Mehanika fluida - handot za auditorne vezbefluidi.mas.bg.ac.rs/Nastava/MehanikaFluida1501/mf1501-handout.pdf · Alek sandar o i : MEHANIKA FLUIDA-a u ditorne ve be 2 1.2 R azni naqini

1 Statika fluida1.1 UvodPri prouqava�u mehanike fluida sile koje deluju na fluid mo�emo podeliti na:• zapreminske sile - deluju na svaki fluidni deli� unutar posmatrane zapremine bez nekogdirektnog fiziqkog kontakta (sila zemine te�e, iner ijalna sila, elektromagnetna sila).Ove sile se obiqno izra�avaju po jedini i mase [N/kg℄.• povrxinske sile - deluju na odgovaraju�e povrxi i ostvaruju se direktnim kontaktom (dejstvoneke qvrste povrxi na fluid, ili dejstvo fluida na bilo koju zamixenu povrx). Za ove silese mora definisati i odgovaraju�a povrx na koju deluju. Pri prouqava�u povrxinskih siladefinixe se pojam vektora ili tenzora napona - povrxinska sila u nekoj taqki se svodi naodgovaraju�u infinitezimalnu povrx koja je odreÆena svojim vektorom normale ~n.

~pn =d~F

dA− vektor napona (1.1)Na taj naqin se, u nekom opxtem sluqaju dobija fiziqka veliqina za koju je potrebno devetskalarnih veliqina da bi bila u potpunosti odreÆena u nekoj taqki u fluidu. Pomo�u tenzoranapona se na vrlo efektan naqin mo�e opisati prenoxe�e dejstva povrxinskih sila kroz fluid.U okviru statike fluida prouqava se apsolutno i relativno mirova�e fluida. Kako �e i naj-ma�i tangen ijalni napon dovesti do kreta�a fluida, pri mirova�u fluida tangen ijlani naponiu fluidu moraju biti jednaki nuli, i naponsko sta�e u �emu se svodi samo na normalne napone. Kakofluid ne mo�e da "trpi" normalne napone isteza�a (bi�e naruxena pretpostavka o fluidu kao kon-tinuumu), prilikom mirova�a fluida postaja�e samo normalni naponi pritiska - tj. naponsko sta�eu fluidu se mo�e opisati jednostavnom rela ijom:

~pn = −p~n, tj. P = −p

1 0 0

0 1 0

0 0 1

≡ −pE (1.2)gde je sa ~pn oznaqen vektor napona, sa P tenzor napona. Detana analiza naponskog sta�a u fluidu,kao i defini ije vektora i tenzora su dati na predava�ima. Dakle, u stati i fluida silu kojomfluid deluje na neku povrx, imaju�i u vidu (1.1) i (1.2), odreÆujemo pomo�u izraza:

~F = −∫

A

p~ndA (1.3)Silu ~F �emo qesto oznaqavati i sa ~P i nazivati silom pritiska.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 21.2 Razni naqini predstava�a pritiska u fluiduKao xto je reqeno u uvodu, pri mirova�u fluida naponsko sta�e u fluidu se svodi na pritisak.Osnovna jedini a u SI sistemu za pritisak je paskal - [Pa]. Alternativna jedini a za pritisak, kojase qesto koristi u mehani i fluida je bar - 1bar = 100000 Pa ≡ 105 Pa. Definiximo sada pojmovevezane za pritisak, a koje �emo qesto sretati. To su:• Atmosferski pritisak - predstava pritisak okolnog vazduha, i on je funk ija vremenskihuslova i nadmorske visine. Oznaqava se sa pa ili pb. U naxim proraqunima najqex�e se uzimatida je pa = const, i da ta vrednost iznosi pribli�no pa ≈ 1 bar, taqnije pa = 101325 Pa. Ovavrednost predstava tzv. standardnu atmosferu.• Apsolutni pritisak - apsolutni pritisak se meri u odnosu na apsolutnu nulu pritiska (vidisliku Sliku 1.1), i on u fluidu mo�e biti ma�i, jednak ili ve�i od atmosferskog. Oznaqavase sa p.• Natpritisak - ako je u nekoj taqki fluidu pritisak ve�i od atmosferskog, onda se u tojtaqki mo�e definisati natpritisak koji predstva razliku apsolutnog pritiska u toj taqkii atmosferskog pritiska. Oznaqava se sa pm.• Potpritisak - ako je u nekoj taqki u fluidu pritisak ma�i od atmosferskog, onda se utoj taqki mo�e definisati potpritisak koji predstava razliku atmosferskog pritiska iapsolutnog pritiska u toj taqki. Oznaqava se sa pv.

PSfrag repla emen p

pA

(pm)A

(pv)B

pB

pa

AVApsolutna nula pritiska (vakuum)

Atmosferski pritisakSlika 1.1: Razni naqini predstava�a pritiska

pA = pa + (pm)A − apsolutni pritisak u taqki ApB = pa − (pv)B − apsolutni pritisak u taqki V

(pm)A − natpritisak u taqki A(pv)B − potpritisak u taqki V

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 31.3 Osnovna jednaqina mirova�a fluida (Ojlerova jednaqina)Posmatrajmo proizvonu zapreminu V fluida koja je ograniqena zatvorenom povrxi A u kojoj senalazi fluid gustine ρ (slika 1.2). Pod kojim uslovom �e ova zapremina fluida biti u sta�umirova�a? Odgovor je dobro poznat i jednostavan - vektorski zbir svih sila koje na �u delujumora biti jednak nuli.PSfrag repla emen A

V

dA

dV

~n

−p~ndA

~fSlika 1.2: Proizvona zapremina fluida u sta�u mirova�aUkupna masena sila koja deluje na zapreminu V je:Ukupna zapreminska sila =

∫

V

ρ ~f dVdok je ukupna povrxinska sila (deluje na povrx A) odreÆena izrazom:Ukupna povrxinska sila = −∮

A

p~n dAZnak minus u posled�oj jednaqini proizilazi iz qi�eni e da je sila pritiska uvek usmerena suprotnonormali povrxi na koju deluje. Dakle, ako smo definisali sve sile koje deluju na posmatranuzapreminu, sada mo�emo vrlo lako da iska�emo jezikom matematike koji je to uslov neophodan da bifluid bio u sta�u mirova�a. To je jednaqina ravnote�e sila:∫

V

ρ ~f dV +

−∮

A

p~n dA

= 0 (1.4)Koriste�i teoremu Gaus-Ostrogradskog, koja nam govori o tome kako promene neke fiziqke veliqinena zatvorenoj povrxi A koja ograniqava zapreminu V utiqu na promenu te fiziqke veliqine unutarzapremine V , drugi qlan u jednaqini (1.4) se mo�e napisati u slede�em obliku:∮

A

p~n dA =

∫

V

∇p dV, ∇ =∂

∂x~i+

∂

∂y~j +

∂

∂z~k − Hamiltonov operator

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 4tako da se jednaqina (1.4) mo�e napisati u slede�em obliku:∫

V

(

ρ ~f −∇p)

dV = 0 (1.5)Kako je zapremina V proizvono izabrana, leva strana jednaqine (1.4) �e biti jednaka nuli u naj-opxtijem sluqaju kada je podintegralna funk ija jednaka nuli.ρ ~f −∇p = 0 =⇒ ρ ~f = grad p (1.6)Na osnovu jednaqine (1.6) mo�e se zakuqiti da je poe pritiska u fluidu koji miruje u potpunostiodreÆeno poem zapreminskih sila koje na �ega deluju.U rexava�u praktiqnih problema qesto se koristi i drugi oblik jednaqine (1.6), do koga se dolazina slede�i naqin. Leva i desna strana jednaqine se napixu u razvijenom obliku, tj.

ρ(

fx~i+ fy~j + fz ~k)

=∂p

∂x~i+

∂p

∂y~j +

∂p

∂z~kgde su fx, fy i fz projek ije zapreminske sile na koordinatne ose Dekartovog koordinantnog sistema.Sada se i leva i desna strane jednaqine pomno�i sa elementarnim vektorom d~r = dx~i+ dy~j + dz ~k,pa se dobija slede�a jednaqina:

ρ (fx dx+ fy dy + fz dz ) =∂p

∂xdx+

∂p

∂ydy +

∂p

∂zdz (1.7)Desna strane jednaqine (1.7) predstava totalni diferen ijal funk ije p = p(x, y, z), tako da konaqnodobijamo:

dp = ρ (fx dx+ fy dy + fz dz ) (1.8)Dakle, dobijena je jedna diferen ijalna jednaqina, iz koje se integrae�em i leve i desne stranejednaqine (1.8) mo�e jednoznaqno odrediti poe pritiska, tj.p = p(x, y, z) =

∫

ρ (fx dx+ fy dy + fz dz ) + C (1.9)gde je C konstanta koja se odreÆuje iz graniqnih uslova, tj. iz poznate vrednosti pritiska u nekojtaqki (x, y, z) u fluidu. Primena jednaqine (1.9) najboe �e se ilustrovati na primerima koji slede.Jednaqine (1.6) i (1.8) va�e i mirova�e stixivog (ρ 6= const) i za mirova�e nestixivog fluida(ρ = const), jer nije uvedena nikakva prestpostavka vezana za gustinu fluida koji se nalazi unutarzapremine sa slike 1.2 prilikom izvoÆe�a Ojlerova jednaqine.Iz jednaqine (1.6) mo�emo izvu�i slede�e zakuqke (vidi prezenta iju "Repetitorijum teorijepoa"):• vektor ~f pokazuje prava i smer najve�e promene pritiska u fluidu koji miruje, jer je kolinearansa vektorom gradp

• u fluidu koji miruje vektor ~f je normalan na povrxi konstantnog pritiska (izobarske povrxi)Primer 1.1: Mirova�e nestixivog fluida u pou sile Zemine te�eKada fluid miruje u pou zemine te�e, vektorsko poe zapreminskih sila je konstantno, tj.~f = g ~k 1, ili ~f = −g ~k, u zavisnosti od toga kako je usmerena osa z (navixe ili nani�e). Posmatrajmo1Sila ~f je sila po jedini i mase.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 5sud koji je napu�en teqnox�u koja miruje (slika 1.3). Pozitivan smer z ose je vertikalno nani�e,tako da je ~f = g ~k.

��

��

��

PSfrag repla emen ρ

z

x

0

H

p = pa

p = pa + ρgHSlika 1.3: Mirova�e nestixivog fluida u pou sile Zemine te�eZa ovako usvojeni koordinatni sistem projek ije vektora ~F na ose koordinatnog sistema x, y, z sufx = fy = 0 i fz = g. Ako se to zameni u jednaqinu 1.9 dobija se:

p = p(x, y, z) =

∫

ρ (g dz ) + CKako se radi o mirova�u nestixivog fluida, tj. ako je ρ = const., dobija se:p = ρ g z + C (1.10)Konstanta C se odreÆuje iz graniqnih uslova. Za konkretan primer sa slike 1.3 za x = z = 0, p = pa,gde je pa atmosferski pritisak. Tako se konaqno dobija raspodela pritiska:p = pa + ρ g z (1.11)Iz jednaqine (1.10) zakuqujemo da su izobarske povrxi odreÆene jednaqinom z = const, i onepredstavaju horizontalne ravni. TakoÆe, te izobarske povrxi i vektor ~g su normalni, xto smo iranije zakuqili; vektor ~g pokazuje i smer najve�eg porasta pritiska - vertikalno nani�e. Izobarskapovrx na kojoj je p = pa naziva se slobodna povrx; oznaqava�emo je obrnutim trougli�em.Ako se teqnost nalazi u nekom zatvorenom sudu, i ako se iznad �e nalazi neki gas u kome vladanatpritisak pm (primer - bo a nekog gaziranog pi�a), raspodela pritiska �e biti vrlo sliqna jed-naqini (1.8), razlikova�e se samo konstantna C. U tom sluqaju ona �e biti C = pa + pm. Sa drugestrane, ako imamo iznad nivoa teqnosti gas u kome vlada potpritisak pv, vrednost konstante C �ebiti C = pa − pv.

�

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 6Primer 1.2: U sudu se nalaze dve teqnosti koje se ne mexajuNeka se u nekom sudu nalaze dve teqnosti koje se ne mexaju, gustina ρ1 i ρ2 (ρ2 > ρ1) - slika 1.4.��

��

��

��

��

��

��

��

��

PSfrag repla emen 1 2ρ1

ρ2

z1

z2

H1

H2

p = pa

p = pa + ρ1gH1 + ρ2gH2Slika 1.4: Mirova�e nestixivog fluida u pou sile Zemine te�eRaspodele pritiska u teqnostima su odreÆene izrazima:Teqnost gustine ρ1 : p = pa + ρ1gz1, 0 ≤ z ≤ H1Teqnost gustine ρ2 : p = pa + ρ1gH1 + ρ2gz2, 0 ≤ z ≤ H2

�Primer 1.3: Mere�e pritiska pomo�u U eviNajjednostavniji instrument za mere�e (razlike) pritiska je tzv. U ev. To je savijena staklena ev u kojoj se nalazi odgovaraju�a manometarska teqnost - najqex�e su to ili destilovana voda (akose mere mali pritis i) ili �iva (ako se mere veliki pritis i). Ako se na krajeve evi dovedurazliqiti pritis i manometarska teqnost �e zauzeti neki novi ravnote�ni polo�aj, u odnosu nasluqaj kada je na oba kraja evi bila jednaka vrednost pritiska.PSfrag repla emen A V

ρ

ρ

x

ρm

H

hmI ISlika 1.5: Mere�e razlike pritisaka pomo�u U eviHorizontalna povrx I− I je jedna izobarska povrx u teqnosti gustine ρm, tj. pritis i na toj

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 7horizontali u levom i desnom kraku U evi su jednaki:pA + ρgx = pB + ρg(H + x− hm) + ρmghm

⇒ ∆p = (ρm − ρ)ghm + ρgHDakle, mere�em visine hm mo�emo odrediti razliku pritisaka izmeÆu taqaka A i B.�1.3.1 Zada i1. Odrediti pokaziva�e diferen ijalnog manometra (U evi) spojenog sa rezervoarima A i V.Poznati su slede�i poda i: ρ1 = 1000 kg/m3, ρ2 = 1200 kg/m3, ρ3 = 800 kg/m3, ρ4 = 900 kg/m3,

ρm = 13600 kg/m3, h1 = 1 m, h2 = 4 m, h3 = 2 m, h4 = 2 m, pm = 1 kPa i pv = 2 kPa.2. Odrediti izraz za pritisak u taqki K u funk iji poznatih veliqina: hi, i = 1, . . . 5, ρm i ρ.3. Odrediti natpritisak vazduha iznad teqnosti u rezervoaru ako su pokaziva�a vixe evnogmanometra u odnosu na jedan referentni nivo: h1 = 0.9 m, h2 = 2 m, h3 = 0.7 m, h4 = 1.8 m,H = 2.5 m, ρ = 1000 kg/m3, ρm = 13600 kg/m3.4. U levoj komori zatvorenog rezervoara nalaze se dve teqnosti koje se ne mexaju, ρ1 = 1000 kg/m3,ρ2 = 800 kg/m3, a u desnoj se nalazi teqnost gustine ρ3 = 870 kg/m3. Visine nivoa teqnosti su:H1 = 0.8 m, H2 = 0.6 m i H3 = 1.1 m, a iznad nivoa teqnosti vladaju pritis i pv = 0.15 bar ipm = 0.25 bar. Odrediti pokaziva�e manometra za �ivom (ρm = 13600 kg/m3) prikuqenog kaoxto je prikazano na sli i (H = 0.5 m, α = 45◦). Zatim odrediti pritisak u prostoru iznadteqnosti gustine ρ2 pri kojem �e pokaziva�e manometra biti l = 0 (zanemariti promenu nivoau qasi manometra).5. Kroz poklopa ilindriqnog suda visine H vertikalno je postavena ev tankih zidova du�ineh, i koja je hermetiqki spojena sa poklop em. U sud se naliva teqnost gustine ρ. Kolika �e bitivisina nivoa teqnosti u sudu kada se ev potpuno ispuni teqnox�u? Atmosferski pritisak jepa. Smatrati da je promena sta�a vazduha u sudu izotermska. Veliqine H , h, ρ i pa smatratipoznatim.

�

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 81.4 Sila pritiska na ravnu povrxKao xto smo videli u uvodu, povrxinske sile u stati i fluida potiqu samo od pritiska (normalnihnapona) i odreÆuju se pomo�u izraza (1.3), koga nije naodmet ovde ponoviti:d~P = −p~ndA ⇒ ~P = −

∫

A

p~ndA (1.12)Ovo je najopxtiji izraz - silu pritiska na neku prozivonu povrx odreÆujemo tako xto integral-imo poe pritiska po toj povrxi. Iz jednaqine (1.12) vidimo da je elementarna sila pritiska d~Pusmerena suprotno od smera normale elementarne povrxi dA (vektor normale povrxi usmerevamouvek od povrxi). U ovom potpoglavu �emo videti kako se praktiqno mo�e odrediti prava , smer iintenzitet sile kojom teqnost u sta�u apsolutnog mirova�a (sila hidrostatiqkog pritiska) delujena neku ravnu povrx.Posmatrajmo jedan rezervoar sa kosim boqnim zidom u kome se nalazi teqnost gustine ρ (slika1.6). Na boqnom zidu se nalazi pravougaoni otvor, koji je zatvoren nekim zatvaraqem. Kolikom silomteqnost deluje na taj zatvaraq (on je priqvrx�en re imo zavrta�skim vezama za zid suda - da bi smoodredili sile optere�e�a u vezama, moramo sraqunati silu pritiska)? Kako je usmerena ta sila? Gdese nalazi napadna taqka te sile? Odgovori na ova pita�a se nalaze u ovom potpoglavu.

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

D

C

PSfrag repla emen P

v

ξ

η

u

zzC

ρα

∆vC

vD

vC

0dA

d~P

~n

Slika 1.6: Sila pritiska na ravni povrxU slede�im redovima se daje algoritam za odreÆiva�e prav a, smera, intenziteta i polo�ajanapadne taqke sile pritiska. Do slede�ih izraza se mo�e lako do�i, primenom jednaqine (1.12), uzdobro poznatu raspodelu pritiska za nestixiv fluid koji miruje u pou Zemine te�e: p = C+ρgz(pogledajte predava�a ili taj deo u k�izi prof. V. Sanikova Statika i kinematika fluida).Praktiqno odreÆiva�e sile pritiska na ravnu povrx• Sila pritiska na neku ravnu povrx deluje uvek u prav u koji je normalan na tu povrx.• Silu pritiska usmeravamo od teqnosti ka povrxi koja je okvaxena tom teqnox�u.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 9• Silu pritiska raqunamo pomo�u obras a:

P = (pc − pa)A (1.13)pc - apsolutni pritisak u te�ixtu povrxipa - atmosferski pritisakA - povrxina povrxi na koju se tra�i sila pritiska

• Vertikalna koordinata te�ixta koja se meri od slobodne povrxi se odreÆuje na osnovu izraza:zc =

pc − paρg

(1.14)• Kada povrx zaklapa neki ugao α sa horizontalom (180◦ < α < 0◦), raspodela pritiska na povrxije neravnomerna (pritisak linearno raste sa pove�a�em koordinate z), te stoga sila pritiskadeluje u taqki D koja se naziva entar pritiska, i rastoja�e od te�ixta S do taqke D je odreÆenoizrazom:

∆vc =IcξvcA

(1.15)Icξ . . . te�ixni moment iner ije za osu ξvc =

zcsinα

. . . v koordinata te�ixta (ovo nije neki univerzalni izraz - on va�i za sluqajsa slike 1.6. Ugao α mo�e biti zadati i na drugi naqin - re imo α je ugaokoji kosi zid zaklapa sa vertikalom. Tada �e umesto sinα da stoji cosα).Ako povrx nije simetriqna, onda postoji i pomera�e napadne taqke po koordinati u. To rasto-ja�e je odreÆeno izrazom ∆uc =IξηucA

. U ve�ini zadataka naxe povrxi �e biti simetriqne.• U sluqaju horizontalnih povrxi pritisak u svim taqkama povrxi ima istu vrednost, pasila pritiska deluje u te�ixtu povrxi!

