

=z

CPF

Mx

8

4. Pri dnu spremnika nalazi se pravokutni otvor dimenzija a x b = 2 x 1 m koji se zatvara

poklopcem prema slici. Odredi silu tlaka vode na poklopac i hvatište sile.

Podaci:

a = 2 m

b = 1 m

α = 30o

h = 4 m

ρv = 1000 kg/m3

Rješenje:

dFR = p ⋅ dA

p = ρ ⋅ g ⋅ h + ρ ⋅ g ⋅ x ⋅ sinα dA = a ⋅ dx

dFR = (ρ ⋅ g ⋅ h + ρ ⋅ g ⋅ x ⋅ sinα) ⋅ a ⋅ dx = ρ ⋅ g ⋅ (h + x ⋅ sinα) ⋅ a ⋅ dx

( ) ( )

N 8338530sin2

114281,91000sin

2

sin2

dsindsin

22

0

2

00

=

⋅+⋅⋅⋅⋅=

⋅+⋅⋅⋅⋅=

=

⋅+⋅⋅⋅⋅=∫ ⋅+⋅⋅⋅=∫ ⋅⋅⋅+⋅⋅=

αρ

αραραρ

bbhag

xxhagxxhagxaxhgF

bbb

R

− ili, jednostavnije, ako se odredi srednji tlak na poklopcu:

⋅+⋅⋅= αρ sin

2

bhgp

N 833851230sin2

1481,91000sin

2=⋅⋅

⋅+⋅⋅=⋅⋅

⋅+⋅⋅=⋅= ba

bhgApFR αρ

− ekscentricitet (udaljenost hvatišta sile od težišta površine poklopca):

mm 8,9m 00980,0

2

1

30sin

412

1

2sin12

2sin

1222

3

'==

+⋅

=

+⋅

=

+⋅⋅

⋅

=⋅

=bh

b

bhba

ba

A

Ie

t

αα

ηξ

(12

3

'

baI

⋅=ξ − moment inercije (tromosti) pravokutne površine)

− hvatište sile tlaka na poklopac: m 5098,800980,02

1

30sin

4

2sin=++=+

+=+= e

bhetp

αηη

− moment oko točke A: ( ) xxaxhgxxapAxpFxM RA dsindddd ⋅⋅⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅= αρ

9

( ) ( )

Nm 4251030sin3

1

2

14281,91000sin

32

sin32

dsindsin

3232

0

32

00

=

⋅+⋅⋅⋅⋅=

⋅+⋅⋅⋅⋅=

=

⋅+⋅⋅⋅⋅=∫ ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=∫ ⋅⋅⋅⋅+⋅⋅=

αρ

αραραρ

bbhag

xxhagxxxhagxxaxhgM

bbb

A

− provjera: Nm 425100098,02

183385

2=

+⋅=

+⋅= e

bFM RA