��

��

��

PSfrag repla emen pmpm pvpv

h1h1h1h1

h2 h2

h2

h2

h3

ρ1 ρ1

ρ1ρ1

ρ2

ρ2ρ2

ρ2 ρ3P P

PP1

P2

∆vc ∆vc∆vc1 2 3 4C C C2

Slika 1.7: Karakteristiqni sluqajevi odreÆiva�a sile pritiska na ravnu povrx

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 10Primer 1.3 OdreÆiva�e sile pritiska za 4 sluqaja sa slike 1.71. Apsolutni pritisak u te�ixtu:pc = pa − pv + ρ1gh1 + ρ2gh2Sila pritiska:

P = (pc − pa)A = (−pv + ρ1gh1 + ρ2gh2)AKoordinata te�ixta:zc =

pc − paρ2g

= − pvρ2g

+ρ1

ρ2h1 + h2Napadna taqka sile P - entar pritiska (u svim sluqajevima je α = 90◦)

∆vc ≡ ∆zc =IcξzcAAko je vrednost potpritiska pv ve�a od zbira ρ1gh1 +ρ2gh2 (u te�ixtu povrxi vlada apsolutnipritisak ma�i od atmosferskog, tj. potpritisak), dobi�e se negativna vrednost za silu P , xtoznaqi da je pretpostaveni smer sile pogrexan - u tom sluqaju ne treba me�ati smer sile,ali taj znak minus treba uzimati u obzir kada se zame�uje brojna vrednost za �u uneku od jednaqine ravnote�a ili neku momentnu jednaqinu za neku od osa. TakoÆe, uovom sluqaju �e se dobiti i negativna vrednost za ∆vc - fiziqki, to znaqi da je taqka D iznadte�ixta, ali ne treba pomerati silu u tu napadnu taqku - dovono je pri sraqunava�u uzeti uobzir negativnu vrednost za ∆vc (ako se pixu momentne jednaqine). Dakle, uvek smatramo dasila pritiska deluje od teqnosti ka povrxi koju je okvaxena tom teqnox�u, i da je entar pritiska uvek ispod te�ixta.2. Apsolutni pritisak u te�ixtu:

pc = pa + pm + ρ1gh1 + ρ2gh2Sila pritiska:P = (pc − pa)A = (pm + ρ1gh1 + ρ2gh2)AKoordinata te�ixta:

zc =pc − paρ2g

=pmρ2g

+ρ1

ρ2h1 + h2Napadna taqka sile P - entar pritiska (α = 90◦)

∆vc ≡ ∆zc =IcξzcAU ovom sluqaju nema nedoumi a - u te�ixtu vlada natpritisak, pretpostaveni smer je ispra-van, i fiziqki napadna taqka sile je ispod te�ixta.3. Ako imamo sluqaj da jednu povrx kvase vixe teqnosti, ima�emo onoliko sila koliko ima teq-nosti koje su u kontaktu sa povrxi. Ovde se daju izrazi samo za silu P2. Izraz za silu P1 jeporpuno analogan kao u sluqaju 1.Apsolutni pritisak u te�ixtu:

pc = pa − pv + ρ1gh1 + ρ2gh2 + ρ3gh3

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 11Sila pritiska:P = (pc − pa)A = (−pv + ρ1gh1 + ρ2gh2 + ρ3gh3)A2Koordinata te�ixta:

zc =pc − paρ2g

= − pvρ3g

+ρ1

ρ3h1 +

ρ2

ρ3h2 + h3Napadna taqka sile P - entar pritiska (α = 90◦)

∆vc ≡ ∆zc =IcξzcAOvde va�i ista priqa kao pod 1.4. Apsolutni pritisak u te�ixtu:

pc = pa + pm + ρ1gh1 + ρ2gh2Sila pritiska:P = (pc − pa)A = (pm + ρ1gh1 + ρ2gh2)A2Koordinata te�ixta:

zc =pc − paρ2g

=pmρ2g

+ρ1

ρ2h1 + h2Centar pritiska je u te�ixtu!Sluqaj kada je gas u kom vlada natpritisak ili potpritisak u kontaktu sa ravnompovrxi

��

��

��

��

��

PSfrag repla emen pm

pmpv

pv

pa

P1 P2

1 2Slika 1.8: Sila pritiska u sluqaju dejstva pritiska koji vlada u gasu na ravnu povrx• Pri odreÆiva�u sile kojom gas deluje na neku povrx, pretpostavamo da je poe pritiska ugasu homogeno, tj. u svakoj taqki u gasu pritisak ima istu vrednost - na sli i 1.8 u sluqjau1 svuda u sudu je pm, tj. u sluqaju 2 je svuda pv. Poxto u svakoj taqki ravne pritisak imaistu vrednost, sila pritiska deluje u te�ixtu povrxi.• Dogovor - silu usmerevamo uvek od gasa ka povrxi.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 12• Koristimo potpuno isti obraza kao i u sluqaju teqnosti, jednaqina (1.13). Za sluqajevena sli i dobija se:

P1 = pmA tj. P2 = −pvAVidimo da �emo u sluqaju 2 dobiti negativnu vrednost za silu P2 - znaqi da je stvarni smerdejstva sile suprotan, tj. u okolnom vazduh vlada ve�i pritiskom nego u vazduhu u sudu, pasila deluje na zatvaraq sa spone strane!1.4.1 Zada i1. Pravougaoni poklopa dimenzija b = 2 m (upravno na ravan rte�a) i h = 1 m obrtan je okoose koja prolazi kroz taqku A.Odrediti minimalnu vrednost sile F kojom treba delovati utaqki V da bi poklopa bio u vertikalnom polo�aju kao na sli i. Poznati su i slede�i poda i:ρ = 1000 kg/m3, pm = 0.2 bar i H = 5 m.2. Rezervoar prikazan na sli i sastoji se iz dve komore. U levoj komori nalaze se teqnosti gustineρ1 = 1000 kg/m3 i ρ3 = 3000 kg/m3, dok je vrednost natpritiska iznad teqnosti gustine ρ1

pm = 0.05 bar. U desnoj komori je teqnost gustine ρ2 = 800 kg/m3 iznad koje vlada potpritisakpv = 0.1 bar. U pregradnom zidu izmeÆu komora se nalazi pravougaoni otvor dimenzija 2a × b,koji je zatvoren zatvaraqem obrtnim oko ose koja prolazi kroz taqku O i upravna je na rava rte�a. Odrediti minimalnu silu F pri kojoj �e zatvaraq zatvarati otvor. Poznati su islede�i poda i: a = 200 mm, b = 1 m, h1 = 1.5 m, h2 = 1 m i α = 45◦.3. Pregradni zid izmeÆu dve komore u kojima se nalazi teqnost gustine ρ je oblika pravougaonika,xirine b (upravno na ravan rte�a) i mo�e se obrtati oko ose koja prolazi kroz taqku O iupravna je na ravan rte�a. Odrediti polo�aj taqke O (izraqunati rastoja�e h) pri kome �epregradni zid biti u polo�aju kao na sli i, ako je H1 = 7 m i H2 = 3 m. (Ispitni zadatak -septembar 2005).

��

��

��

��

��

��

PSfrag repla emen h =?

H1

H2

Oρρ Zadatak 3 Rexe�e: h =H2

1 + H1H2 + H2

2

3(H1 − H2)= 2.633 m

�

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 131.5 Sila pritiska na krivu povrxPosmatrajmo jednu krivu povrx koja je u kontaktu sa teqnox�u gustine ρ (slika 1.9). Neka je ta povrxsimetriqna u odnosu na ravan x− z.

��

��

0PSfrag repla emen d~P

d~P

d~P

dA

z

z

z

x

x

y

A

ρ

dAx

dAz

~n

~n

−αγ

d~Px = −dPx~i

d~Pz

Slika 1.9: Sila pritiska na krivu povrxElementarna sila pritiska d~P je odreÆena izrazom (1.12). Za razliku od ravnih povrxi, kodkrivih povrxi vektori normala elementarnih povrxi dA nisu istog prav a, tako da �e i elementarnesile dP biti razliqitog prav a.Posmatrajmo neku proizvonu elementarnu povrx dA povrxi A qiji je polo�aj odreÆen koordi-natom z. Vektor ~n te povrxi se mo�e napisati kao:~n =~i cos∠(~n,~i) + ~k cos∠(~n,~k) =~i cosα+ ~k cos γ (1.16)gde se uglovi α i γ mere u pozitivnom matematiqkom smeru (smer suprotan smeru obrta�a kazaki nasatu) u odnosu na pozitivan smer odgovaraju�ih koordinatnih osa.Elementarnu silu d~P koja deluje na posmatranu povrx dA mo�emo izraziti preko �ene dve pro-jek ije (primetimo da je projek ija ove sile na x-osu negativna, dok je na z-osu pozitivna, kao i dasu kosinusi uglova α i γ cosα > 0 i cos γ < 0):

d~P = d~Px + d~Pz ≡ −dPx~i+ dPz ~k = −ρ g z (~i cosα+ ~k cos γ)dA (1.17)Iz posled�e jednaqine sledi:dPx = ρ g z (dA cosα)

︸︷︷︸

dAx

⇒ Px = ρg

∫

Ax

z dAx ⇒ Px = ρg zcxAx (1.18)gde su: Ax - projek ija povrxi A u prav u x-ose na ravan y − z

zcx - koordinata te�ixta povrxi Ax merena od slobodne povrxi.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 14Vratimo se sada na izraz (1.17). Iz �ega sledi da je projek ija dPz odreÆena izrazom:dPz = −ρ g z (dA cos γ)

︸︷︷︸

−dAz

⇒ Pz = ρg

∫

A

zdAz ⇒ Pz = ρgV (1.19)gde je V zapremina koja se dobija projektova�em krive povrxi u vertikalnom prav u do slobodnepovrxi. Napadna linija sile Pz prolazi kroz te�ixte zapremine V .Kako se praktiqno odreÆuju komponente Px i Pz bi�e prikazano na slede�im primerima.Primer 1.4. Odrediti silu pritiska koja deluje na krivu povrx oblika dela omotaqa sfere zaprimer za slike.PSfrag repla emen

R

ρ

x

zH

zcx

Ax Elementarne sile pritiskai odgovaruju�e x projek ijeProjek ija krive povrxi u xprav uCx

Dx

Px

Slika 1.10: OdreÆiva�e x projek ije sile pritiska na krivu povrx oblika omotaqa polusferePrvo �emo odrediti horizontalnu komponentu sile pritiska. Povrx Ax koja se dobija projek-tova�em krive povrxi u x-prav u predstava jednu ravnu povrx i sila pritiska koja deluje na turavnu povrx se mo�e odrediti pomo�u izraza (1.18) ili izraza (1.13), tj.Px = (pcx − pa)Ax ≡ ρg zcxAxZa konkretan primer sa slike ta sila je odreÆena izrazom:

Px = ρ g (H +R)R2πPri odreÆiva�u vertikalne komponente, povrx �emo podeliti na dva dela, kao xto je prikazano nasli i 1.11. Evidentno je da �e na gor�i deo povrxi delovati sila koja je usmerena vertikalno navixe,i to silu �emo oznaqiti sa Pz1. Na do�i deo povrxi deluje sila koja je usmerena vertikalno nani�e,i tu silu �emo oznaqiti sa Pz2. Rezultuju�a vertikalna sila koja deluje na poklopa bi�e jednakarazli i ove dve sile i bi�e usmerena vertikalno nani�e, jer je kao xto �emo videti, intenzitet silePz2 ve�i od intenziteta sile Pz1.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 15PSfrag repla emen R

ρ

x

zH

zcx

Elementarne sile pritiskai odgovaruju�e projek ijeProjek ija krive povrxi uprav uPz1

Pz2

Vz1Vz2

Slika 1.11: OdreÆiva�e vertikalne projek ije sile pritiska na krivu povrx oblika omotaqa polus-fereIntenziteti sila Pz1 i Pz2 se odreÆuju pomo�u izraza (1.19). Tako se za silu Pz1 dobija:Pz1 = ρgVz1 = ρgVz1 = ρ g

[1

2R2π(H +R) − 1

4· 4

3R3π

]

= ρgR2π

[H

2+R

6

]Zapremina Vz1 je jednaka razli i zapremina qetvrtine ilindra polupreqika R i visine H + R iqetvrtine lopte polupreqika R. Napomenimo jox jednom da je ova sila usmerena vertikalno navixe.Intenzitet sile Pz2 je:Pz2 = ρgVz2 = ρgVz2 = ρ g

[1

2R2π(H +R) +

1

4· 4

3R3π

]

= ρgR2π

[H

2+

5R

6

]Kao xto mo�emo videti intenzitet sile Pz2 je ve�i od sile Pz1, pa je rezultuju�a sila Pz usmerenavertikalno nani�e i �en intenzitet je:Pz = Pz2 − Pz1 = ρgR2π

[H

2+

5R

6

]

− ρgR2π

[H

2+R

6

]

=2

3ρgR3πSmer vertikalne komponente sile koja deluju na neku krivu povrx mo�eno odrediti i na slede�i,jednostavan naqin:Ako se zapremina koja se dobija projektova�em krive povrxi do slobodnepovrxi teqnosti koja je sa �om u kontaktu formira sa neokvaxene stranepovrxi, onda je smer sile usmeren vertikalno navixe (sila Pz1). Ako se tazapremina formira sa okvaxene strane povrxi, smer vertikalne komponentesile je usmeren vertikalno nani�e (sila Pz2).Dakle, ukupnu silu pritiska smo razlo�ili na dve meÆusobno upravne komponente, koje qinesuqeni sistem sila2 - to je iz razloga xto xto je kriva povrx simetriqna u odnosu na vertikalnu

x − z ravan koja prolazi kroz �eno te�ixte; to �e biti sluqaj u svim zada ima koji �e bitiraÆeni u okviru ovog kursa.2Sistem sila qije se napadne linije seku u jednoj taqki se naziva suqeni sistem sila.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 16PSfrag repla emen Px

Pz

PSlika 1.12: Rezultuju�a sila pritiskaTa rezultuju�a sila pritiska je jednaka:P =

√

P 2x + P 2

z =

√

[ρ g (H +R)R2π]2+

[2

3ρgR3π

]2

= ρgR2π

√

(H +R)2 +4R2

9

�Primer 1.5. Odrediti silu pritiska koja deluje na krivu povrx oblika dela omotaqa sfere zaprimer za slike.U ovom primeru, prilikom odreÆiva�a Px, krivu povrx povrx delimo na dva dela i odreÆujemoodgovaraju�e projek ije Px1 i Px2 koje deluju na ta dva dela krive povrxi.Sile Px1 i Px2 su istog intenziteta i one su, na osnovu (1.18) odreÆene izrazom:Px1 = Px2 = ρg

(

H +4R

3π

)R2π

2Kako su ove sile suprotnih smerova rezultuju�a sila pritiska u x-prav u �e biti jednaka nuli,tj:Px = Px1 − Px2 = 0Mogli smo do istog zakuqka da doÆemo i jednostavnom analizom. Naime, svakoj elementarnojpovrxi dA1 se mo�e pridru�iti i odgovaraju�a simetriqna elementarna povrx dA′

1 koja se nalazina istoj horizontali (istoj izobarskoj povrxi!) na koju deluje sila dPx istog intenziteta i prav a,ali suprotnog smera. Ako sumiramo (integralimo) po eloj povrxi A, dobi�e se da je rezultuja�asila pritiska u x prav u jednaka nuli.PSfrag repla emen

R

ρ

x

z

H

Elementarne sile pritiska i odgovaruju�e x projek ijeCx

Px1 Px2

4R

3πAx1 = Ax2

Ax1 Ax2

Vz

Slika 1.13: OdreÆiva�e x projek ije sile pritiska na krivu povrx oblika omotaqa polusfere

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 17Komponenta Pz je odreÆena izrazom:Pz = ρgVz = ρg

(

R2πH +1

2· 4

3R3π

)

= ρgR2π

(

H +2R

3

)Kako je Px = 0, rezultuju�a sila pritiska P je P = Pz .�1.5.1 Zada i1. Poluloptasti poklopa (R = 1 m) zatvara kru�ni otvor u boqnom zidu rezervoara sa dve teq-nosti (ρ1 = 800 kg/m3 i ρ2 = 1000 kg/m3). Visina nivoa teqnosti je H = 2 m, a natpritisak uprostoru iznad teqnosti je pm = 5 kPa. Odrediti sile koje iste�u i smiqu zavrt�e kojima jepoklopa priqvrx�en za zid rezervoara.2. Odrediti sile koje optere�uju ilindriqni poklopa A xirine L i sferni poklopa polupreq-nika R. Dati su slede�i poda i: R = 0.2 m, L = 2 m, h = 2 m, pm = 0.1 bar, ρ = 1000 kg/m3.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 181.6 Sila potiskaSila potiska je u stvari sila pritiska koja deluje na neko telo koje je potpuno ili delimiqnopotopeno u nekoj teqnosti.PSfrag repla emen

z A

V

Pv

D

C

ρGSlika 1.14: Sila potiska - sila pritiska koja deluje na potopeno teloSila pritiska koja deluje na potopeno telo je odreÆena dobro poznatim izrazom (1.3), s tim xtoje u ovom sluqaju povrx A po kojoj se integrali poe pritiska zatvorena:

~P = −∮

A

p~ndA = −∮

A

(pa + ρgz)~ndA (1.20)Kao xto je poznato iz teorije poa, integral po nekoj zatvorenoj povrxi se mo�e transformisatiu integral po zapremini koja je ograniqena tom povrxi (teorema Gaus - Ostrogradskog), tj.∮

A

(pa + ρgz)~ndA =

∫

V

∇(pa + ρgz) dV = ρ g

∫

V

∇z dV = ρg

∫

V

~k dV = ρgV ~k (1.21)Konaqno, iz jednaqina (1.20) i (1.21) se dobija izraz za silu pritiska koja deluje na potopenotelo - silu potiska.~P = −ρgV ~k Pv = ρgV (1.22)Dakle, na neko potopeno telo, deluje sila pritiska usmerena vertikalno navixe i ona je jednakate�ini teqnosti koja je telom istisnuta. Do ovog rezultata je doxao Arhimed jox u III veku p.n.e.Stoga se qesto se ona naziva Arhimedova sila ili potisak.Sila potiska deluje u te�ixtu potopene zapremine (taqka D na sli i 1.14). S drugestrane te�ina tela deluje u te�ixtu tela ( entru mase - taqka S) i usmerena je vertikalno nani�e.Ako se radi o homogenom telu, te�ina tela i sila potiska potpuno potopenog dela se deluju u istojtaqki. U sluqaju nehomogenog tela, te dve taqke se ne poklapaju.TakoÆe, veoma lako se mo�e pokazati (npr. projektova�em krive povrxi u vertikalnom prav u doslobodne povrxi teqnosti) da na delimiqno potopeno telo deluje takoÆe sila potiska koja je jednakate�ini telom istisnute teqnosti, tj:

Pv = ρgVp (1.23)

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 19i usmerena je vertikalno navixe. Zapremina Vp je zapremina potopnog dela tela.PSfrag repla emen Pv

D

ρ ρ

Vp

Slika 1.15: Sila potiska na delimiqno potopeno teloTaqka u kojoj deluje sila potiska u ovom sluqaju nalazi u te�ixtu potopene zapremine.1.6.1 Metoda potiska pri odreÆiva�u sile pritiska na krivu povrxU nekim sluqajevima, qi�eni a da je rezultuju�a sila pritiska koja deluje na neko potopeno teloupravo sila potiska nam mo�e znatno olakxati odreÆiva�e sile pritiska na neku krivu povrx.D

V


Pv

P ∗N

PP

A1A1

A2

Slika 1.16: OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx metodom potiskaPosmatrajmo krivu povrx sa slike 1.16. �elimo da odredimo kolika je sila pritiska P na tukrivu povrx. U tom iu mo�emo primeniti i slede�i postupak.Ako zamislimo da krivoj povrxi dodamo odreÆeni broj ravnih povrxi, dobi�emo jednu zapreminuza koju mo�emo smatrati da predstava jedno telo koje je potopeno u teqnosti. Kao xto je dobropoznato rezultuju�a sila pritiska koja deluje na tako dobijeno telo je sila potiska. Integral uizrazu (1.20) se mo�e podeliti na integral po povrxi A1 i integral po povrxi A2.~Pv = −

∮

A

p~ndA = −∫

A1

p~n dA1

︸︷︷︸

~P

+

(

−∫

A2

p~n dA2

︸︷︷︸

~P∗

N

)

= ~P + ~P ∗N

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 20Poxto �elimo da odredimo silu P , i imaju�i i vidu da je ~P ∗N = −~PN , dobija se konaqan izraz zaodreÆiva�e sile pritiska na krivu povrh metodom potiska:

~P = ~Pv + ~PN = ~PN − ρ~gV (1.24)gde je V zapremina koja se dobija zatvara�em krive povrxi sa odgovaraju�im brojem ravnih povrxi.Za konkretan sluqaj sa slike, zapremina V je formirana samo uvoÆe�em jedne ravne povrxi.


PvPv

Pv

PNPN

PN

P

P

Slika 1.17: OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx metodom potiskaAko �elimo da napixemo jedan opxti izraz, kada se zapremina V dobija uvoÆe�em n ravnihpovrxi, izraz za silu pritiska na krivu povrx je:~P =

n∑

i=1

~PNi + ~Pv =

n∑

i=1

~PNi − ρ~gV (1.25)Koliko ravnih povrxi izabrati za rexava�e problema je stvar liqnog izbora. Generalno, postojibeskonaqan broj naqina (izbora ravnih povrxi) na koji mo�ete rexiti zadati problem.Jednaqina (1.25) je vektorska jednaqina i projektova�em na dva izabrana upravna prav a dobijamoodgovaraju�e projek ije.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 21Primer 1.6. Odrediti intenzitet sile pritiska na krivu povrx sa slike, oblika qetvrtine omotaqa ilindra polupreqika R i du�ine L. Veliqine ρ i H takoÆe smatrati poznatim.PSfrag repla emen x

y

R

H

Pv1 Pv2

P =?

V1

V2

PN1

PN2

PN3

(a) (b)

Slika 1.18: OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx metodom potiskaProblem �e biti rexen na dva naqina, oznaqena sa (a) i (b) na sli i 1.19. U sluqaju pod sile (a)PN1 i Pv1 su odreÆene izrazima:

PN1 = (pc1 − pa)A1 = ρg

(

H − R

2

)

R√

2L

Pv1 = ρgV1 = ρg

(R2π

4− 1

2R2

)

L = ρgR2

(π

4− 1

2

)

LProjek ije sile P na ose koordinatnog sistema x− y su odreÆene izrazima:Px = PN1 cos 45◦ = PN1

√2

2= ρg

(

H − R

2

)

RL

Py = PN1 sin 45◦ − Pv1 = ρg

(

H − R

2

)

RL− ρgR2

(π

4− 1

2

)

L = ρg

(

H − R

4π

)

RLIntenzitet sile P je:P =

√

P 2x + P 2

y = ρgRL

√(

H − R

2

)2

+

(

H − R

4π

)2U sluqaju pod (b) intenziteti odgovaraju�ih sila su odreÆeni izrazom:PN2 = ρg

(

H − R

2

)

RL , PN3 = ρgHRL

Pv2 = ρgV2 = ρg · 1

4R2πLProjek ije sile P su:

Px = PN2 = ρg

(

H − R

2

)

RL

Py = PN3 − Pv2 = ρgHRL− ρg · 1

4R2πL = ρg

(

H − R

4π

)

RLNaravno, dobijeni su isti rezultati.�

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 221.6.2 Zada i1. Dve kugle jednakih preqnika, d = 1.2 m, i te�ina G1 = 12 kN i G2 = 4 kN, spojene su u�etom.Ako se ove kugle stave u vodu (ρ = 1000 kg/m3), odrediti silu zateza�a u u�etu T , kao i kolikise deo zapremine lakxe kugle nalazi iznad nivoa slobodne povrxi.2. Kugli a (ρm = 7800 kg/m3) polupreqnika r = 6 mm nale�e na otvor preqnika d = 10 mm.Odrediti silu kojom kugli a deluje na sedixte ventila, ako su poznati slede�i poda i: F =

100 N, ρ = 1000 kg/m3, D = 30 mm, H = 500 mm.1.7 OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx direktnom pri-menom Ojlerove jednaqine statike fluida�elimo da odredimo silu pritiska na krivu povrx sa slike 1.19. Podsetimo se da smo prilikomizvoÆe�a Ojlerove jednaqine izabrali potpuno proizvonu zapreminu fluida i da smo konstatovalida je potrebno da suma svih sila koje deluju na tu zapreminu bude jednaka nuli da bi ona bila u sta�umirova�a.

PSfrag repla emen ρ PG

P

PN

RSlika 1.19: OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx direktnom primenom Ojlerove jednaqineIzaberimo sada tu zapreminu kao na sli i 1.19, tako da jedan deo povrxi koji je ograniqava budekriva povrx na koju tra�imo silu pritiska, a ostali deo jedna ili vixe ravnih povrxi. Dakle,teqnost koja se nalazi unutar te zapremine je u sta�u mirova�a, tj.~PN + ~R︸︷︷︸Ukupna povrxinska sila+ ~PG

︸︷︷︸Zapreminska sila = 0 (1.26)gde su: ~PN - sila pritiska na ravnu povrx;~PG = ρ~g V - te�ina teqnosti koja se nalazi unutar zapremine;~R - sila kojom kriva povrx deluje na teqnost unutar zapremine.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 23Sila PG deluje u te�ixtu zapremine V , dok sila PN deluje ispod te�ixta ravne povrxi (pogledajpriqu vezanu za sile pritiska na ravne povrxi).Kako je po tre�em �utnovom zakonu, ~P = −~R, dolazimo do izraza za silu pritiska:~P = ~PN + ~PG = ~PN + ρ~g V (1.27)U opxtem sluqaju, kada se zapremina sastoji od n ravnih povrxi i krive povrxi na koju tra�imosilu pritiska, izraz sa silu pritiska je:

~P =

n∑

i=1

~PN + ~PG =

n∑

i=1

~PN + ρ~g V (1.28)Primer 1.7: Odrediti intenzitet sile pritiska na krivu povrx sa slike 1.20, oblika 3/4 omotaqa ilindra polupreqnika R i xirine L. Smatrati poznatim veliqine H , ρ, R i L.PSfrag repla emen x

y

R

H

PG1 PG2

V1

V2

PN1

PN2

PN3

(a) (b)

Slika 1.20: OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx metodom potiskaKao i prethodni primer, i ovaj �e biti uraÆen na dva naqina, uvoÆe�em razliqitih ravnih povrxiu iu dobija�a zapremine V. Tako je za sluqaj pod (a):PN1 = ρg

(

H − R

2

)

R√

2L

PG1 = ρgV1 = ρg

(3

4R2π +

1

2R2

)

L = ρg

(3

4π +

1

2

)

R2LProjek ije sile pritiska na ose koordinatnog sistema x− y:Px = PN1 cos 45◦ = ρg

(

H − R

2

)

RL

Py = PG1 + PN1 sin 45◦ = ρg

(3

4π +

1

2

)

R2L+ ρg

(

H − R

2

)

RL = ρg

(3R

4π +H

)

RLIntenztitet rezultuju�e sile pritiska je:P =

√

P 2x + P 2

y = ρgRL

√(

H − R

2

)2

+

(3R

4π +H

)2

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 24Za sluqaj pod (b) intenziteti sila PN2, PN3 i PG2 su odreÆeni izrazima:PN2 = ρg

(

H − R

2

)

RL; PN3 = ρgHRL

PG2 = ρgV2 =3

4ρgR2πLOdgovaraju�e projek ije sile P :

Px = PN2 = ρg

(

H − R

2

)

RL

Py = PN3 + PG2 = ρg

(3R

4π +H

)

RL

�1.7.1 Zada i1. U kosom pregradnom zidu izmeÆu dva rezervoara nalazi se zatvaraq oblika polulopte. Jedna�egova strana okvaxena je teqnox�u gustine ρ, a druga izlo�ena dejstvu konstantnog pritiska.Ako je pokaziva�e manometra h = 134 mm odrediti sile izteza�a i smi a�a veze A-A. Dati supoda i: h1 = 1.2 m, h2 = 2.2 m, R = 0.4 m, pv = 8 kPa, α = 30◦, ρ1 = 900 kg/m3, ρ2 = 1000 kg/m3 iρm = 13600 kg/m3.2. Rezervoar oblika polulopte (R = 1 m) priqvrx�en je vezom A-A za zid koji je nagnut premahorizontali za ugao α = 45◦. U rezervoaru se nalazi voda, a najvixoj taqki rezervoara montiranje instrument za mere�e pritiska. Odrediti sile koje optere�uju vezu A-A za dva pokaziva�ainstrumenta: (a) pm = 10 kPa i (b) pv = 20 kPa.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 251.8 Relativno mirova�e teqnosti pri transla ijiPosmatrajmo rezervoar koji se kre�e po horizontalnoj podlozi konstantnim ubrza�em ~a. U sta�uapsolutnog mirova�a sud je bio napu�en do visine H . Iz iskustva znamo da �e teqnost zauzetipolo�aj prikazan na sli i 1.21. Ako neki koordinatni sistem ve�emo za sud, u tom koordinatnomsistemu ne�emo imati kreta�e teqnosti - u tom koordinantom sistemu �e va�iti Ojlerova jednaqinastatike fluida, jednaqina (1.6), tj. (1.8).��

��

��

��

��

��

PSfrag repla emen H

~a

~g~f

p =const

~ain

x

z

α

Slika 1.21: Relativno mirova�e fluida pri transla ijiU ovom sluqaju zapreminske sile koje deluju na fluid su g i iner ijalna sila ain. Iner ijalnasila je istog intenziteta a suprotnog smera od smera ubrza�a kojim se kre�e sud, ~ain = −~a. Ukupnazapreminska sila koja deluje na fluid je:~f = ~g + ~ain = ~g − ~a (1.29)Iz Ojlerove jednaqine ρ~f = gradp vidimo da su vektori normala izobarskih povrxi i vektor ~fkolinearni, tj. vektor ~f je upravan na izobarske povrxi koje su nagnute pod uglom α u odnosu nahorizontalu. Ugao α je direktno propor ionalan inentzitetu ubrza�a a.Kao prvi korak u svim zada ima je odreÆiva�e poa pritiska. U tu svrhu, najpogodnije je koris-titi Ojlerovu jednaqinu u skalarnom obliku, jdn. (1.8):

dp = ρ (fx dx+ fz dz + fz dz)U konkretnom primeru sa slike je (fx, fy i fz su projek ije vektora ~f na ose koordinatnog sistemaxyz):

fx = a, fy = 0 fz = −gPoe pritiska je dae odreÆeno izrazom:dp =

∫

ρ (a dx− g dz) =⇒ p = ρ (ax− gz) + CKonstanta C se odreÆuje iz graniqnih uslova, koji je za konkretan primer i usvojeni kooordinatnisistem:x = 0, z = 0 : p = pa =⇒ C = pa

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 26Konaqno poe pritiska je odreÆeno izrazom:p− pa = ρ (ax− gz)Jednaqinu slobodne povrxi odreÆujemo iz poa pritiska i uslova da je na slobodnoj povrxi p = pa.U konkretnom primeru, ta jednaqina je:

z =a

gxUgao koji slobodna povrx gradi sa pozitivnim smerom x ose je: α = arctgag .U sluqaju relativnog mirova�a teqnosti pri transla iji dobija se jedna linearna raspodela(linerano poe) pritiska, pa se stoga sila pritiska na neku ravnu povrx odreÆuje na osnovu izraza:

P = (pc − pa)A = (p− pa)∣∣∣ x = xcz = zc

A (1.30)pri qemu va�i ista priqa kao i sluqaju apsolutnog mirova�a:• Sila deluje upravno na povrx• Silu usmeravamo od teqnosti ka povrxiPri odreÆiva�u sile pritiska na neku krivu povrx, mogu se koristiti iste metode kao pri odreÆi-va�u sile u sluqaju kada je teqnost u sta�u apsolutnog mirova�a. Naravno, usled dejstva iner ijalnesile na fluid, promeni�e se i poe pritiska u odnosu na sluqaj kada imamo apsolutno mirova�e.

��

PSfrag repla emen ~Pf

~Pa

~Pv

~a

fluidni deli�p = const

~f

~ain

~g

ρρ

V

Slika 1.22: Dejtvo teqnosti na potopeno delo u sluqaju �enog tranlatornog kreta�aTako �e u sluqaju potpuno potopenog dela u fluidu koji se kre�e konstantnim ubrza�em a,rezultuju�a sila pritiska biti:Pf = −ρ ~f V = ~Pv + ~Pa = −ρ~g V + ρ~a V (1.31)Na osnovu izraza (1.31), mo�emo jednostavno po potpunoj analogiji sa metodom potiska pri ap-solutnom mirova�u (vidi 1.6.1) odrediti silu pritiska na neku krivu povrx u sluqaju da je ona u

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 27kontaktu sa teqnox�u koja se nalazi u sudu koji se kre�e konstantnim ubrza�em a.Dakle, ako se koristi metoda potiska (u zapremina koja se formira uvoÆe�em odgovaraju�egbroja ravnih povrxi ne nalazi se teqnost) pri transla iji, pored sile pritiska na ravnupovrx PN (odreÆuje se na osnovu jdn. (1.30)) i sile potiska Pv, treba dodati jox siluintenziteta Pa = ρ aV koja je usmerena u smeru ubrza�a kojim se kre�e sud (slika1.23). Vektorski zbir ovih je sila pritiska ~P koja deluje na na krivu povrx.PSfrag repla emen

~P =?~P

~PN~PN

~Pa~Pa

~Pv

~Pv

~a

ρ VSlika 1.23: OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx u sluqaju relativnog mirova�a pritransla ijiSila pritiska ~P koja deluje na krivu povrx sa slike 1.23 je odreÆena izrazom:~P = ~PN + ~Pv + ~Pa = ~PN − ρ~g V + ρ~aV = ~PN − ρ (~g − ~a)V (1.32)Ako se zapremina V formira uvoÆe�em n ravnih povrxi, onda je ~P odreÆeno izrazom:

~P =

n∑

i=1

~PNi + ~Pv + ~Pa =

n∑

i=1

~PNi − ρ~g V + ρ~aV (1.33)U sluqaju kada je kriva povrx oblika kao na sli i 1.24, mo�emo direktno primeniti uslovravnote�e teqnosti koja se nalazi u zapremini V qiji je jedan edo zapremine koja je ogarniqavakriva povrx na koju tra�imo silu pritiska, a ostali deo povrxi je jedna ili vix ravnih povrxi(pogledaj 1.6.2).Pored zapreminske sile Pv = −ρ~g V u ovom sluqaju �e na fluid delovati i iner ijalna sila pojedini i mase Pin = ρ~ain V = −ρ~aV (slika 1.24).

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 28Dakle, ako se koristi metoda ravnote�e teqnosti (u zapremina koja se formira uvoÆen-jem odgovaraju�eg broja ravnih povrxi nalazi se teqnost - vidi 1.6.2) pri transla iji,pored sile pritiska na ravnu povrx PN (odreÆuje se na osnovu jdn. (1.30)) i silete�ine teqnosti koja se PG, treba dodati jox silu intenziteta Pin = ρ aV koja jeusmerena suprotno smeru ubrza�a kojim se kre�e sud i ona predstava ukupnu iner- ijalnu silu koja deluje na teqnost koja se nalazi unutar zapremine V (slika 1.24). Vek-torski zbir ovih sila je pritiska ~P koja deluje na na krivu povrx.PSfrag repla emen

~P =?

~P

~PN

~PN

~Pin~Pin

~PG~PG

~a

ρ

V

Slika 1.24: OdreÆiva�e sile pritiska na krivu povrx u sluqaju relativnog mirova�a pritransla ijiSila pritiska ~P koja deluje na krivu povrx sa slike 1.23 je odreÆena izrazom:~P = ~PN + ~PG + ~Pin = ~PN + ρ~g V − ρ~a V = ~PN + ρ (~g − ~a)V (1.34)Ako se zapremina V formira uvoÆe�em n ravnih povrxi, onda je ~P odreÆeno izrazom:

~P =

n∑

i=1

~PNi + ~PG + ~Pin =

n∑

i=1

~PNi + ρ~g V − ρ~a V (1.35)

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 291.8.1 Zada i1. Sud ilindriqnog oblika kre�e se translatorno konstatnim ubrza�em a = 4.5 m/s2. Odreditisile koje optere�uju poklop e A, B i C. Dati su slede�i poda i: d = 500 mm, D = 100 mm,h = 100 mm, H = 1 m, l = 1 m, b = 0.5 m, α = 45◦, β = 60◦, pm = 1480 Pa, ρ = 1000 kg/m3.2. Cilindriqni sud preqnika D i visine H napu�en je teqnox�u gustine ρ. Dno suda je polus-fernog oblika i priqvrx�eno je zavrta�skom vezom A-A za sud. Na poklop u suda se nalaze dve evqi e. Prva je polupreqnika d1 i nalazi se na rastoja�u R1, a druga preqnika d2 = 2d1 na inalazi se na rastoja�u R2 od ose suda. Kada sud miruje polo�aj slobodne povrxi teqnosti jeodreÆen visinom h. Pri kreta�u suda konstantnim ubza�em ~a horizontalnog prav a odrediti:(a) ugao koji slobodna povrx zaklapa sa horizontalom,(b) polo�aje nivoa teqnosti u evqi ama i(v) silu kojom teqnost deluje na dno suda.1.9 Relativno mirova�e teqnosti pri rota ijiPosmatrajmo jedan ilindriqni sud, preqnika D koji je napu�en teqnox�u gustine ρ do visine H .Neka se sud poqne obrtati konstantnom ugaonom brzinom ω oko vertikalne ose, i neka se ta osa poklapasa osom suda. Usled dejstva viskoznosti deli�i teqnosti koji se nalaze na zidu suda �e se obrtatizajedno sa sudom; ti deli�i �e u tom kreta�u sa sobom povlaqiti i ostale deli�e, a ovi sebi susednena ma�em radijsu, sve do ose evi. Posle izvesnog vremena sva teqnost u sudu �e se obrtati zajednosa �im - mo�emo smatrati da se teqnost obr�e kao kruto telo. U koordinatnom sistemu vezanom zasud, teqnost miruje, pa �e za �u va�iti Ojlerova jednaqina statike fluida:

dp = ρ (fx dx+ fz dz + fz dz) (1.36)

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

PSfrag repla emen D

Hr

x

y

z

z

~r

~r~fc

~fc

ω = const

ω = constfluidni deli�0 0

Slika 1.25: Relativno mirova�e pri rota iji. Koordinatni sistem 0xy takoÆe rotira ugaonom brzi-nom ω oko ose z.Koriste�i Ojlerovu jednaqinu, na osnovu poa zapreminskih sila koje deluju na fluid, odredi�ese poe pritiska.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 30Poxto teqnost rotira konstantnom ugaonom brzinom, na svaki fluidni deli� koji se nalazi narastoja�u r od ose rota ije, deluje entrifugalna sila3, usmerena ka osi rota ije:~fc = fx~i+ fy~j = ω2 ~r = ω2(x~i+ y~j) (1.37)pa su projek ije zapreminske sile koja deluje na fluid, za usvojeni koordinatni sistem (z osa se morapoklapati sa osom rota ije, zbog naqina definisa�a entrifugalne sile; r osa se mo�e usvojiti bilogde na osi rota ije).fx = ω2x; fy = ω2y; fz = −g (1.38)Zamenom jednaqine (1.38) u jednaqinu (1.36), i �enim integrae�em dobija se:

p =1

2ρω2 (x2 + y2)

︸︷︷︸

r2

−ρgz + C =1

2ρω2r2 − ρgz + C (1.39)Koordinata r se meri od ose suda, i ona je uvek pozitivna (to je radijus meren od ose rota ije)!Konstanta C se odreÆuje iz graniqnih uslova. Za usvojeni koordinatni sistem, taj graniqni uslov je:

x = 0, z = 0 : p = pa =⇒ C = papa je konaqno poe pritiska odreÆeno izrazom:p− pa =

1

2ρω2r2 − ρgz (1.40)Dakle, poe pritiska je nelinearno po koordinati r, a linearno po koordinati z. Iz izraza za poepritiska se mo�e odrediti i jednaqina slobodne povrxi (p = pa):

z =ω2

2gr2 (1.41)Jednaqina (1.41) predstava jednaqinu obrtnog paraboloida. Odredimo sada za koliko �e se spustititeqnost na osi, a za koliko �e se podi�i na zidovima suda u odnosu na polo�aj apsolutnog mirova�a.

PSfrag repla emen R

H

V =1

2R2πH

Slika 1.26: Obrtni paraboloidU tu svrhu �emo napisati jednaqinu jednakosti zapremina teqnosti u sta�u mirova�a i sta�urota ije (teqnost je nestixiva - �ena zapremina ostaje konstantna).3Ovo je sila po jedini i mase; ukupna entrifugalna sila koja deluje na deli� je ~Fc = ~fc dm.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 31Jednakost zapremina teqnosti pre i posle obrta�a se mo�e iskazati jednaqinom (zapremina obrtnogparaboloida je jednaka polovini zapremine ilindra u koji je upisan):D2π

4h1 =

1

2

D2π

4(h1 + h2) =⇒ h1 = h2 (1.42)

��

��

��

��

PSfrag repla emen DD

D

H

V

h1h1

h2

h1 + h2

ω

M

r

z

Slika 1.27: Jednakost zapremina u sta�u apsolutnog mirova�a i prilikom rota ijeKolike su vrednosti visina, mo�e se odrediti iz uslova da taqka M pripada slobodnoj povrxi,pa �ene koordinate moraju zadovoiti jednaqinu slobodne povrxi:h1 + h2 =

ω2

2g

(D

2

)2 (1.43)Iz jednaqina (1.42) i (1.43) se konaqno dobija:h1 = h2 =

ω2D2

16g(1.44)1.9.1 OdreÆiva�e sile pritiska na ravnu i krivu povrxSila pritiska na ravnu povrxSila pritiska na ravnu povrx se mo�e odrediti na dva naqina:

• integra ijom poa pritiska po povrxi na koju se tra�i sila pritiskaP =

∫

A

(p− pa)∣∣∣A

dA (1.45)Radi jednostavnosti rexava�a integrala iz izraza (1.45), u velikoj ve�ini sluqajeva povrxi nakoje treba odrediti silu pritiska �e biti horizontalne, pa �e na �ima z = const, tako da �ena takvoj povrxi pritisak zavisiti samo od koordinate r. Obiqno �e te horizontalne povrxibiti oblika kruga (dno ili poklopa ilinriqnog suda), i u tom sluqaju povrxinski integralse mo�e svesti na obiqan odreÆeni integral tako xto povrxinu dA izrazimo kao dA = 2rπ dr.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 32Re imo, ako �elimo da odredimo silu kojom teqnost deluje na dno suda sa rotira slike 1.27:P =

D/2∫

0

(p− pa)∣∣∣z=−(H−h1)

2rπ dr = 2 ρ π

D/2∫

0

[1

2ω2r2 + g(H − h1)

]

r dr (1.46)��

��

��

��PSfrag repla emen

D

r

dA

2rπ

dr

dr

Slika 1.28: Elementarna povrx dA povrxi oblika kruga• Za horizontalne povrxi silu mo�emo odrediti i preko izraza:

P = ρgVω (1.47)gde je Vω zapremina koja se dobija projektova�em ravne povrxi u vertikalnom prav u do slobodnepovrxi. Ako primenimo ovaj izraz na sluqaj sa slike (1.27), zapremina Vω nije nixta drugo dozapremina teqnosti koja se nalazi u sudu. Kako ona mora biti ista pre i u toku rota ije, silapritiska na dno suda je odreÆena izrazom:P = ρgVω = ρg

D2π

4HDo istog izraza se dolazi i rexava�em integrala (1.46). Na sli i 1.29 je prikazana raspodelapritiska na dnu suda.PSfrag repla emen P

Slika 1.29: Raspodela pritiska na dnu sudaSila pritiska na krivu povrxRazmatra�e se odreÆiva�e sile pritiska na krive povrxi koje su simetriqne u odnosu na osu rota ijesuda. U tom sluqaju �e samo postojati vertikalna komponenta sile pritiska (u prav u z-ose), dok �ehorizontalna komponenta biti jednaka nuli. Sila pritiska se odreÆuje na osnovu izraza (1.47).

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 331.9.2 Zada i1. Na poklop u suda, oblika zarubenog konusa visine H = 200 mm, nalaze se dve piezometarske evqi e unutrax�ih preqnika d1 = 4 mm i d2 = 6 mm, koje su na meÆusobnom rastoja�u R =

80 mm. Kada se sud okre�e konstantnom ugaonom brzinom ω = 10 s−1, odrediti silu pritiska kojadeluje na poklopa suda. Poznati su i slede�i poda i: D = 400 mm, d = 200 mm, h = 200 mm iρ = 1000 kg/m3.2. Otvoreni sud se sastoji iz dva ilindriqna dela velikih visina. Do�i deo je napu�en teqnox�udo vrha. Sud poqi�e da se obr�e konstantnom ugaonom brzinom ω oko svoje vertikalne ose.(a) Odrediti odnos polupreqnika R1 i R2 tako da slobodna povrx dodiruje ivi u A.(b) Koriste�i dobijeni odnos polupreqnika, izraqunati intenzitet sile koja deluje na prste-nastu povrx A − B, ako su poznati slede�i poda i: R1 = 0.3 m, ω = 10 s−1 i ρ = 1000 kg/m3.3. Cilindriqni sud dimenzija: D = 0.8 m, H = 0.5 m, d = 400 mm, h = 200 mm napu�en je vodomi odozgo zatvoren klipom mase m = 100 kg. Sud se obr�e oko svoje ose stalnim brojem obrtajan = 120 min−1 i kre�e se vertikalno navixe konstantnim ubrza�em a = 2 m/s2. Izraqunativrednost natpritiska u osi klipa (na okvaxenoj strani) i silu pritiska na poklopa A-A.4. Cilindriqni sud, preqnika D = 0.4 m hermetiqki je zatvoren poklop em koji je zavrta�skomvezom A-A spojen sa sudom, a tankom evqi om koja se nalazi na rastoja�u R1 = 250 mm odose suda povezan je sa atmosferom . U sudu se nalazi teqnost gustine ρ. Ako je h = 200 mm,izraqunati ugaonu brzinu pri kojoj �e sila u vezi A-A biti jednaka nuli. (Ispitni zadatak - jun2005. god).

��

��

��

��

PSfrag repla emen h

D

R1

ω

ρ

A A

Slika 1.30: Zadatak 4 Rexe�e: ω = 4

√

gh

8R21 −D2

1

= 9.609 s−1

2 Nevrtlo�na (poten ijalna) struja�afluida2.1 Znaqaj poten ijalne teorijeOsnove poten ijalne teorije su postavene pre oko 250 godina zahvauju�i velikim imenima svet-ske nauke kao xto su Ojler (Euler), Bernuli (Bernoulli), Dalamber (D′Alambert), Lagran� (Lagrange),Stoks (Stokes), Helmhol (Helmholtz), Kirhof (Kirchoff) i Kelvin (Kelvin). Prvo se ova teorija koris-tila za objax�ava�e i predviÆa�e fenomena u drugim nauqnim dis iplinama, kao xto su provoÆe�etoplote, teorija elastiqnosti i elektromagnetizam, i pri tome je dala veoma dobre rezultate. PoxtoizmeÆu pojedinih prirodnih fenomena postoje analogije (opisuju se istim tipovima jednaqina), doxlose na ideju da se ova teorija primeni i za struja�e fluida. Pri tim prouqava�ima viskoznost fluidaje zanemarena (struja�a neviskoznog fluida). Uz tu pretpostavku doxlo se do jednog kontradiktornogzakuqka - na telo koje se kre�e kroz fluid ne deluje nikakva sila otpora. Naravno, ovakav zakuqakse kosio sa realnox�u. Istovremeno, taqnije polovinom XIX veka, razvijala se i teorija viskoznogfluida kada su formulisane quvene Navije-Stoksove (Navier − Stokes) jednaqine koje opisuju stru-ja�a viskoznog fluida. Radi se o par ijalnim, nelinearnim diferen ijalnim jednaqinama drugogreda koje se mogu rexiti samo u nekim spe ijalnim sluqajevima, zanemariva�em pojedinih qlanova(o tome �e biti vixe reqi kasnije). Prva taqna rexe�a Navije-Stoksovih jednaqina su odreÆenaza sluqajeve veoma sporih struja�a - iz rexe�a ovih jednaqina se moglo zakuqiti da je struja�eizrazito vrtlo�no, i primena poten ijalne teorije je dovedena u pita�e. Pojavio se problem: sjedne strane je bila poten ijalna teorija, qiji je matematiqki aparat omogu�avao rexava�e raznihproblema, ali na jednom va�nom problemu (kreta�e tela kroz fluid) je davala razoqaravaju�e rezul-tate; s druge strane su bile jednaqine koje je bilo mogu�e rexiti samo u par sluqajeva. Nemaqkinauqnik Ludvig Prantl (Ludwig Prandtl) 1905. godine objavuje svoju quvenu teoriju graniqnog sloja(Boundary Layer Theory) koja povezuje teoriju viskoznog fluida i poten ijalnu teoriju. U slede�imredovima se u par reqeni a daje suxtina te genijalne teorije.Pri optrujava�u tela neviskoznim fluidom, na samoj konturi fluid ima brzinu razliqitu odnule, koja je uvek prav a tangente u toj taqki konture (Slika 1.1a). Sa druge strane, realan fluid,qija je viskoznost razliqita od nule, mora da zadovoi uslov da je brzina u svim taqkama konturejednaka nuli. Imaju�i to u vidu, Prantl je eksperimentalno je pokazao da se efekti viskoznostiose�aju u tankom sloju neposredno uz konturu tela (graniqni sloj), u sluqaju da je viskoznost fluidarelativno mala veliqina (eksperimenti su vrxeni na instala iji sa vodom). Pored ovog uslova,mora biti i zadovoeno da Rejnoldsov broj, Re = U L/ν, mnogo ve�i od jedini e, Re ≫ 1 (ovde je Ukarakteristiqna brzina za dato struja�e, a L karakteristiqna du�ina). Debina graniqnog slojate�i nuli kada Re → ∞. U ovom sluqaju strujni prostor se mo�e podeliti na sloj neposrednouz konturu tela u kome su viskozne sile istog reda veliqine kao i iner ijalne sile, i oblast vangraniqnog sloja, gde je struja�e nevrtlo�no i neviskozno.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 35��

��PSfrag repla emen U∞(x)Graniqni sloj

��

��PSfrag repla emen Graniqni sloj

~ω 6= 0

(a) (b)Slika 2.1: PoreÆe�e nevrtlo�nog i struja�a pri velikim vrednostima Rejnoldsovog broja: (a) stru-ja�e idealnog fluida, ν = 0; (b) struja�e pri velikim vrednostima Re broja.Struja�e izvan graniqnog sloja (spoax�e struja�e) se mo�e prouqavati prime�uju�i teorijupoten ijalnih struja�a, zanemaruju�i postoja�e graniqnog sloja. Rezultati dobijeni na taj naqin(npr. poe pritiska i brzine oko graniqnog sloja) omogu�avaju da se jednaqine za struja�e u graniq-nom sloju mogu rexiti - poznata je zakonitost promene pritiska na samoj konturi tela, kao i dodatnigraniqni uslov za brzinu, a to je obi no da je izvan graniqnog sloja u = U∞ (x). MeÆutim, i teorijagraniqnog sloja se ne mo�e prime�ivati u svim sluqajevima opstrujava�a nekog tela. Naime, ako jeto telo neaerodinamiqnog oblika (kao xto je npr. kru�ni ilindar, sl. 1.2) dolazi do fenomenaodvaja�a graniqnog sloja od konture tela, iza tela se stvaraju vrlozi, i viskoznost vixe nema uti ajsamo u tankom sloju uz konturu tela, ve� u znatno ve�em delu strujnog prostora. Poten ijalna teorijau ovim sluqajevima se mo�e eventualno koristiti samo do taqke odvaja�a.��

��

��

��Slika 2.2: Primeri odvaja�a graniqnog sloja. Uzvodno od taqke odvaja�a, poten ijalna teorija dajezadovoavaju�e rezultateMo�e se na kraju ovog uvoda re�i, da poten ijalna teorija ne zauzima entralno mesto u modernojmehani i fluida, kao xto je to bio sluqaj pre jednog veka. Ipak, ona daje izvanredne rezultatena nekim poima tehnike, posebno u aerodinami i. Npr. poe pritiska oko aeroprofila mo�ese odrediti sa velikom taqnosqu na osnovu poten ijalne teorije. Quvena teorema Kuta-�ukovskog(Kutta − Zhukhovsky) o sili uzgona aeroprofila dobijena korix�e�em poten ijalne teorije, se odliqnoslaze sa eksperimentalnim rezultatima. Prantlova teorija se koristi u i danax�oj modernoj mehani ifluida.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 362.2 Strujna funk ija i poten ijal brzinePosmatrajmo dvodimenzijsko struja�e nestixivog fluida (ρ = const.). Jednaqina kontinuiteta utom sluqaju:∂vx∂x

+∂vy∂y

= 0 (2.1)obezbeÆuje postaja�e skalarne funk ije ψ (x, y) iz koje se komponente brzine vx i vy odreÆuju naslede�i naqin:vx ≡ ∂ψ

∂yvy ≡ −∂ψ

∂x(2.2)Skalarna funk ija ψ (x, y) se naziva strujna funk ija i ona identiqki zadovoava jednaqinu (1.1).S druge strane uslov da je vrlo�nost 2 ~ω = ∇×~v jednaka nuli u sluqaju dvodimenzijskih struja�ase svodi na jednaqinu:

∂vy∂x

− ∂vx∂y

= 0 (2.3)Iz teorije poa je dobro poznato da ako je rotor nekog vektorskog poa jednak nuli, da je takvovektorsko poe mogu�e izraziti kao gradijent neke skalarne funk ije, jer je jednostavno rot(gradA) =

0 za svako skalarno poe A. Dakle, obezbeÆeno je postoja�e jox jedne skalarne funk ije, ϕ (x, y) kojase naziva poten ijal brzine i koja je povezan sa komponentama brzine na slede�i naqin:~v = gradϕ =

∂ϕ

∂x~i+

∂ϕ

∂y~j ≡ vx~i+ vy~j =⇒ vx ≡ ∂ϕ

∂xvy ≡ ∂ϕ

∂y(2.4)Kako se u sluqaju nevrtlo�nih struja�a mora postojati poten ijal brzine, takva struja�a se qestoi nazivaju poten ijalna struja�a. Jednaqine (1.1) i (1.2) pokazuju da izvod strujne funk ije dajekomponentu brzine rotiranu za 90◦ u smeru kazaki na satu u odnosu na prava diferen ira�a, dokizvod poten ijala brzine daje komponentu brzine u prav u diferen ira�a. Porede�i jednaqine (1.1)i (1.2) dobija se

∂ϕ

∂x=∂ψ

∂y Koxi-Rimanovi uslovi∂ϕ

∂y= −∂ψ

∂x

(2.5)iz kojih se mo�e odrediti jedna od funk ija ako je ona druga poznata. Ekvipoten ijalne linije(ϕ = const) i strujni e (ψ = const) su ortogonalne, sto neposredno sledi iz jednaqine (1.3)∇ϕ · ∇ψ =

∂ϕ

∂x

∂ψ

∂x+∂ϕ

∂y

∂ψ

∂y= 0Vrlo lako (unakrsnim diferen ira�em Koxi-Rimanovih uslova - prva jednaqina se diferen irapo x a druga po y i obrnuto) se mo�e do�i do jedne va�ne osobine strujna funk ije i poten ijalabrzine - te dve funk ije zadovoavaju Laplasovu jednaqinu:

∇2ϕ ≡ ∆ϕ =∂2ϕ

∂x2+∂2ϕ

∂y2= 0 (2.6)

∇2ϕ ≡ ∆ψ =∂2ψ

∂x2+∂2ψ

∂y2= 0 (2.7)Funk ija koja zadovoava Laplasovu jednaqinu se naziva harmonijska funk ija. Laplasova jed-naqina je par ijalna diferen ijalna jednaqina drugog reda, eliptiqkog tipa. Naravno, uz svaku

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 37��

��

PSfrag repla emen U∞

~n

~t

~v ≡ v~t

xSlika 2.3: Graniqni uslovi pri opstrujava�u tela neviskoznim fluidomdiferen ijalnu jednaqinu se moraju definisati graniqni uslovi koji �e iz familije �enih rexe�aizdvojiti ono koje odgovara rexe�u problema koji se prouqava.Pri nevrlo�nom struja�u fluida se definixu slede�i graniqni uslovi:(1) Uslovi na konturi tela - Komponenta brzine struja�a normalna na konturu tela je jednakanuli, qime se obezbeÆuje da fluid ne prodire unutar konture tela. Taj graniqni uslov prilikomopstrujava�a tela koje miruje se mo�e iskazati jednaqinom:Na konturi :∂ϕ

∂n= 0 ili ∂ψ

∂s= 0 (2.8)gde su s i n prav i tangente i normale konture tela.(2) Uslovi u "beskonaqnosti" - za tipiqan primer tela koje se opstrujava uniformnom strujomu prav u x ose brzinom U∞, taj uslov se svodi

∂ϕ

∂x= U∞ ili ∂ψ

∂y= U∞ (2.9)Rexava�e jednaqina (1.6), tj. (1.7) uz graniqne uslove definisane jednaqinama (1.8) i (1.9)nije jednostavno. Istorijski posmatrano, teorija poten ijalnih struja�a se razvijala nala�e�emfunk ija koje zadovoavaju Laplasovu jednaqinu, i potom odreÆiva�a mogu�ih graniqnih uslova kojeta funk ija zadovoava. Kako je Laplasova jednaqina linearna, sabira�e (superpozi ija) poznatihharmonijskih funk ija daje novu harmonijsku funk iju koja zadovoava neke nove graniqne uslove.Na taj naqin je otkriven veliki broj razliqitih rexe�a kojima se mogu simulirati razni prob-lemi struja�a fluida. U daem izlaga�u �e biti prihva�en ovaj pristup prouqava�u poten ijalnihstruja�a.Ako je poznato rexe�e Laplasove jednaqine, odreÆiva�em izvoda ϕ ili ψ je jednoznaqno odreÆeni vektor brzine. Konaqno, raspodela pritiska je odreÆena Bernulijevom jednaqinom, koja u sluqajunevrtlo�nog struja�a neviskoznog fluida glasi:

p+1

2ρ v2 = const. (2.10)gde je v intenzitet brzine (v =

√vx2 + vy2). Bernulijeva jednaqina u ovom sluqaju (nevtrlo�nostruja�e neviskoznog fluida) va�i za bilo koje taqke u strujnom pou.U slede�im redovima daju se najva�nije formule koje se koriste pri rexava�u problema iz dvodi-menzijskih poten ijalnih struja�a nestixivog fluida koje predstavaju kratak , kao i kompleksnipoten ijali osnovnih struja�a.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 382.3 REPETITORIJUM - dvodimenzijska poten ijalna stru-ja�a nestixivog fluidaPosmatraju se ravanska (vz = 0, ∂∂z = 0), sta ionarna (∂(... )

∂t = 0), nevrtlo�na (rot~v = 0) struja�anestixivog fluida (ρ = const).• Jednaqina kontinuiteta:

∂vx∂x

+∂vy∂y

= 0 (2.11)Strujna funk ija ψ (x, y) se definixe na slede�i naqin:vx ≡ ∂ψ

∂yvy ≡ −∂ψ

∂x(2.12)qime je jednaqina kontinuiteta identiqki zadovoena. Linije ψ(x, y) = C se nazivaju struj-ni e. Kada je C = 0, tj. ψ(x, y) = 0 u pita�u je nulta strujni a.

• Struja�e je nevtrlo�no - 2 ~ω = rot~v ≡ ∇×~v = 0. Za dvodimenzijsko struja�e ovaj uslov se svodina:∂vy∂x

− ∂vx∂y

= 0 (2.13)Ovaj uslov omogu�ava da se vektor brzine izrazi kao gradijent skalarnog poa ϕ = ϕ(x, y).Funk ija ϕ se naziva poten ijal brzine~v = gradϕ =⇒ vx ≡ ∂ϕ

∂xvy ≡ ∂ϕ

∂y(2.14)Linije ϕ(x, y) = C se nazivaju ekvipoten ijalne linije.Iz prethodnih jednaqina se mogu izvu�i va�ni zakuq i:Izvod strujne funk ije daje komponentu brzine roti-ranu za 90◦ u smeru kazaki na satu u odnosu na prava diferen ira�a, dok izvod poten ijala brzine daje kom-ponentu brzine u prav u diferen ira�a.

∂ϕ

∂x=∂ψ

∂y

∂ϕ

∂y= −∂ψ

∂x

Koxi - Rimanovi uslovi (2.15)∂vx∂x

= −∂vy∂y

∂vx∂y

=∂vy∂x

(2.16)

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 39Ekvipoten ijalne linije i strujni e su familije uzajamno ortogonalne linije:gradϕ · gradψ =

∂ϕ

∂x

∂ψ

∂x+∂ϕ

∂y

∂ψ

∂y= −vx vy + vy vx = 0Strujni e i ekvipoten ijalne linije su ortogonalnelinije.

ψ = C1

ψ = C2

ψ = C3

ϕ = const.

Ako je poznata jedna funk ija, npr. ϕ(x, y) ili vy(x, y), iz jednaqina (5), odnosno (6) se mo�eodrediti druga, nepoznata funk ija, ψ(x, y), odnosno vx(x, y), i obrnuto.Diferen ira�em jednaqina (2) i (4) po x i y uz (1) i (3) dobija se jox jedna va�na osobina strujnefunk ije i poten ijala brzine:ψ(x, y)iϕ(x, y) su harmonijske funk ije

∂2ϕ

∂x2+∂2ϕ

∂y2= 0

∂2ψ

∂x2+∂2ψ

∂y2= 0

(2.17)Dakle, strujna funk ija i poten ijal brzine zadovoavaju Laplasovu jednaqinu, tj. ∆ϕ = 0 i

∆ψ = 0, gde je ∆ = ∂2

∂x2 + ∂2

∂y2 Laplasov operator. Funk ija koja zadovoava Laplasovu jednaqinu senaziva harmonijska funk ija.Za rexava�e nekih problema je pogodnije korix�e�e polarnih koordinata r i θ umesto Dekartovihx i y. U slede�im redovima se daju prethodne jednaqine u polarnim koordinatama:

1

r

∂

∂r(r vr) +

1

r

∂vθ∂θ

= 0 (jednaqina kontinuiteta) (2.18)1

r

∂

∂r(r vθ) −

1

r

∂vr∂θ

= 0 (nevrtlo�no struja�e) (2.19)

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 40r =

√

x2 + y2

θ = arctg(y

x

)

PSfrag repla emen y

x

θ

r

vθ vr

Slika 2.4: Polarne koordinate i komponente brzine u polarnim koordinatamaProjek ija brzine vr:vr =

∂ϕ

∂r=

1

r

∂ψ

∂θ(2.20)Projek ija brzine vθ:

vθ =1

r

∂ϕ

∂θ= −∂ψ

∂r(2.21)Laplasijan poten ijala brzine ϕ u polarnim koordinatama:

∇2ϕ =1

r

∂

∂r

(

r∂ϕ

∂r

)

+1

r2∂2ϕ

∂θ2= 0 (2.22)Laplasijan strujne funk ije ψ u polarnim koordinatama:

∇2ψ =1

r

∂

∂r

(

r∂ψ

∂r

)

+1

r2∂2ψ

∂θ2= 0 (2.23)Koxi-Rimanovi uslovi u polarnim koordinatama (jednaqine (10) i (11)):

∂ϕ

∂r=

1

r

∂ψ

∂θ

1

r

∂ϕ

∂θ= −∂ψ

∂r

Koxi - Rimanovi uslovi (2.24)Veza izmeÆu projek ija brzine vr i vθ (direktno sledi iz jednaqina (8) i (9)):∂

∂r(r vr) = −∂vθ

∂θ

∂vr∂θ

=∂

∂r(r vθ)

(2.25)Mo�e se pokazati da ako je zadovoena jednaqina (5), onda ϕ(x, y) i ψ(x, y) predstavaju realnii imaginarni deo komleksne analitiqke funk ije koja se oznaqava sa w(z) i naziva se kompleksnipoten ijal.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 41w(z) = ϕ(x, y) + i ψ(x, y) = ϕ(r, θ) + i ψ(r, θ) (2.26)gde je z = x+ i y = r eiθ kompleksni broj (kompleksna prome�iva).Va�na osobina kompleksnih analitiqkih funk ija je da �ihov izvod ne zavisi od prav a di-feren ira�a - izvod komplesnog poten ijala po kompleksnoj prome�ivoj z je jednoznaqno odreÆenakompleksna funk ija v(z) i ona predstava kompleksnu brzinuv(z) =

dw(z)

dz≡ vx − i vy ≡ (vr − i vθ) e

−iθ (2.27)Kompleksna brzina je takoÆe analitiqka kompleksna funk ija qiji su realni i imaginarni delovi:Re [v(z)] = vx(x, y) i Im [v(z)] = −vy(x, y). Lako se mo�e proveriti da se Koxi-Rimanovi uslovi zakomleksnu brzinu svode na jednaqinu (6). Taqke u kojima je brzina struja�a jednaka nuli, vx = vy = 0se nazivaju zaustavnim taqkama.

• Protok kroz konturu ograniqenu taqkama A i V se mo�e izraqunati korix�e�em obras a:V =

∫

A

~vd~A =

B∫

A

~v ~n dl · 1︸︷︷︸

dAPSfrag repla emen yx

B

A

d~l

~n

~v

dA

A

z = 1

Slika 2.5: Proizvona kontura ograniqena taqkama A i V.Lako se mo�e pokazati, primenom Grinove formule u ravni, da se prethodni izraz svodi na:VAB = ψB − ψA (2.28)Dakle, protok kroz neku konturu koja je ograniqena taqakama A i V i koja je jediniqne visine semo�e lako izraqunati kao razlika vrednosti strujne funk ije u kraj�oj i poqetnoj taqki konture.Ako je kontura zatvorena protok kroz konturu jednak nuli (taqka A se poklapa sa taqkom V), osimu sluqaju kada se unutar konture nalaze singulariteti tipa izvora i ponora - tada je protok krozkonturu jednak sumi izdaxnosti izvora (ponora) V ≡

∑

i

ε.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 42• Na sliqan naqin se mo�e izraqunati i irkula ija du� konture ograniqene taqkama A i V

ΓAB =

B∫

A

~v dl = ϕB − ϕA (2.29)Cirkula ija du� proizvone konture koja je ograniqena taqkama A i V se mo�e izraqunati kaorazlika vrednosti poten ijala brzine u kraj�im i poqetnim taqakama konture. Cirkula ija du�zatvorene konture je jednaka nuli, osim ako se unutar konture nalaze singulariteti tipa vrtloga -tada je irkula ija jednaka zbiru irkula ija vrtloga koji se nalaze unutar konture Γ =∑

i

Γi.• Kompleksne analitiqke funk ije, pored jednoznaqnog izvoda imaju jox jedno va�no svojstvo - oneobezbeÆuju konformno preslikava�e, pri kome strujni e i ekvipoten ijalne linije zadr�avajusvoju meÆusobnu ortogonalnost. Analitiqka funk ija

Z(z) = X(x, y) + i Y (x, y)

PSfrag repla emen a

a

−a

x

x

y

y

X

X

Y

Y

U∞ U∞

z

z

Z

Z

Slika 2.6: Primena konformnog preslikava�apreslikava struja�e iz z ravni opisano kompleksnim poten ijalom w(z) u novo struja�e u ravni Zopisano kompleksnim poten ijalom W (Z)

W (Z) = Φ(X,Y ) + iΨ(X,Y ) = W [Z(z)] = w(z)gde su Φ(X,Y ) = ϕ(x, y) i Ψ(X,Y ) = ψ(x, y) poten ijal brzine i strujna funk ija preslikanog stru-ja�a.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 43Posredstvom transforma ije �ukovskog:Z =

1

2

(

z +a2

z

)struja�e oko kru�nog ilindra u ravni z se preslikava u struja�e oko ravne ploqe, eliptiqkog ilindra ili aeroprofila �ukovskog u ravni Z.•Bernulijeva jednaqina. U sluqaju ravanskog sta ionarnog struja�a nestixivog, neviskoznogfluida poe pritiska je povezano sa poem brzine preko Bernulijeve jednaqine, koja za taj sluqajstruja�a glasi:

p+1

2ρ v2 = const. (2.30)Obiqno su poznate vrednosti pritiska i brzine u "beskrajno" dalekim taqkama, p∞ i v∞. Raspodelapritiska du� neke konture se mo�e odrediti korix�e�em Bernulijeve jednaqine, uz prethodno odre-Æenu raspodelu brzine du� te konture:

p∞ +1

2ρ v2

∞ = p+1

2ρ (v2

x + v2y)

• Sila na proizvonu konturu C. Neka su Px i Py komponente sile ~P kojom nestixiv fluidpri sta ionarnom, ravanskom struja�u, koje je opisano kompleksnim poten ijalom w(z), deluje naproizvonu zatvorenu konturu C u xy-ravni. Tada se sila na tu konturu mo�e izraqunati korix-�e�em Blasijus-Qapaginovog obras a:P = Px − i Py =

i ρ

2

∮

C

(dw

dz

)2

dz (2.31)Sila pritiska kojom fluid deluje na element konture AB konture C ograniqene taqkama A(z = zA)i B(z = zB) se mo�e odrediti primenom izraza:P = Px − i Py =

i ρ

2

∫

AB

(dw

dz

)2

dz − i

(

p+1

2ρ v2

)

(zB − zA) (2.32)gde je p+ 12ρv

2 = const, i gde su zB = xB − i yB i zA = xA − i yA konjugovano kompleksni brojevi zA izB.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 44Kratak podsetnik - Ojlerova formula. Osnovne opera ije sa komplek-snim brojevimai =

√−1 − imaginarna jedini aOjlerova formula : eiθ = cos θ + i sin θNeka je z1 = x1 + i y1 = r1 e

iθ1 i z2 = x2 + i y2 = r2 eiθ2

• Sabira�e: z = z1 + z2 = (x1 + x2) + i (y1 + y2)

• Oduzima�e: z = z1 − z2 = (x1 − x2) + i (y1 − y2)

• Mno�e�e: z = z1 · z2 = r1 eiθ1 · r2 eiθ2 = r1 r2e

i(θ1+θ2) iliz = (x1 + i y1)(x2 + i y2) = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1)

• Dee�e: z =z1z2

=r1r2ei(θ1−θ2) ili

z =x1 + i y1x2 + i y2

· x2 − i y2x2 − i y2

=x1x2 + y1y2x2

2 + y22+ i

x2y1 − x1y2x2

2 + y22Neke trigonometrijske rela ije:sin 2θ = 2 cos θ sin θ

cos 2θ = cos2 θ − sin2 θ

tg(θ1 ± θ2) =tgθ1 ± tgθ2

1 ∓ tgθ1 tgθ2

arctgA± arctgB = arctgA±B

1 ∓ABU slede�oj tabeli su dati kompleksni poten ijalni osnovnih struja�a, qijim se superponira�emmogu dobiti slo�ene strujne slike.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 45w(z) = v∞ z e−i βUniformna struja intenziteta v∞ pod uglom β uodnosu na pozitivan smer x-ose v∞PSfrag repla emen

x

y

β

w(z) =ε

2 πln (z − z0)Struja�e u pou osamenog (linijskog) izvoraizdaxnosti ε, ε > 0 smextenog u taqki z = z0.PSfrag repla emen

x

y

z = z0

w(z) =ε

2 πln (z − z0)Struja�e u pou osamenog (linijskog) ponoraizdaxnosti ε, ε < 0 smextenog u taqki z = z0.PSfrag repla emen

x

y

z = z0

w(z) =M e i β

2 π (z − z0)Struja�e u pou osamenog dvopola momenta Msmextenog u taqki z = z0, qija je osa nagnuta poduglom β u odnosu na pozitivan smer x-ose.PSfrag repla emen x

y

z = z0

β

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 46w(z) =

Γ

2 π iln (z − z0)Struja�e u pou osamenog vrtloga irkula ije

Γ smextenog u taqki z = z0; kada je Γ > 0 u pi-ta�u je je vrtlog pozitivne irkula ije, sa pozi-tivnim matematiqkim smerom obrta�a , kao nasli i. Ako je Γ < 0, smer obrta�a je suprotan.PSfrag repla emen x

y

z = z0

w(z) = a znStruja�e u 2n uglova, gde je a = const. Na sli ije prikazano struja�e opisano kompleksnim po-ten ijalom w(z) = −z2, zaustavna taqka je u ko-ordinatnom poqentku, z = 0. PSfrag repla emen x

y

2.4 Zada i1. Za sluqaj da je ravansko struja�e nestixivog fluida definisano strujni ama u obliku kon- entriqnih krugova i veliqninom apsolutne brzine propor ionalne n-tom stepenu rastoja�aod entra, ispitati da li je za n = 0, n = 1 i n = −1 struja�e vrtlo�no i odrediti vrednost irkula ije po krugu polupreqnika R.2. Ako je poten ijal brzine ravanskog nevtrlo�nog strujnog poa odreÆen funk ijomϕ(r, θ) = −

√r3 sin

(3

2θ

)odrediti protok kroz konturu omeÆenu taqkama A(2, π6

) i B (3, π9

).3. Zadata je jedna projek ija brzine sta ionarnog poa ravanskog poten ijalnog struja�a nestix-ivog fluida:vy =

2 − y

(x+ 3)2 + (y − 2)2

• Odrediti kompleksnu brzinu v(z), ako je vx(−3, 5) = 0.• Odrediti kompleksni poten ijal ako je w(−2, 2) = 0 i na rtati strujnu sliku ovog stru-ja�a.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 474. Ravansko poten ijalno struja�e opisano je kompleksnim poten ijalomw(z) =

12(3 + i√

3)

z − 3 − i√

3izlo�eno je dejstvu jednolije struje koja zaklapa ugao α = 30◦ sa pozitivnim smerom x ose i imaintenzitet v∞ = 2√

3m/s. Odrediti:(a) Kompleksni poten ijal, strujnu funk iju, jednaqinu nulte strujni e i zaustavne taqke ovogslo�enog struja�a.(b) Na rtati strujnu sliku sa smerom struja�a.(v) Odrediti polo�aj i vrednost minimalnog pritiska na nultoj strujni i, ako je gustinafluida ρ = 1000 kg/m3, a pritisak u beskrajno dalekim taqkama p∞ = 1 bar.5. Ravansko poten ijalno struja�e nestixivog fluida se ostvaruje u z-ravni dejstvom jednolikestruje paralelne pravoj y = −x, na osameni izvor izdaxnosti ε = 2π koji se nalazi u koordi-natnom poqetku.(a) Odrediti intenzitet jednolike struje, ako se zna da je taqka (-1, 1) zaustavna taqka ovogslo�enog struja�a.(b) Odrediti smer struja�a i ski irati strujnu sliku.(v) Ako je gustina fluida ρ = 1000 kg/m3, a pritisak u beskrajno dalekim taqkama p∞ = 105 Pa,odrediti vrednost pritiska u taqki M (2, 0).(g) Funk ijom(Z + 2i)2

(Z − 2i)2= z2 exp[(1 + i)z]dato struja�e preslikati u ravan Z. Odrediti strujnu funk iju Ψ(X, Y ) i ski iratistrujnu sliku sa na�anaqenim smerom struja�a i sraqunati protok kroz konturu Y = 0.6. Zadata je kompleksna brzina ravanskog poten ijalnog struja�a mestixivog fluida:

v(z) =3z

z2 − z − 2(a) Odrediti komplesksni poten ijal w(z) ovog struja�a ako je w(3) = ln 4 i ski irati strujnusliku.(b) Odrediti raspodelu projek ije brzine vx du� y ose kao i taqku u kojoj je �en intenzitetmaksimalan. Koliko iznosi taj intenzitet?7. Duga porozna ev postavena je na rastoja�u a od ravnog zida. Protok vode po duznom metru evi je V . Dodava�em struja�a koje je opisano poten ijalom brzine ϕ3 = k (x2 − y2), i uslovomψ3(0) = 0, dobija se kontura koja je prikazana na sli i. Sada voda iz evi dopire najdae dovisine. Odrediti:(a) Konstantnu k, k = k(V , a, h) u opxtim brojevima, kao i za konkretne vrednosti a = 2 m,

h = 3 m i V = 5π (m3/s)/m.(b) Jednaqinu konture koja razdvaja vodu iz evi od vode pridodatog struja�a.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 482.4.1 II kolokvijum xkolske 2003/'04. godine1. Jednolika struja brzine v0 = 1m/s opstrujava izvor i ponor jednakih izdaxnosti ǫ = 4π kojise nalaze na rastoja�u 2a = 10m (slika 1). Odrediti strujnu funk iju, poten ijal brzine ipokazati da je strujna funk ija koja prolazi kroz zaustavnu taqku nulta strujni a. (30 poena)v

2aSlika 12. Polu ilindriqna graÆevina polupreqnika R i du�ine L izlo�ena je dejstvu vetra na naqinprikazan na sli i 2. Odrediti pod kojim uglom θ0 treba napraviti otvor tako da sila kojomvazduh deluje na polu ilindriqnu konstruk iju bude nula. Smatrati da se radi o poten ijalnomstruja�u vazduha. (40 poena)PSfrag repla emen θ0

LR

v∞, p∞PSfrag repla emen

θ0

R

v∞, p∞Slika 23. Struja�e u tornadu mo�e se predstaviti kao ravansko poten ijalno struja�e u pou vrtloga iponora koji su smexteni u istoj taqki. Ako je brzina vetra, na mestu udaenom 6km od jezgratornada, 20m/s, a pritisak 98kPa, na�i brzinu i pritisak na mestu koje je udaeno 1km odjezgra. (30 poena)

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 492.4.2 II kolokvijum xkolske 2004/'05. godine1. Tri izvora jednakih izdaxnosti ε = 2π (m3/s)/m se nalaze na jednakim suk esivnim rastojan-jima a = 1 m (slika 1).• Odrediti kompleksni poten ijal, strujnu funk iju, jednaqinu nulte strujni e i zaustavnetaqke ovog struja�a.• Na rtati strujnu sliku sa smerom struja�a.• Odrediti protok kroz konturu ograniqenu taqkama A (−1,

√2), B (1,

√2). (50 poena)

PSfrag repla emen εεε

x

y

aa

A B

Slika 11. Na rastoja�u h = 1 m od ravne beskonaqne ploqe nalazi se vrtlog pozitivne irkula ije Γ (slika2). U taqki M sa koordinatama (h, h) izmerene su vrednosti (intenziteta) brzine i pritiska:vM = 2

√5m/s i pM = 1 bar. Odrediti:

• vrednost irkula ije Γ,• raspodelu pritiska p = p(x) du� ploqe, ako je ρ = 1.25 kg/m3

• na osnovu odreÆene raspodele pritiska, napisati izraz pomo�u kojeg se mo�e izraqunatisila pritiska po jedini i du�ine (N/m) na deo ploqe izmeÆu taqaka x1 = −h i x2 = h.(50 poena)

��

��

PSfrag repla emen x

y

Γ

x1 x2

0 h

M (h, h)

Slika 2

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 502.4.3 Drugi kolokvijum xkolske 2005/'06. godine1. Ravansko struja�e nestixivog fluida, odreÆeno je strujnom funk ijom ψ(x, y) = ay2− bx2, gdesu a i b realne konstante (a, b ∈ R).(a) Pokazati da je ovo struja�e u opxtem sluqaju vrtlo�no.(b) Odrediti uslov pod kojim struja�e postaje nevrtlo�no i za taj sluqaj na�i kompleksnubrzinu v(z), kompleksni poten ijal w(z) i poten ijal brzine, ako je graniqni uslov w(0) =

0.(v) Odrediti nulte strujni e, polo�aj zaustavne taqke i na rtati strujnu sliku. (35 poena)2. Preko ravnomerno perforiranog dela evi visine H = 5 m usisava se zapreminskim protokom Vvoda iz jezera (slika 1). Cev se nalazi na rastoja�u a = 1 m od obale. Ako je u taqki A intenzitetbrzine v = 5 m/s, odrediti zapreminski protok V . Smatrati da se ev mo�e modelirati kaoponor qija je izdaxnost odreÆena izrazom ε = −V /H (problem razmatrati u horizontalnoj ravni- slika 1b). (30 poena)��

��

��

��

��


H

a

a

a

a

V

A A(a) (b)

Slika 13. Oblik brda, koje je izlo�eno dejstvu vetra, mo�e se aproksimirati jednom od strujni a koja seformira prilikom a ikliqnog opstrujava�a ilindra polupreqika R (slika 2). Maksimalnavisina brda je H = 3R/4. Odrediti intenzitet brzine i pritisak na vrhu brda, ako su pritisaki brzina u beskrajno dalekim taqkama u podno�ju brda p∞ = 1 bar i v∞ = 20 m/s. Gustinavazduha je ρ = 1.2 kg/m3. Smerni a: prvo odrediti rastoja�e h. (35 poena)��

��

PSfrag repla emen x

y

H

h

R

p∞, v∞

Slika 2

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 512.4.4 Jox malo o kompleksnim brojevima i kompleksnim funk ijamaIako su ve� date neki osnovni izrazi vezani za opera ije sa kompleksnim brojevima, ovde �e se malodetanije analizirati pojam argumenta kompleksnog broja. Pa krenimo redom.U kompleksnoj ravni taqka sa koordinatama (a, b), a ∈ R, b ∈ R odgovara kompleksnom brojuz = x + i y. Ovo je zapis kompleksnog broja u Dekartovim1 pravouglim koordinatama. Taqka (a b) semo�e predstaviti i preko polarnih koordinata - rastoja�a od koordinatnog poqetka r i preko uglaθ, odnosno kao z = r cos θ + i sin θ. Ovo je trigonometrijski zapis kompleksnog broja - r predstavamodul kompleksnog broja, r ≡ |z| =

√

(Re z)2 + (Im z)2 =√a2 + b2, dok je θ (ugao izmeÆu potega r ipozitivnog smera x ose) argument kompleksnog broja. Korix�e�em Ojlerove formule, kompleksnibroj se mo�e prikazati i u eksponen ijalnom obliku z = |z|eiθ.

rPSfrag repla emen θ

a a

b b

x ≡ Rez x ≡ Rez

y ≡ Imz y ≡ Imz

Slika 2.7: Razni naqini predstava�a kompleksnog broja.Kako bi se izbegle vixeznaqnosti po pita�u argumenta kompleksnog broja (neka dva kompleksnabroja z1 i z2 imaju isti moduo, |z1| = |z2|, a neka je, re imo θ1 = 3π/2, a θ2 = −π/2 - ovo su dva identiqnakompleksna broja), u kompleksnoj analizi se definixe pojam glavne vrednosti argumenta, koji seobele�ava sa arg z i koji mo�e imati vrednosti od u intervalu od −π do π, ili pak u intervalu od 0do 2π.−π < arg z < π − glavna vrednost argumenta kompleksnog broja (2.33)Pored glavne vrednosti argumenta, definixe se i uopxtena vrednost argumenta, Arg z,

Arg z = arg z + 2kπ, (k ∈ Z) − uopxtena vrednost argumenta kompleksnog broja (2.34)Dakle, jednakost kompleksnih brojeva z1 i z2 povlaqi za sobom i |z1| = |z2| i arg z1 = arg z2, dok nepovlaqi za sobom i jednakost �ihovih uopxtenih argumenata.Prilikom odreÆiva�a glavne vrednosti argumenta kompleksnog broja z, mora se voditi raquna otome u kom se kvadrantu kompleksne ravni on nalazi.Neka je θ vrednost glavnog argumenta kompleksnog broja, slika 2.8.1Poxto sam �eleo da se posvetim samo tra�e�u istine, smatrao sam da moram odba iti kao krivo sve o qemu bih mogaoi najma�e sum�ati, da vidim ne�e li nakon toga ostati i nexto u mom uvere�u, xto bi bilo izvan svake sum�e. Budu�i danas naxa qula ponekad varaju, hteo sam pretpostaviti, da nema stvari, koje bi bile takve kakve nam se prikazuju. . . Ali samodmah zatim primetio, da, dok sam hteo tako misliti, da je sve krivo, nu�no treba da ja, koji mislim, jesam nexto. I poxtomi je bilo jasno da je ova istina: mislim, dakle jesam, tako qvrsta i tako pouzdana da je ni najpreteranije pretpostavkeskeptika nisu u sta�u uzdrmati, prosudio sam da je bez promixa�a mogu prihvatiti kao prvo naqelo filozofije kojomsam se bavio." - Rene Dekart (1596-1650)

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 52• θ = arg z, −π < θ < π, i takoÆe je α = arctg

∣∣∣b

a

∣∣∣2

PSfrag repla emen θ

θ

θ

θ

a

a

bb

α

α

−a

−a

−b−b

(a) Prvi kvadrant (b) Drugi kvadrant

(v) Tre�i kvadrant (g) Qetvrti kvadrant

z z

zz

θ = arctg∣∣∣b

a

∣∣∣ θ = π − α = π − arctg

∣∣∣b

a

∣∣∣

θ = −π + α = −π + arctg∣∣∣b

a

∣∣∣ θ = −α = −arctg

∣∣∣b

a

∣∣∣Slika 2.8: OdreÆiva�e vrednosti glavnog argumenta kompleksnog brojaMeÆutim, vrednost glavnog argumenta se mo�e definisati u intervalu arg z ∈ [0, 2π), tako da �ese izrazi u sluqaju da se kompleksni broj nalazi u tre�em i qetvrtom kvadrantu, izrazi za vrednostglavnog argumenta razlikovati:

• Tre�i kvadrant: θ = π + α = π + arctg∣∣∣b

a

∣∣∣

• Qetvrti kvadrant: θ = 2π − α = 2π − arctg∣∣∣b

a

∣∣∣2U skupu realnih brojeva R, funk ija arctg x uzima vrednosti iz intervala −π/2, π/2, tj. −π/2 < arctg x < π/2, za

−∞ < x < ∞, i takoÆe va�i arctg (−x) = −arctg x.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 53TakoÆe, ovde se daje jox dve korisne rela ija, a vezane su za zbirarg(z1) + arg(z2) = arg(z1 z2) (2.35)odnosno razlikuarg(z1) − arg(z2) = arg

(z1z2

) (2.36)argumenata kompleksnog brojeva z1 i z2.Primer 2.1. Ako je struja�e fluida opisano kompleksnim poten ijalom w(z) = ln(z+2i)− ln(z−2i)na rtati strujnu sliku i odrediti protok kroz konturu y = 0.Na osnovu zadatog kompleksnog poten ijala, i imaju�i u vidu izraze za osnovne komplesne poten ijale,zakuqujemo da se radi u struja�u u pou izvora i ponora jednakih izdaxnosti ε = 2π, smextenihu taqkama z = −2i (izvor) i z = 2i (ponor). Kako su strujni e odreÆene izrazom ψ = const, trebaodrediti imaginarni deo kompleksne funk ije w(z).w(z) = ln(z + 2i) − ln(z − 2i) ≡ ϕ(x, y) + i ψ(x, y)Realni i imaginarni deo kompleksne funk ije ln(z + 2i), odnosno ln(z − 2i) se odreÆuje na slede�inaqin:

ln(z + 2i) = ln [x+ i(y + 2)] = ln(r1 e

i θ1)gde su

r1 = |x+ i(y + 2)| =√

x2 + (y + 2)2 i θ1 = arg[x+ i(y + 2)].Sliqno za ln(z − 2i):ln(z − 2i) = ln [x+ i(y − 2)] = ln

(r2 e

i θ2)gde su

r2 = |x+ i(y − 2)| =√

x2 + (y + 2)2 i θ2 = arg[x+ i(y − 2)].Dakle, realni i imaginarni deo kompleksnog poten ijala w(z) su:w(z) = ln r1 − ln r2 + i (θ1 + θ2) =⇒ ψ = θ1 + θ2 ≡ arg[x+ i(y + 2)] − arg[x+ i(y − 2)]Dae se izraz za strujnu funk iju uslovno3 mo�e napisati i kao:

ψ(x, y) = arctgy + 2

x− arctg

y − 2

xKoriste�i trigonometrijsku rela iju za zbir funk ije arctg, dolazi se do slede�eg izrazaψ(x, y) = arctg

4x

x2 + y2 − 4iz koga slede da su strujni e krugovi qiji se entri nalaze na x-osi i koji prolaze kroz taqke ukojima su smexteni izvor i ponor. Strujni e su odreÆene izrazom:arctg

4x

x2 + y2 − 4= C =⇒ (x− 2C1)

2 + y2 = 4(1 + C21 ), C1 = ctgC3Jednostavno, arg z i arctg(Im z/Re z) su veoma sliqne funk ije, ali nemaju iste vrednosti u svim taqkama z ravni!O tome se mora voditi raquna prilikom odreÆiva�a vrednosti strujne funk ije u nekoj taqki z ravni.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 54

PSfrag repla emen x

y

Slika 2.9: Struja�e u pou izvora i ponora smextenih u taqkama z = −2i i z = 2i.Nulta strujni a, ψ(x, y) = 0, je x = 0.Do izraza za strujnu funk iju je mogu�e do�i i na slede�i naqin:ψ(x, y) = arg[x+ i(y + 2)] − arg[x+ i(y − 2)] = arg

[x+ i(y + 2)

x+ i(y − 2)

]

= arg

[x2 + y2 − 4

x2 + (y − 2)2+ i

4x

x2 + (y − 2)2

]odnosno, (uslovno)ψ(x, y) = arctg

4x

x2 + y2 − 4Protok kroz neku konturu ograniqenu taqkama A i V u sluqaju dvodimenzijskih poten ijalnihstruja�a se mo�e odrediti na osnovu izraza (2.28). Sada �e biti pokazano da �e se u sluqaju da sevrednost strujne funk ije odreÆuje preko raquna�a funk ije arctg dobiti pogrexni rezultat!Ako primenimo izraz (2.28) za raquna�e protoka kroz x osu, taqke V i A su odreÆene koordinatamaB (−∞, 0) i A(∞, 0).

• Prvi naqin odreÆiva�a vrednosti strujne funk ije u taqkama A i V - pogrexan!ψB = arctg

2

−∞ − arctg−2

−∞ = 0

ψA = arctg2

+∞ − arctg−2

+∞ = 0pa je protok kroz konturu jednak nuli, xto je, gledaju�i sliku pogrexno - jasno je da �e protokx osu biti jednak izdaxnosti izvora (ponora), tj. V = 2π!

• Drugi naqin odreÆiva�a vrednosti strujne funk ije (argument definisan u intervalu −π ≤arg z < π) :

ψB = arg (−∞ + 2i)︸︷︷︸

II kvadrant − arg (−∞− 2i)︸︷︷︸

III kvadrant = π − arctg∣∣∣

2

−∞∣∣∣−(

−π + arctg∣∣∣−2

−∞∣∣∣

)

= 2π

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 55ψA = arg (+∞ + 2i)

︸︷︷︸

I kvadrant − arg (+∞− 2i)︸︷︷︸

IV kvadrant = arctg∣∣∣

2

+∞∣∣∣− arctg

∣∣∣−2

−∞∣∣∣ = 0.Ako se izabere vrednost argumenta u opsegu 0 ≤ arg z < 2π, dobija se

ψB = arg (−∞ + 2i)︸︷︷︸

II kvadrant − arg (−∞− 2i)︸︷︷︸

III kvadrant = π − arctg∣∣∣

2

−∞∣∣∣−(

π + arctg∣∣∣−2

−∞∣∣∣

)

= 0

ψA = arg (+∞ + 2i)︸︷︷︸

I kvadrant − arg (+∞− 2i)︸︷︷︸

IV kvadrant = arctg∣∣∣

2

+∞∣∣∣−(

2π − arctg∣∣∣−2

−∞∣∣∣

)

= −2πProtok je sada, saglasno izrazu (2.28), V = ψB−ψA = 2π! Dobijena je ista vrednost protoka za obaintervala u kojima se definixe argument, iako se vrednosti u taqkama A i B pojedinaqno razlikuju.Dakle, u sluqaju kada u strujnom pou imamo neki singulatitet tipa izvora (ponora) ili vrtloga,odnosno struja�e koje je opisano poten ijalom u kome �e figurisati kompleksna analitiqka funk ijaln(z− z0), u izrazu za strujnu funk iju kod izvora ili ponora, odnosno za poten ijal brzine kod vrt-loga figurisa�e funk ija arg(z−z0), i ako treba odreÆivati vrednost strujne funk ije (poten ijalabrzine) u nekoj taqki strujnog poa treba koristiti pravila za odreÆiva�e argumenta opisana uprethodnim redovima.Protok kroz neku konturu (povrx) se uvek mo�e odrediti integra ijom vektora brzine po tojkonturi.4Kompleksna brzina je odreÆena izvodom kompleksnog poten ijala po z, tj.

v(z) =dw

dz=

1

z + 2i− 1

z − 2i= −i 4

z2 + 4Kompleksna brzina na x-osi se jednostavno odreÆuje tako xto se z u prethodnom izrazu zameni sa xv(z)

∣∣z=x

= −i 2

x2 + 4≡ vx

∣∣z=x

− i vy∣∣z=xDakle, raspodela (intenziteta) brzine na x-osi je odreÆena izrazom v(x) = 4/(x2 +4), i vektor brzineu svakoj taqki x ose je usmeren u pozitivnom smeru y ose. Zapreminski protok je odreÆen izrazom(vektor brzine i vektor normale elementarnih povrxi su kolinearni u svakoj taqki x-ose):

V =

∫

A

~v · d ~A =

∫

A

~v dA =

+∞∫

−∞

v(x) dx

1∫

0

dz =

+∞∫

−∞

4

x2 + 4dx

=

+∞∫

−∞

dx

1 +(x2

)2 = 2 arctgx

2

∣∣∣

+∞

−∞= 2 [ arctg(+∞) − arctg(−∞)]

= 2[π

2−(

−π2

)]

= 2π

�

4Zapreminski protok je kroz neku povrx je odreÆen fluksom vektora brzine kroz tu povrx, V =R

A~v · ~ndA, gde je ~nvektor normale elementarne povrxi dA.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 562.5 Korix�e�e programskog paketa MathematicaMathemati a je vode�i softverski paket za tzv. simboliqki raqun. Autor Mathemati a-e je StefanVolfram (Stephen Wolfram) i prva verzija je ugledala svetlo dana 1988. godine, i tada je predstavalapravu revolu iju u nauqnom svetu. Mogu�nosti ovog softvera su ogromne, i do sada je objaveno oko300 (!) k�iga koje se �ime bave. Posled�a verzija je 5.2.Startova�em Mathemati a-e dobija se prazan prozor (Notebook), u koga se unose odgovaraju�e ko-mande. Komunika ija sa programom je interaktivna. Kada zavrxite sa unosom sa Shift + Enter dajetenaredbu kernelu da izvrxi odgovaraju�u komandu.Prilikom instala ije Mathemati a-e instalira se i �en odliqno uraÆeni Help Browser, sa veomajasnom naviga ijom.U slede�im primerima �e se pokazati primena Mathemati a-e za rexava�e problema iz dvodimen-zijskih poten ijalnih struja�a nestixivog fluida.Primer 2.1 Izvor izdaxnosti ε = 2π (m3/s)/m, smexten je u taqki z = −4. Na osnovu Milne-Thompson-ove teoreme (teoreme o kru�ni i), odrediti kompleksni poten ijal struja�a koje simuliraopstrujava�e ilindra polupreqika R = 2 m datim izvorom. Primenom programskog paketa Mathe-mati a na rtati strujnu sliku.Primenom teoreme o kru�ni i na neku zadati kompleksnu funk iju f(z) (u naxem sluqaju to je kom-pleksni poten ijal izvora), dobija se nova kompleksna funk ija F (z) qija je jedna linija Im[F (z)] =

const u kompleksnoj ravni kru�ni a polupreqnika R. Teorema o kru�ni i se opisuje izrazom:F (z) = f(z) + f

(R2

z

) (2.37)Kompleksni poten ijal izvora ε = 2π, smextenog je u taqki z = −4 je odreÆen izrazom:f(z) =

ε

2πln(z − z0) = ln(z + 4)Prime�uju�i teoremu o kruzni i na dati kompleksni poten ijal f(z) dobija se novi kompleksnipoten ijal w(z):

w(z) = f(z) + f

(R2

z

)

= ln(z + 4) + ln

(22

z+ 4

)

= ln(z + 4) + ln[4(z + 1)] − ln z = ln(z + 4) + ln(z + 1) − ln z + ln 4Dakle, izvoru je pridodat jos jedna izvor iste izdaxnosti, smexten u taqki z = −1 i ponor izdax-nosti ε = −2π smexten u koordinatnom poqetku. Mo�e se pokazati analitiqki da je nulta strujni astruja�a koje je opisano ovim kompleksnim poten ijalom kru�ni a polupreqnika R = 2 smextenau koordinatnom poqetku. Sada �emo, koriste�i Mathemati a-u, na rtati strujnu sliku i odreditipolo�aje zaustavnih taqaka.Sledi algoritam rta�a strujni a za zadati kompleksni poten ijal u Mathemati a-i:1. Definixi kompleksni broj:z = x + I ∗ ySa I se oznaqava imaginarna jedini a i; takoÆe znak ∗, koji oznaqava mno�e�e se mo�e iizostaviti, ali su u tom sluqaju mora napraviti razmak izmeÆu brojeva koji se mno�e, tj.

z = x + I y.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 572. Definixi kompleksni poten ijalw[z] = Log[z+ 4] + Log[4 (z + 1)] − Log[z]Funk ija Log[x] predstava prirodni logaritam broja x, tj. funk iju lnx. Logaritam nekeproizvone baze b broja x se pixe kao Log[b, x].3. Odredi strujnu funk iju:

strujnafunkcija= ComplexExpand[Im[w[z]]]Sa komandom ComplexExpand[w[z]] dobija se realni i imagionarni deo kompleknog poten ijala;komandom ComplexExpand[Im[w[z]]] dobija se samo imaginarni deo kompleksnog poten ijala.4. Na rtaj strujni e:strujnice = ContourPlot[strujnafunkcija, {x,−5,5}, {y,−5,5}, PlotPoints− > 200,

ContourShading−> False, Contours−> 50]Posle startova�e ove komande dobija se slede�a slika:

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

5. Na rtaj kru�ni u sa entrom u koordinatnom poqetku i polupreqnika R = 2:kruznica = Graphics[Circle[{0, 0}, 2]6. Prikazi na jednom grafiku strujni e i kru�ni u:

strujnaslika = Show[strujnice, kruznica]


-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

OdreÆiva�e zaustavnih taqaka7. Neka z bude nezavisna prome�iva:Clear[z]8. Diferen iraj kompleksni poten ijal po z - odredi kompleksnu brzinu

v[z] = D[w[z], z]9. Odrediti polo�aje zaustavnih taqaka:zT = Solve[v[z] == 0, z]10. Na rtaj zaustavne taqke:

ztacke = ListPlot[{{−2, 0}, {2, 0}}, PlotStyle−> PointSize[0.02]]11. Prika�i na jednom dijagramu strujnu sliku sa zaustavnih taqkama:finale = Show[ztacke, strujnaslika]


-4 -2 0 2 4 6

-4

-2

0

2

4

Primer 2.2 Primenom programskog paketa Mathemati a prikazati strujne slike ikliqnog opstru-java�a ilindra polupreqnika R = 1 m, za karakteristiqne vrednosti irkula ije Γ. Poznato je daje v∞ = 5 m/s.Cikliqno opstrujava�e ilindra se opisuje slede�im kompleksnim poten ijalom:w(z) = v∞z +

M

2πz+iΓ

2πln z = v∞

(

z +R2

z

)Diferen ira�em izraza za komplesni poten ijal po z, dobija se kompleksna brzina v(z). Iz-jednaqava�em tog izraza sa nulom, dobija se kvadratna jednaqina qija rexe�a odreÆuje polo�ajezaustavnih taqaka:z1,2 =

−iΓ ±√

−Γ2 + 16π2 v2∞R2

4π v∞U zavisnosti od vrednosti izraza pod korenom, −Γ2 +16π2 v2∞R2, mo�emo imati slede�e sluqajeve:

• Γ < 4π v∞R - postoje dve zaustavne taqke na konturi ilindra• Γ = 4π v∞R - postoji jedna zaustavna taqka na dnu ilindra• Γ > 4π v∞R - postoji jedna zaustavna taqka i ona se ne nalazi na konturi ilindraPrime�uju�i istu metodologiju kao u prethodnom primeru, dobijaju se slede�e strujne slike:


-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

Γ < 4π v∞R Γ = 4π v∞R Γ > 4π v∞RZbog simetrije u odnosu na y osu, sila otpora je, kao i sluqaju a ikliqnog opstrujava�a ilindra(uniformna struja + dvopol) jednaka nuli. MeÆutim, dodava�e vrtloga ima za posledi u nesimet-riqnu sliku u odnosu na x osu, tako da se �e se dobiti neka sila koja deluje na ilindar u vertikalnomprav u - to je sila uzgona. Ta sila se mo�e odrediti integrae�em poa pritiska na konturi ilindra, i pritom se dobija da je ona jednaka:L = ρ v∞Γ (2.38)Ovo je zadivuju�i rezultat, koji nam ka�e da je sila uzgona propor ionalna irkula iji Γ i brzini

v∞, i da je nezavisna od geometrije ilindra. Ovaj fenomen je poznat pod imenom Magnusov efekat.Ovaj rezultat su Kuta (Kutta) i �ukovski (Jaukowski) malo uopxtili:Sila uzgona koja deluje na telo u struji neviskoznog fluida je propor ionalnaukupnoj irkula iji oko tela. Smer sile uzgona je pod uglom od 90◦ u odnosu nasmer struja�a, rotiran u suprotnom smeru od smera irkula ije.Ovaj rezultat je veoma va�an za teorijsku aerodinamiku, gde je veoma va�no odreÆiva�e sile uzg-ona. Evo i jednog primera iz sveta sporta: ba aqi (pit hers) u bejzbolu koriste ovaj fenomen, ba aju�itzv. "zavrnutu loptu" "s rew ball" - lopta pod uti ajem poqetne rota ije, ne ide pravolinijski, ve�po nekoj krivolinijskoj puta�i, i be�i od udaraqa (batter).

3 Hidrauliqki proraqun prostog evovodaPod prostim evovodom se podrazumeva jedna jedinstvena ev konstantnog preqnika, ili ev koja sesastoji od niza deoni a razliqitog preqnika koje se redno nadovezuju jedna na drugu.3.1 Uvod - osnovne pretpostavkeSr� mehanike fluida qine tri jednaqine koje opisuju osnovne zakone fizike:• Zakon o odr�a�u mase -jednaqina kontinuiteta• Drugi �utnov zakon - jednaqina koliqine kreta�a• Zakon o odr�a�u energije - prvi prin ip termodinamikeU najopxtijem sluqaju, radi se o par ijalnim diferen ijalnim jednaqima po tri prostorne koor-dinate i vremenu, koje nije mogu�e rexiti. Zato se pri rexava�u odreÆenih problema struja�a mogudefinisati pretpostavke koje �e znatno olakxati rexava�e konkretnog problema. Naravno, morapostojati i opravdani razlog za uvoÆe�e tih pretpostavki.Pri prouqava�u struja�a teqnosti i gasova veoma va�no mesto zauzima i oblast nauke o struja�upod nazivom dinamika jednodimenzijskih struja�a. To su struja�a kod kojih se sve fiziqke veliqinezavise samo od jedne prostorne koordinate usmerene u prav u struja�a, i u nekom najopxtijem sluqajui od vremena, tj. f = f(t, l). Tipiqan primer jednodimenzijskog struja�a je struja�e kroz strujnovlakno1 jer se u tom sluqaju promene fiziqkih veliqina po popreqnom preseku mogu zanemariti zbog�egovih dimenzija. Ako je struja�e kroz strujno vlakno sta ionarno, tj. ako fiziqke veliqine nezavise od vremena, ve� samo od prostorne koordinate, osnovne jednaqine kojima se opisuje struja�efluida �e se svesti na algebarske jednaqine. Ovaj model struja�a se prime�uje i na struja�a kroz evi.3.2 Osnovne jednaqineKao xto je reqeno u uvodu, pri prouqava�u struja�a teqnosti kroz evi se uvode slede�e pretpostavke:• struja�e je nestixivo (gustina fluida se ne me�a, ρ = const)• struja�e je sta ionarno (fiziqke veliqine se ne me�aju tokom vremena)• struja�e je jednodimezijsko (fiziqke veliqine zavise samo od jedne prostorne koordinate us-merene du� ose evi)Glavne fiziqke veliqine koje se odreÆuju prilikom proraquna su pritisak i brzina struja�a(taqnije sred�a brzina struja�a!). Za �ihovo odreÆiva�e nam na raspolaga�u stoje dve algebarskejednaqine, koje se dobijaju iz osnovnih jednaqina uz gore navedene pretpostavke, a to su jednaqinakontinuiteta i Bernulijeva jednaqina (dobija se iz jednaqine koliqine kreta�a).1Strujno vlakno je strujna ev infinitezimalnog preqnika dA.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 623.2.1 Jednaqina kontinuitetaU sluqaju sta ionarnog i nestixivog struja�a opxti oblik jednaqine kontinuiteta se svodi na:V = const (3.1)gde je sa V oznaqen zapreminski protok kroz evovod. Zapreminski protok kroz neku povrx sedefinixe kao fluks vektora brzine kroz tu povrx, tj.

V =

∫

A

(~v, ~n) dA (3.2)Poka�imo sada na xta �e se svesti ovaj izraz u sluqaju struja�a kroz ev, i xta je to sred�abrzina struja�a.Kao xto je poznato, postoje dva osnovna re�ima struja�a, laminaran i turbulentan, i na sli i3.1 su prikazani profili brzine prilikom struja�a kroz ev u ta dva sluqaja.PSfrag repla emen Laminarno struja�e Turbulentno struja�e Profil sred�e brzinerrr

zzz

v = v(r, z)v = v(r, z) v = v(z)

Slika 3.1: Profili struja�a prilikom laminarnog i turbulentnog struja�a kroz ev i profilsred�e brzineNa osnovu izgleda profila brzina pri laminarnom i turbulentnom struja�u, mo�e se zakuqitislede�e:• u oba re�ima struja�a brzina se me�a po popreqnom preseku• vektor brzine u svakoj taqki popreqnog preseka je ortogonalan na presekU sluqaju da je ispu�eno da je vektor brzine u svakoj taqki popreqnog preseka je ortogonalan napresek ka�emo da struja�e ima jednodimenzijski karakter, i u tom sluqaju je mogu�e uvesti pojmovetzv. sred�ih vrednosti fiziqkih veliqina i na taj naqin primeniti jednodimenzijski model.U ovom sluqaju su vektori ~v i ~n kolinearni u svakoj taqki popreqnog preseka, pa se izraz (2.2) svodina:

V =

∫

A

v dA (3.3)Sred�a brzina se definixe na slede�i naqin:Sred�a brzina je fiktivna, konstantna brzina po popreqnom preseku koja ostvarujeisti zapreminski protok kao stvarni profil brzine.vsA =

∫

A

v dA =⇒ vs =1

A

∫

A

v dA (3.4)

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 63U svim proraqunima �emo koristiti sred�u brzinu, i indeks s �e biti izostaven, odnosno akose ka�e da je brzina struja�a u nekom evovodu v = 1 m/s, misli se na sred�u brzinu struja�a!U sluqaju promene popreqnog preseka evi, promeni�e se i brzina struja�a. U blizini mestagde se me�a presek, struja�e ne�e imati jednodimenzijski karakter, pa je u tim prese ima nemogu�edefinisati sred�u brzinu struja�a. Stoga se moraju usvojiti prese i koji su na dovonom rastoja�uod mesta promene preseka, tako da struja�e u �ima ima jednodimenzijski karakter, pa je mogu�ekoristiti sred�e brzine u tim prese ima.PSfrag repla emen Struja�e nema jednodimenzijski karakter!

v1 v2

A1

A2

Slika 3.2: Promena popreqnog preseka evovodaJednaqina kontinuiteta za sluqaj sa slike 3.2 se svodi na:V = const =⇒ v1A1 = v2A2gde su v1 i v2 sred�e brzine u prese ima povrxina A1 i A2.3.2.2 Bernulijeva jednaqinaPosmtrajmo jednu ev kroz koju struji teqnost i uoqimo dva preseka 1-1 i 2-2, tako da u �ima struja�eima jednodimenzijski karakter (ovo je vrlo va�no - za preseke za koje se pixe Bernulijeva jednaqinato mora biti zadovoeno!). Uz uvedene pretpostavke, za preseke 1 i 2 va�i slede�a jednaqina:

Y1 = Y2 + Yg1−2(3.5)gde je:

Yi =piρ

+ gzi + αiv2i

2(3.6)

Yi - ukupna energija po jedini i mase koju fluid poseduje u i-tom preseku evi, i = 1, 2.piρ- pritisna energija po jedini i mase - entalpija

gzi - polo�ajna energija po jedini i maseαiv2i

2- kinetiqka energija po jedini i maseVeliqina αi se naziva Koriolisov koefi ijent ili korek ioni koefi ijent kinetiqkeenergije. Ovim koefi ijentom se koriguje grexka koja se qini ako se kinetiqka energija raqunapreko sred�e brzine kao v2

i /2, jer fiziqki brzina me�a po popreqnom preseku (sred�a brzina je

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 64zamixena brzina). Tako �e ovaj koefi ijent zavisiti od re�ima struja�a:α =

{

1.058, turbulentno struja�e2, laminarno struja�e (3.7)Vidimo da je kod turbulentnog struja�a α ≈ 1 (uvek �emo usvajati α = 1 za turbulentno struja�e),dok je kod laminarnog struja�a α = 2. Da je αlam > αtur mo�emo da zakuqimo i na osnovu iz-gleda profila brzine za ova dva re�ima - naime, kod turbulentnog struja�a u ve�em delu povrxinepopreqnog preseka evi imamo sluquj da je brzina pribli�no konstantna (turbulentno jezgro), tako daje profil brzine kod turbulentnog struja�a sliqniji profilu sred�e brzine, nego xto je to sluqajza laminarni profil. Ako u zadatku nije naglaxen re�im struja�a, podrazumeva se da se radi oturbulentnom struja�u!

PSfrag repla emen referentni nivo

smer struja�av1

v2

z1

z211 22

Slika 3.3: Deo evovoda u kome struji fluidPosled�i qlan na desnoj strani jednaqine (2.5) predstava gubitke strujne energije prilikomstruja�a teqnosti od preseka 1 ka preseku 2, i on je jednak zbiru lokalnih gubitaka energije igubitku energije usled tre�a prilikom struja�a teqnosti od preseka 1 ka preseku 2.Yg1−2

=∑

Yglok1−2+∑

Ygtr1−2(3.8)Lokalni gubi i energijeLokalni gubi i energije se dexavaju na nekom odreÆenom mestu u evovodu gde se odreÆena energijafluida "oduzme" od fluida i ona se koristi za stvara�e nekog sekundarnog struja�a - to su mestagde ev me�a prava svog pru�a�a (koleno, krivina), mesta gde dolazi do su�e�a ili proxire�apopreqnog preseka, mesta u evovodu na kojima se nalaze ventili, itd. Svi ovi gubi i energije seodreÆuju na osnovu Vajsbahovog obras a:

Yglok= ζ

v2

2(3.9)gde je odgovaraju�i ζ koefi ijent lokalnog gubitka energije ili koefi ijent otpora. Vrednosti ovihkoefi ijenta �e u svim zada ima biti unapred poznate za konkretan evovod. TakoÆe, stvar dogovora

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 65je da je brzina v brzina iza lokalnog otpora. Tako �e re imo za su�e�e popreqnog preseka (slika3.2) gubitak energije biti odreÆen izrazom:Yg = ζsu

v22

2Dakle, energija u iznosu ζsu v22

2 je "oduzeta" od fluidne struje za stvara�e vrtloga na mestu gde jedoxlo do promene preseka.Jedini lokalni otpor kod koga �e ne koristi Vajsbahov obraza je lokalni otpor usled naglogproxire�a evovoda, slika 3.4.PSfrag repla emen Struja�e nema jednodimenzijski karakter! v1 v2

Slika 3.4: Naglo proxire�e popreqnog presekaGubitak energije usled naglog proxire�a se odreÆuje korix�e�em Borda-Karnoove formule:Ygnp

=(v1 − v2)

2

2(3.10)Gubi i energije usled tre�aOvi gubi i energije su posledi a tre�a izmeÆu teqnosti i zida evi. Prilikom struja�a brzinom vkroz ev du�ine L i povrxine popreqnog preseka A on se odreÆuje na osnovu Darsijevog obras a:

Ygtr= λ

L

4Rh

v2

2(3.11)Veliqina Rh se naziva hidrauliqki radijus i on se definixe kao odnos protoqne povrxine iokvaxenog obima, tj. Rh = A/O. Tako je za kru�nu ev preqnika D hidrauliqki radijus jednak:

Rh =A

O=D2π

4Dπ=D

4pa se Darsijeva formula za sluqaj struja�a kroz evi (xto �e biti sluqaj u gotovo svim zada ima!)svodi na:Ygtr

= λL

D

v2

2(3.12)Veliqina λ se naziva koefi ijent tre�a i on se u opxtem sluqaju zavisi od Rejnoldsovog brojai relativne hrapavosti evi k. U sluqaju laminarnog struja�a evi se ponaxaju kao hidrauliqkiglatke, koefi ijent tre�a zavisi samo od Re i ta zavisnost se dobija iz taqnog rexe�a Navije-

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 66Stoksovih jednaqina za sluqaj struja�a u evima, tj:λ =

64

Re− laminarno struja�e (3.13)U sluqaju turbulentog struja�a, bez obzira da li se ev ponaxa kao hidrauliqki glatka, hidrauliqkihrapava ili hidrauliqki potpuno hrapava, dobija�e taqne zavisnosti λ(Re, k) nije mogu�e, jer se neraspola�e potrebnim taqnim rexe�em Rejnoldsovih jednaqina. Zato se nepotpuni teorijski rezul-tati Rejnodsovih jednaqina moraju dopuniti odgovaraju�im ekperimentalnim poda ima. Na taj naqinse doxlo do formula koje su date u tabeli.R.broj Zavisnost λ = λ(Re, k) Oblast primene Autor1. λ =

64

ReRe < Rek = 2320 -2. λ = 0.0025Re0.333 2320 < Re < 4000 Zajqenko3. λ = (1.8 logRe− 1.5)−2 4000 < Re < 3 · 106 Konakov4. λ = 0.3164Re−0.25 4000 < Re < 105 Blazijus5. 1√

λ= −2 log

(k

3.71+

2.51

Re√λ

) Kolbruk-Vajt23

k< Re <

560

k6. λ = 0.1

(

1.46k +100

Re

) Altxul7. λ =

(

1.74 + 2 log1

k

)−2 Prantl - NikuradzeRe >

560

k8. λ = 0.11k0.25 Xifrinson9. λ = a+ bRe−c

a = 0.0094 k0.225 + 0.53 k Re < 104 Vudb = 88 k0.44 10−5 < k < 0.04

c = 1.62 k0.34

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 67TakoÆe, pored izraza datih u tabeli, koefi ijent tre�a se mo�e odrediti i korix�e�em Mudijevogdijagrama (vidi predava�a).Pumpa u evovoduU gotovo svim zada ima, a takoÆe i u praksi, u evovodu �e biti ugraÆena pumpa. Uti aj pumpe nastruja�e �e biti obuhva�en preko jediniqnog rada pumpe, Yp [J/kg] koji se mo�e shvatiti kaoenergija po jedini i mase koju pumpa predaje fluidu. Fiziqki posmatrano, pumpa "oboga�uje" fluidpritisnom energijom.��

��PSfrag repla emen H

Yp

11

22V

Slika 3.5: Strujna maxina (pumpa) u evovoduQlan Yp se u Bernulijevoj jednaqini uvek pixe sa leve strane, tj. za sluqaj sa slike 2.5(smer struja�a je od preseka 1 ka preseku 2)Y1 + Yp = Y2 + Yg1−2

⇐⇒ p1

ρ+ gz1 + α1

v21

2+ Yp = Yi =

p2

ρ+ gz2 + α2

v22

2+ Yg1−2

(3.14)Kako je z2 − z1 = H , jednaqina (2.14) se svodi na:p1

ρ+ α1

v21

2+ Yp = Yi =

p2

ρ+ gH + α2

v22

2+ Yg1−2

(3.15)Korisna ili hidrauliqka snaga pumpe se odreÆuje na osnovu izraza:Pk ≡ Ph = ρ V Yp (3.16)Snaga koja je potrebna za pogon pumpe (snaga koju je potrebno ulo�iti da bi smo dobili snagu Pk):P =

Pkηp

=ρ V Ypηp

(3.17)gde je ηp (mehaniqki) stepen korisnosti pumpe.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 683.3 Zada i1. Za prost evovod sa slike odrediti maksimalnu vrednost natpritiska pm pri kojoj �e struja�e u evovodu biti jox uvek laminarno. Kritiqni Rejnoldsov broj za struja�e u evi je Rekr = 2320.Dati su i slede�i poda i: ρ = 900 kg/m3, ν = 4 ·10−5 m2/s, D1 = 80 mm, D2 = 100 mm, L1 = 18 m,L2 = 10 m, ζu = 0.1, ζv = 3.5, ζk = 0.2, H = 4 m.2. Na instala iji napu�enoj vodom izvrxen je eksperiment u kome se pomo�u diferen ijalnihmanometara sa �ivom mere padovi pritisaka. Na osnovu pokaziva�a manometara odrediti ko-efi ijent lokalnog otpora ventila ζv0 kao i snagu ugraÆene pumpe. Struja�e je turbulentno uhidrauliqki glatkim evima. Dati su slede�i poda i: l = 3 m, l0 = 5 m, L = 25 m, D = 50 mm,h = 11.8 mm, h0 = 100 mm, H = 2 m, ζu = ζk = 0.5, ζv = 2, ρ = 1000 kg/m3, ρm = 13600 kg/m3

ν = 1.006 · 10−6 m2/s i ηp = 0.8.3. Za evovod na sli i odrediti protok vode koja se sliva iz rezervoara A u rezervoar V. Za kolikose pove�a protok kroz evovod ako se u �ega ugradi pumpa qija je karakteristika data izrazom:Yp = Y0

1 −(

V

V0

)2

Poznati su slede�i poda i: Y0 = 60 J/kg, V0 = 40 l/s, H = 4 m, L1 = 12 m, L2 = 15 m, D1 = 80 mm,D2 = 100 m, λ1 = 0.025, λ2 = 0.027, ζu = 0.1, ζv = 7.5, ζk = 0.2, pm = 0.2 bar i pv = 0.1 bar.4. Pumpom se potiskuje voda iz do�eg otvorenog usisnog rezervoara u gor�i zatvoreni u kome seodr�ava konstantna vrednost potpritiska pv = 0.2 bar, evovodom du�ine l = 20 m i preqnikad = 100 mm. Poznati poda i su: h = 4 m, ζs = 4, ζk = 0.5, ζv1 = 2.5, ζv2 = 3.5 i λ = 0.03.(a) Odrediti snagu pumpe ako su jedniqni rad i stepen korisnosti dati izrazima YP = −67500 V 2+

700 V + 80 i ηP = −1923V 2 + 77 V gde su V [ m3/s] i YP [ J/kg].(b) Izraqunati maksimalnu visinu hs na koju sme da se postavi pumpa iznad nivoa vode uusisnom rezervoaru da ne bi doxlo do pojave kavita ije u pumpi. Poznato je da je zaovu pumpu pritisak na ulazu (presek I) mora biti ve�i za 20 kPa od pritiska zasi�enevodene pare na radnoj temperaturi koji iznosi pvp = 0.024 bar. Atmosferski pritisak jepa = 1.02 bar, a pumpa radi sa protokom iz taqke (a).

4 Hidrauliqki proraqun slo�enog evovoda4.1 Kratak teorijski uvodPod pretpostavkom da se radi o sta ionarnom, jednodimenzijskom, nestixivom struja�u (ρ = const),pri proraqunu slo�enog evovoda se koriste dva tipa algebarskih jednaqina:• Jednaqina kontinuiteta• Bernulijeva jednaqina4.1.1 Jednaqina kontinuitetaJednaqina kontinuiteta pri proraqunu slo�enog evovoda se obiqno pixe za mesta u kojima se evnedeoni e granaju ili spajaju - to su qvorovi mre�e, ili raqve.PSfrag repla emen

V1

V2

Vn

Vn+1

Vn+2

Vn+m

R

Slika 4.1: Qvorno mesto u mre�iJednaqina kontinuiteta napisana za qvor sa slike (slika 4.1) glasi:n∑

i=1

Vi =

m+n∑

j=n+1

Vj (4.1)tj. suma protoka koji ulaze u qvor (raqvu) je jednaka sumi protoka koji izlaze iz qvora.U zada ima se qesto mo�e sresti i sluqaj kada se nivo u rezervoru odr�ava konstantnim zahvauju�istalnom proti a�u fluida kroz �ega ("mali" rezervoar) - u ovom sluqaju takoÆe va�i isti prin ip:

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 70mora biti zadovoena jednakost ukupnih dotoka u rezervoar i ukupnih protoka koji izlaze iz rezer-voara.4.1.2 Bernulijeva jednaqinaBernulijeva jednaqina se pixe na potpuno isti naqin kao u sluqaju proraquna prostog evovoda, imo�e se postaviti za bilo koja dva preseka u kojima je zadovoen jednodimenzijski karakter struja�a.Za razliku od proraquna prostog evovoda, ovde je neophodno, pored jednaqina kontinuiteta postavitii jox najma�e dve Bernulijeve jednaqine. Broj Bernulijevih jednaqina koje je mogu�e postavitizavisi od broja raqvi i broja evovoda koji se spajajaju (granaju u raqvi). Primena Bernulijevejednaqine se najboe mo�e ilustrovati jednostavnim primerom kada su tri rezervoara meÆusobnopovezana slo�enim evovodom (slika 4.2). U ovom konkretnom primeru teqnost se sliva iz rezervoara1 ka rezervoarima 2 i 3 (smerovi struja�a u deoni ama su poznati). Imaju�i u vidu da se Bernulijevajednaqina uvek pixe u smeru struja�a, sa primer sa slike je mogu�e postaviti dve Bernulijevejednaqine, i to 1-2 i 1-3.R

PSfrag repla emen p1

p2

p3

v1

v2

v3

1122

33H

h

Slika 4.2: Primer slo�enog evovodaBernulijeva jednaqina za nivoe u rezervoarima 1 i 2:Y1 = Y2 + Yg1−2 ⇐⇒ Y1 = Y2 + Yg1−R + YgR−2

p1

ρ+ gH =

p2

ρ+ C1

v21

2+ C2

v22

2(4.2)Bernulijeva jednaqina za nivoe u rezervoarima 1 i 3:

Y1 = Y3 + Yg1−3 ⇐⇒ Y1 = Y3 + Yg1−R + YgR−3

p1

ρ+ gh =

p3

ρ+ C1

v21

2+ C2

v23

2(4.3)Ovim jednaqinama treba pridodati i jednaqinu kontinuiteta za raqvu:

V1 = V2 + V3 ⇐⇒ v1D21 = v2D

22 + v3D

23 (4.4)

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 71PSfrag repla emen V1

V1 V2V2

V3

V3

ζR2ζR2

ζR3

Slika 4.3: Struja�e u raqviIz jednaqina (5.2), (5.3) i (5.4) se mogu odrediti brzine struja�a u pojedinim deoni ama, ako suzadate visine H , h, kao i ekvivalentni koefi ijenti otpora za evovode 1, 2 i 3.Pri struja�u fluida kroz raqvu dolazi do izvesnog gubitka strujne energije fluida, i taj gubitakse uzima u obzir preko koefi ijenta lokalnog gubitka energije (lokalnog otpora) u raqvi ζR.Koefi ijent ζR se uvek vezuje za brzine koje "izlaze" iz raqve. Tako za dva karakteristiqnaprimera za slike 4.3:(a) Imamo gubitke energije YgR2 = ζR2v22

2i YgR3 = ζR2

v23

2. Ako je u zadatku zadato samo ζR, a imamoovaj sluqaj onda ζR vezujemo i za brzinu v1 i v2, tj. YgR2 = ζR

v22

2i YgR3 = ζR

v23

2.(b) U ovom sluqaju imamo gubitak energije YgR = ζR2

v22

24.2 Zada i1. Pumpom se potiskuje voda iz velikog zatvorenog rezervoara A u veliki otvoreni rezervoar Vi mlazni u S. Teorijska visina mlaza vode na izlazu iz mlaznika iznosi ht = 5 m. Dati suslede�i poda i: VB = 6 l/s, d = 60 mm, D = 150 mm, l = 100 m, l2 = 60 m, H1 = 2 m, H2 = 3 m,λ = 0.03 (za sve evi), ζk = 0.3, ζv = 3, ζv1 = 10, ζu = 0.5, ζm = 0.05, ζR = 0.25, pv = 0.2 bar iηP = 0.75.(a) Odrediti visinu H .(b) Odrediti snagu koja je potrebna za pogon pumpe.2. Pumpe P1 i P2 transportuju vodu iz rezervoara A u rezervoare B i C. Istovremeno, iz rezer-voara B voda se vra�a povratnom granom u rezervoar C, a iz rezervoara C struji ka potroxaqukonstantnim protokom V = 3.5 l/s. Rezervoar A je veliki, pa je nivo u �emu konstantan, a nivoivode u rezervoarima B i C se odr�avaju konstantnim proti a�em kroz �ih. Odrediti ukupnusnagu koja je potrebna za pogon pumpi. Poznati su slede�i poda i: l0 = l1 = 4 m, l2 = l3 = 4 m,d0 = 60 mm, d1 = 50 mm, d2 = 30 mm, d3 = 40 mm, h1 = 5 m, h2 = 3 m, ζs = 1, ζu = 0.5, ζk = 0.4,ζv1 = 2, ζv2 = 3, ζv3 = 4, ηP1 = ηP2 = 0.8, ρ = 1000 kg/m3, λ = 0.028.3. Pumpa transportuje vodu iz rezervoara A kroz rezervoar B prema potroxaqu P . U evi preqnikad = 50 mm, koja vodi ka potroxaqu ugraÆena je blenda karakteristike K = 0.01242 m3/(s m1/2)

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 72koja je povezana sa diferen ijalnim manometrom u kome je �iva. Protok kroz instala iju seregulixe pomo�u optoqnog voda (grana sa ventilom v2). Odrediti snagu koja je potrebna zapogon pumpe. Poznati su slede�i poda i: pm = 3 kPa, pv = 800 Pa, l0 = 4 m, l1 = 2 m, l2 = 3 m,d0 = 65 mm, d1 = 80 mm, d2 = 50 mm, H = 1 m, h = 100 mm, ζu = 0.5, ζk = 0.5, ζk = 0.5, ζR0 = 0.5,ζR1 = 1, ζR2 = 0.5, ζv1 = ζv2 = 1.5, λ = 0.025 i ηP = 0.8.Napomena: Ako je koefi ijent karakteristike blende K, protok fluida kroz evovod u koji jeugraÆena blenda je odreÆen izrazom V = K

√h.4. Zupqasta pumpa regulisana optoqnim vodom, preba uje benzin iz otvorenog rezervoara A uotvoreni rezervoar V. Ako su poznati slede�i poda i: VP = 4 l/s, H = 7.5 m, Lu = 8 m, Lp = 12 m,

d = 50 mm, ζu = 0.5, ζv1 = 2, ρ = 750 kg/m3, ηP = 0.7, d0 = 30 mm, L0 = 2 m, ζv0 = 20, ζk = 0.5 iλ = 0.02, odrediti:(a) Dotok benzina u rezervoar B.(b) Graniqnu vrednost koefi ijenta otpora ventila ζv0 u optoqnom vodu pri kome nema dotokau rezervoar B, kao i snagu pumpe u tom sluqaju.(v) Snagu pumpe u sluqaju kada je ventil u optoqnom vodu zatvoren.5. Rezervoari A i V su spojeni slo�enim evovodom. Poznati su slede�i poda i:

• ekvivalentni otpori deoni a: C1 = 20, C2 = 12, C3 = 10 i C4 = 15

• preqni i deoni a: d1 = 50 mm, d2 = d3 = d4 = d = 40 mm

• razlika izmeÆu nivoa u rezervoarima H = 5 m

• pv = 0.1 bar i pm = 0.6 barOdrediti zapreminske protoke kroz sve deoni e, kao i snagu pumpe (ηP = 0.8) koju trebapostaviti u deoni u 1 da bi se protok kroz tu deoni u udvostruqio.6. Na sli i je prikazan slo�en evovod u kome pumpa snabdeva vodom rezervoar S iz rezervoara Ai V. Poznati su slede�i poda i: L1 = 20 m, L2 = 15 m, L3 = 20 m, λ = 0.03, H1 = 2 m, H2 = 4 mi pa = 1 bar. Ako je protok V1 = 7 l/s i pokaziva�e otvorene U evi sa �ivom h = 165 mm(H = 1 m, ρm = 13600 kg/m3) izraqunati korisnu snagu pumpe, kao i pritisak koji vlada iznadnivoa teqnosti u rezervoaru A. Zanemariti sve lokalne otpore.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 734.3 Ispitni zada i1. U postroje�u prikazanom na sli i 1.3 pumpa transportuje vodu iz rezervoara A i B u rezervoarC kroz evovode 1, 2, 3, 4 i 5. Nivo vode u rezervoaru A se odr�ava konstantnim stalnimdoti a�em konstantnog protoka V = 20 l/s u �ega, dok su rezervoari B i C veliki.Poznati suslede�i poda i: pm = 10 kPa, pv = 50 kPa, d1 = d2 = 100 mm, d3 = 120 mm, d4 = d5 = 150 mm,L1 = L2 = 2 m, L3 = 1 m, L4 = 24 m, l5 = 15 m, λ = 0.025 (za sve evi), H = 5 m, h = 2 m, ζs = 4,ζv1

= 5, ζv2= 8, ζv4

= 4, ζv5= 10 i ζk = 0.8. Odrediti brzine struja�a u svim deoni ama i snagupumpe.

��

��

��

��

��

��

v4

5

ss

k k

k kv

v2v1 2

4 5

3

1

u

H

h

mp

pv

V.

C

B

ASlika 4.4Rexe�a: v1 = 1.354 m/s, v2 = 1.192 m/s, v3 = 1.768 m/s, v4 = 2.262 m/s, v5 = 1.13 m/s, YP =143.4 J/kg i P = 7.263 kW2. U postroje�u prikazanom na sli i 1.4 pumpa potiskuje vodu iz rezervoara A i V u rezervoare Si D. Poznati su slede�i poda i: H = 5 m, pm = 10 kPa, pv = 5 kPa, ηP = 0.8, ζu = 0.5, ζR = 0.5,λ = 0.03 (za sve evi) i poda i dati u tabeli. Ako je u deoni i 5 izmerena brzina struja�av5 = 1.8 m/s, odrediti protoke kroz sve evne deoni e, kao i snagu koja je potrebna za pogonpumpe.

i Li [ m] di [ mm] ζvi1 3 180 102 3.6 180 23 5 200 34 4 120 45 5 150 5 v

v v

uu

4 5

3

v2v1

v3

R

R

pv

B

DC

A1

4

3

5

2

H

pm Slika 4.5Rexe�a:

• Brzine struja�a: v1 = 1.377 m/s, v2 = 0.532 m/s, v3 = 1.546 m/s, v4 = 1.483 m/s, v5 = 1.8 m/s

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 74• Zapreminski proto i: V1 = 35.04 l/s, V2 = 13.54 l/s, V3 = 45.58 l/s, V4 = 16.77 l/s, V5 =

31.81 l/s

• Jediniqni rad i snaga pumpe: YP = 65.3 J/kg i P = 3.965 kW.3. Na sli i 1.5 je prikazan slo�en evovod u kome pumpa, kroz evne deoni e 1, 2, 3, 5 i 7 trans-portuje vodu iz velikog otvorenog rezervoara A u rezervore B, C i D. Istovremeno, evovodom4 voda se sliva iz rezervoara V u rezervoar S, odnosno iz evovom 6 iz rezervoara S u rezervoarD. Poznati su slede�i poda i: H = 5 m, H1 = 1 m, H2 = 2 m, pm = 0.2 bar, pv = 0.5 bar, λ = 0.03(za sve evi), ηP = 0.8, kao i poda i dati u tabeli. Odrediti snagu potrebnu za pogon pumpe,ukupan zapreminski protok koji dotiqe u rezervoar D i koefi ijent lokalnog otpora ventilaζ v7 u deoni i 7.Napomena: Nivoi vode u rezervoarima V, S i D se odr�avaju konstatnim stalnim proti a�emkroz �ih. Sve lokalne otpore, osim ventila zanemariti.

Li [ m] Di [ mm] ζ vi1 100 300 52 80 200 53 80 200 104 60 200 105 60 200 56 60 200 87 200 200 ? 1

H

H

v v

v

v

v

v

v

v

p

1 1

2

4

6

73

5

H2

1

2

3

4

5

6

7A

B

C

D

v

pm

V.

Slika 4.6Rexe�a: v1 = 1.717 m/s, v2 = v4 = 1.771 m/s, v3 = 2.092 m/s, v5 = 1.091 m/s, v6 = 2.862 m/s,v7 = 1.001 m/s, V = 0.121 m3/s, YP = 132.56 J/kg, P = 20 kW i ζv7 = 125.6.

5 Isti a�e teqnosti kroz otvore inaglavkeDetaan opis problematike iz oblasti isti a�a teqnosti kroz otvore i naglavke je dat u k�iziDinamika jednodimenzijskih struja�a fluida od prof. Vladana �orÆevi�a. Teorijski uvod dat uslede�im redovima se bazira na pojedinim detaima iz te k�ige.5.1 Sta ionarna isti a�aPosmatrajmo jedan veliki rezervoar u qijem se boqnom zidu nalazi mali otvor oxtrih ivi a (slika5.1) kroz koji teqnost istiqe u atmosferu. Usled iner ije, pojedini fluidni deli�i u blizini otvora��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��


H

k

k

Slika 5.1: Isti a�e kroz otvor oxtrih ivi a�e se kretati po zatvorenim konvergentnim puta�ama - mlaz se su�ava sve do preseka obele�enog sak − k na sli i 5.1. Taj presek se naziva kontrakovani presek i jedino u �emu struja�e imajednodimenzijski karakter! Ovaj presek je ujedno i naju�i presek mlaza.

A − povrxina otvoraAk − povrxina kontrakovanog presekaVeliqina koja predstava odnos povrxine kontrakovanog preseka i povrxine otvora se nazivakoefi ijent kontrak ije:

ψ =AkA

< 1 (5.1)Pojava kontrak ije mlaza je izra�enija kod otvora koji se nalaze bli�e slobodnoj povrxi teqnostiu rezervoaru, tj. vrednost koefi ijenta kontrak ije opada sa pove�a�em visine H .

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 765.1.1 Isti a�e kroz mali otvor oxtrih ivi aU iu odreÆiva�a zapreminskog protoka koji istiqe iz rezervoara kroz otvor povrxine popreqnogpreseka A, postava se Bernulijeva jednaqina za nivo u rezervoaru i kontrakovani presek k-k:paρ

+ g H =paρ

+v2

2+ ζ

v2

2(5.2)Koefi ijent ζ je koefi ijent lokalnog gubitka energije koji reprezentuje energiju potrebnu za stvara�emakrovrtloga koji nastaju izmeÆu protoqne zone i zida rezervoara. Iz jednaqine (5.2) se dobija

v =1√

1 + ζ

√

2gH = ϕ√

2gH, gde je ϕ =1√

1 + ζ(5.3)Veliqina ϕ se naziva koefi ijent brzine. U sluqaju da se gubi i u rezervoaru mogu zanemariti(ζ = 0), brzina isti a�a u tom sluqaju je idealna brzina (nema gubitaka energije):

vi =√

2gH (5.4)Stvarna brzina (jednaqina ??) je uvek ma�a od idealne brzine, jer je ϕ < 1. Protok kroz otvor jeodreÆen izrazom (brzina v je brzina u kontrakovanom preseku):V = v Ak = ϕAk

√

2gH (5.5)Ako se povrxina Ak izrazi kao Ak = ψA, gde je A povrxina otvora, dobija se slede�i izraz zazapreminski protok kroz otvor:V = µA

√2gH (5.6)Veliqina µ = ϕψ se naziva koefi ijent protoka. Koefi ijent protoka je uvek ma�i od je-dini e i on se za neki otvor mo�e veoma jednostavno mo�e odrediti eksperimentalno. Tipiqnavrednost za µ u sluqaju kru�nog otvora, kada je kontrak ija potpuna je µ ≈ 0.62.Idealni protok kroz otvor bi bio jednak proizvodu povrxine otvora i idealne brzine, tj.

Vi = A√

2gH (5.7)Mo�e se zakuqiti da je stvarni protok u relativno velikoj meri ma�i od idealnog protoka (npr.za kru�ni otvor stvarni protok je 62% od idealnog protoka).5.1.2 Podvodno isti a�eU ovom sluqaju isti a�e se ne vrxi u atmosferu, ve� u prostor koji je ispu�en istom teqnox�u kojase nalazi u sta�u mirova�a. Struktura struja�a �e praktiqno ostati ista kao i pri isti a�u uatmosferu, tj. pojava kontrak ije mlaza �e biti jasno izra�ena. Bernulijeva jednaqina za nivoe urezervoarima glasi:g (H1 −H2) = (ζ + 1)

v2

2Koefi ijent ζ reprezentuje gubitak strujne energije ispred otvora, dok je gubitak energije posleotvora predstaven jedini om, tj. qlanom v2/2 na desnoj strani jednaqine.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 77Iz prethodne jednaqine brzina se mo�e izraziti kaov =

1√1 + ζ

√

2g(H1 −H2) = ϕ√

2g(H1 −H2), gde je ϕ =1√

1 + ζ(5.8)

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��


H1

H2

k

k

Slika 5.2: Podvodno isti a�e kroz otvor oxtrih ivi aProtok kroz otvor je dae jednakV = v Ak = ϕAk

√

2g(H1 −H2) = ϕψA√

2g(H1 −H2) (5.9)Proizvod koefi ijenta kontrak ije i koefi ijenta brzine je koefi ijent protoka, µ = ϕψ, pa jekonaqno protok kroz otvor odreÆen izrazom:V = µA

√

2g(H1 −H2) (5.10)Ekperimenti pokazuju da koefi ijent protoka µ za neki mali otvor pri podvodnom isti a�u imapribli�no istu vrednost kao i sluqaju isti a�a u atmosferu.5.1.3 Isti a�e teqnosti kroz veliki otvor oxtrih ivi aPod velikim otvorom se podrazumeva otvor qije vertikalne dimenzije nisu u znatnoj meri ma�e odneke karakteristiqne dubine na kojoj se otvor nalazi (obiqno je ta karakteristiqna dubina rastoja�eod nivoa teqnosti do te�ixta otvora). Kod takvih otvora promene brzine u preseku k − k se ne moguzanemariti.Posmatra se veliki otvor qije se te�ixte nalazi na dubini H u odnosu na nivo u rezervoru (slika5.3). Pretpostavi�emo da je oblik preseka k − k geometrijski sliqan preseku otvora. Elementarnapovrxina otvora se izabira u vidu pravougaonika dimenzija bk(z) i dz. Ova elementarna povrxinase mo�e smatrati malim otvorom, pa je brzina u svim �enim taqkama odreÆena izrazom v = ϕ√

2gz.Elementarni protok kroz ovaj otvor je:dV = v dAk = ϕ

√

2gz bk(z) dz

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 78Ukupni protok V se dobija integra ijom po eloj povrxini preseka k − k:V = ϕ

√

2g

H+hk2∫

H−hk1

bk(z)√z dz (5.11)

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

PSfrag repla emen hk1

hk2

z

dz

bkH

k − k

C

Slika 5.3: Isti a�e kroz veliki otvor oxtih ivi aOvom prilikom je pretpostaveno da ϕ ne zavisi od z. Geometrijske veliqine u preseku k − k iodgovaraju�e veliqine u preseku otvora se mogu povezati preko koefi ijenta kontrak ije, tj.bk(z) =

√

ψ · b(z), hk1 =√

ψ · h1, hk2 =√

ψ · h2pa je konaqno protok jednakV = ϕ

√

ψ√

2g

H+√ψ h2∫

H−√ψ h1

b(z)√z dz (5.12)U praktiqnim proraqunima se qesto koristi pribli�ni izraz:

V = µ√

2g

H+h2∫

H−h1

b(z)√z dz (5.13)Veliqina µ = ϕ

√ψ se naziva koefi ijent protoka velikog otvora.5.1.4 Zada i1. U rezervoar A stalno dotiqe V = 20 l/s vode. Rezervoari A i B imaju konstantne nivoe vodei spojeni su malim otvorom u pregradnom zidu. Odrediti protoke kroz izlazne naglavke izrezervoara. Dati su slede�i poda i: d = 50 mm, ζu = 0.5, ζv = 1.2, λ = 0.03, L = 1 m i µ0 = 0.62.2. Odrediti horizontalnu strani u b velikog otvora oblika pravouglog trougla tako da protokkroz �ega bude V = 2 m3/s. Ostali poznati poda i su: H = 1 m, a = 2 m i µ = 0.62.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 795.2 Kvazista ionarna isti a�aPod kvazista ionarnim struja�em se podrazumeva struja�e kod koga su promene fiziqkih veliqinau vremenu relativno spore, tako da se mo�e smatrati da u svakom trenutku va�e jednaqine za sta- ionarno struja�e. Tipiqan primer ovakvog struja�a predstava pra��e�e ili pu�e�e relativnovelikog rezervoara kroz otvor ili ev qije su dimenzije znatno ma�e od preseka rezervoara (slika4.4).PSfrag repla emen

z

dz

H

V (z)

A(z) t

t = 0

t = TSlika 5.4: Isti a�e teqnosti iz rezervoaraU poqetnom trenutku (t = 0) rezervoar koji je bio napu�en do visine H poqi�e da se praznikroz mali otvor na svom dnu. Neka je zadat koefi ijent protoka otvora µ0, kao i �egova povrxinaA0. Treba odrediti vreme T za koje �e se rezervoar isprazniti. Ako isti a�e smatramo kvazista- ionarnim, protok u proizvonom trenutku vremena je odreÆen izrazom:

V = µA0

√

2gz (5.14)pa �e za vreme dt iz rezervora iste�i zapremina V dt. Istovremeno, nivo teqnosti u sudu �e sesma�iti za dz, tako da je s druge strane koliqina teqnosti koja istekne iz rezervoara za vreme dtjednaka A(z) dz. Prema tome, dolazi se do diferen ijalne jednaqine pra��e�a rezervoara:V dt = −A(z) dz (5.15)Znak minus sa desne strane jednaqine potiqe od qi�eni e da se koordinata z sma�uje tokom vremena(ima negativan priraxtaj), tj. dz < 0. Ako koordinata z raste tokom vremena, onda sa �e sa desnestrane jednaqine ne�e stajati znak minus. Generalno, pri pu�enu ili pra��e�u rezervoara, u iuodreÆiva�a vremena koje se potrebno da se nivo teqnosti u �emu za neku vrednost visine, koristi sediferen ijalna jednaqina oblika:

V dt = A(z) | dz | (5.16)pri qemu je:| dz | =

{

dz, kada je dz > 0 (koordinata z raste tokom vremena)−dz, kada je dz < 0 (koordinata z se sma�uje tokom vremena)Ako se vratimo na konkretan primer, zamenom jednaqine (4.14) u (4.16), tj. (4.15) dobija se difer-

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 80en ijalna jednaqina koja razdvaja prome�ive, tj.µA0

√

2gz dt = −A(z) dz =⇒ dt = − A(z) dz

µA0

√2gz

(5.17)Uz (opravdanu) pretpostavku da je µ = const. tokom pra��e�a rezervoara, integrae�em leve i desnestrane jednaqine:T∫

0

dt = − 1

µA0

√2g

0∫

H

A(z) dz√zKonaqno vreme koje je potrebno da se rezervoar isprazni je:

T =1

µA0√

2g

H∫

0

A(z) dz√z

(5.18)Ako je rezervoar oblika ilindra ili prizme, onda je A(z) = A = const, pa se jednaqina (4.18) svodina:T =

2A√H

µA0√

2g(5.19)

Uputstvo za rexava�e zadataka iz kvazista ionarnih isti a�a• Fiziqki sagledati problem - da li mo�da postoji vixe faza u toku pra��e�a(pu�e�a) rezervoara. To su sluqajevi kada se, re imo pra��e�e (pu�e�e) re-zervoara do nekog vremenskog trenutka obava sa nekim protokom V1, a od togtrenutka do nekog slede�eg nekim protokom V2 6= V1, i tako sve dok se rezervoarne isprazni (napuni). TakoÆe, ako je rezervoar, na primer oblika ilindra sasfernim dnom, postoja�e dve faze pra��e�a rezervoara - u te dve faze �e serazlikovati A(z) - odliqan primer zadatak 1 sa auditornih ve�bi.• Ski irati proizvoni polo�aj za svaku od faza, usvojiti koordinatu z (nepostoji pravilo za koju ravan vezati koordinatu z; to je stvar liqnog izbora).Postaviti dovoan broj Bernulijevih jednaqina, kao i jednaqina kontinuiteta zataj proizvoni polo�aj, tako da je mogu�e odrediti ukupan protok u funk ijikoordinate z kojim se rezervoar puni ili prazni (u nekim zada ima mo�da trebaodrediti da li se �e se nivo u rezervoru podizati ili spuxtati - zadatak 3 saauditornih ve�bi).• Postaviti diferen ijalnu jednaqinu isti a�a (pu�e�a), jednaqina (2.16). In-tegraliti levu i desnu stranu jednaqine, uz pravilno odreÆene grani e u kojimase me�aju prome�ive t i z - zada i sa auditornih ve�bi.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 815.2.1 Zada i1. Na�i vreme koje je potrebno da se ilindriqni rezervoar prikazan na sli i isprazni. Poznatisu slede�i poda i: D = 1 m, d = 20 mm, H = 0.5 m, h = 1 m, µ = 0.62.2. Otvoren prazan ilindriqni sud se puni vodom iz gor�eg velikog otvorenog rezervoara krozdve evi jednakih preqnika i du�ina, kao i jednakih koefi ijenata lokalnih gubitaka energije.Odrediti vreme za koje �e se sud napuniti vodom. Dati su slede�i poda i: ζu = 0.2, ζv = 0.5,ζk = 0.5, λ = 0.03, l = 4 m, d = 50 mm, H = 5 mm, h = 2 m i D = 1 m.3. Rezervoar prikazan na sli i se istovremeno puni konstantnim protokom V0 i prazni kroz slo�en evovod. U poqetnom trenutku rezervoar je napu�en do visine H . Poznati su slede�i poda i:H = 2 m, D = 0.6 m, h = 3 m, l = l1 = 4 m, l2 = 1 m, d = 30 m, d1 = 20 mm, d2 = 15 mm, ζv = 4,ζv1 = 2, ζk = 0.5, ζu = 0.7, λ = 0.02 i V0 = 2 l/s. Odrediti polo�aj ravnote�nog nivoa urezervoaru, kao i vreme koje je potrebno da se poqetni nivo (H = 2 m) promeni za h0 = 1 m.4. Iz gor�eg otvorenog ilindriqnog suda, punog vode (slika 3), preqnika d = 1 m i visine h =

1.5 m, pretaqe se voda u do�i ilindriqni sud dimenzija D = H = 2 m u kojem ima vode dopolovine visine - kroz ev preqnika d0 = 25 mm i du�ine L = 2.5 m, poznatih koefi ijenataotpora: ζu = 0.5 i ζv = 1.5 i koefi ijenta tre�a λ = 0.03. Visina dna gor�eg suda i nivoa vodeu do�em sudu je a = 2 m. Izraqunati vreme za koje �e se gor�i sud isprazniti. Na sli i jeprikazan polo�aj u trenutku t = 0 s.5. Sudovi A i V spojeni sa evi preqnika d. Nakon otvara�a ventila voda poqi�e da pretiqe izsuda A u sud V i pri tome vazduh ulazi u sud A kroz mali otvor preqnika d0 koji se nalazi napoklop u suda. Odrediti vreme za koje �e nivoi u sudovima izjednaqiti. Poda i: d = 50 mm,d0 = 2 mm, l = 5 m, H = 2 m, A1 = 1 m2, A2 = 2 m2, A2 = 2 m2, ρ0 = 1.2 kg/m3, ζu = 0.5, ζv = 0.5,λ = 0.02, µ0 = 0.62. Struja�e vazduha smatrati nestixivim.

6 Osnovne jednaqine mehanike fluidaPri prouqava�u mehanike neprekidnih sredina (kontinuuma), tj. mehanike fluida moraju biti zado-voena qetiri osnovna fiziqka zakona:• Zakon o odr�a�u mase• Drugi �utnov zakon• Zakon o odr�a�u energije• Drugi zakon termodinamikeOvi osnovni fiziqki zakoni se opisuju odgovaraju�im jednaqinama, i u mehani i fluida su to:• Jednaqina kontinuiteta• Jednaqina koliqine kreta�a• Jednaqina energijeOsnovnim jednaqinama se jox pridadaju i neke konstitutivne rela ije, koje odgovaraju samo odreÆenimneprekidnim sredinama - na primer, jednaqina sta�a idealnog gasa, zatim linearna veza izmeÆunaponskog i deforma ionog sta�a fluida (takozvani �utnovski fluid), itd.6.1 Integralni obli i osnovnih jednaqina mehanike fluidaPostoje qetiri osnovna modela, tj. naqina posmatra�a struja�a fluida, iz kojih se dobijaju osnovnejednaqine koje opisuju to struja�e. To su:• Model nepokretne kontrolne zapremine• Model pokretne kontrolne zapremine• Model nepokretnog infinitezimalnog fluidnog elementa (fluidnog deli�a)• Model pokretnog infinitezimalnog fluidnog elementaIz prva dva modela direktno se primenom osnovnih fiziqkih prin ipa dobijaju osnovne jednaqineu integralnom obliku, dok se iz posled�a dva modela dobijaju osnovne jednaqine u diferen ijalnomobliku. Naravno, odgovaraja�im matematiqkim transforma ijama mogu�e je iz jednog oblika jed-naqina dobiti onaj drugi, jer u suxtini te jednaqine predstavaju drugaqiji zapis istih fiziqkihzakona. U nekim problemima je pogodnije koristiti integralni oblik jednaqina (dobar primer zato je sluqaj kada se unutar kontrolne zapremine nalazi neka povrxina diskontinuiteta kao xto jeudarni talas - o tome �e biti vixe reqi kasnije), dok je pri rexava�u nekih problema pogodnijekoristiti diferen ijalni oblik.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 83PSfrag repla emen Kontrolna povrx AKontrolnazapremina V

A

V

Nepokretna kontrolna zapremina kroz kojuprolazi fluid pri svom struja�u. Pokretna kontrolna zapremina - kre�e se za-jedno sa fluidom i to tako da unutar �e uvekostaju isti fluidni deli�i.(a)PSfrag repla emen Zapremina dV dV

~v

Nepokretni infinitezimalni element fluidakroz koji prolazi fluid pri svom struja�u. Fluidni deli� se kre�e du� strujni e brzi-nom ~v koja je jednaka lokalnoj vrednosti brzineu taqki u kojoj se u tom trenutku vremenanalazi fluidni deli�.(b)Slika 6.1: Modeli pri prouqava�u struja�a fluida. (a) Model kontrolnih zapremina; (b) Modelfluidnih deli�a.U daem razmatra�u bi�e reqi o integralnim obli ima osnovnih jednaqina. U tu svrhu, posmatrase nepokretna kontrolna zapremina V , koju ograniqava povrx A kroz koju prolazi fluid.PSfrag repla emen

~n

~v

ρ, dV

dA

V

A

Slika 6.2: Nepokretna kontrolna zapremina

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 846.1.1 Jednaqina kontinuitetaPrin ip odr�a�a mase za nepokretnu kontrolnu zapreminu sa slike 6.2 se mo�e iskazati reqima:maseni protok koji izlazi iz kontrolne zapremine kroz povrx A (oznaqimo ga B) je jednak promeni(sma�e�u) mase u vremenu unutar kontrolne zapremine (oznaqimo ovo sa C). Iskazano jezikom mate-matike, ova dva qlana su slede�eg oblika:B =

∮

A

ρ (~v, ~n) dA

C = − ∂

∂t

∫

V

ρ dVgde je sa (~v, ~n) oznaqen skalarni vektorski proizvod vektora brzine i vektora normale infinitezi-malne povrxine dA. Imaju�i u vidu prethodni iskaz, (B = C), dobijamo integralni oblik jednaqinekontinuiteta, opisan slede�om jednaqinom:∂

∂t

∫

V

ρ dV +

∮

A

ρ (~v, ~n) dA = 0 (6.1)Jednaqina (6.1) va�i za sve tipove struja�a. Drugim reqima, ona je oblika (6.1) i za stixiva iza nestixiva struja�a, za struja�a gde se uti aj viskoznosti fluida mo�e zanemariti (fluid seponaxa kao neviskozan), kao i za struja�a gde se uti aj viskoznosti ne mo�e zanemariti (viskozanfluid).6.1.2 Jednaqina koliqine kreta�aFiziqki smisao jednaqine koliqine kreta�a za nepokretnu kontrolnu zapreminu sledi iz drugog�utnovog zakona - promena koliqine kreta�a fluida koji struji kroz kontrolnu zapreminu je jednakavektorskom zbiru sila (rezultuju�oj sili) koja deluje na fluid unutar kontrolne zapremine. To semo�e iskazati slede�om jednaqinom:∂

∂t

∫

V

ρ~v dV +

∮

A

ρ~v (~v · ~n) dA =∑

i

~Fi (6.2)Jednaqina (6.2) predstava integralni oblik jednaqine koliqine kreta�a. Qlan na desnoj stranijednaqine se sastoji iz zapreminskih i povrxinskih sila koje deluju na fluid koji se nalazi unutarkontrolne zapremine.6.1.3 Jednaqina energijeEnergija se niti mo�e stvoriti niti se mo�e unixtiti; ona samo mo�e pre�i iz jednogoblika u drugi. Ovaj fundamentalni prin ip je sadr�an u prvom zakonu termodinamike. Pri-menimo na naxu kontrolnu zapreminu sa sl. 2 Prvi prin ip termodinamike. Definiximo slede�eveliqine:B1 = toplota koja se u jedini i vremena dovodi fluidu unutar kontrolne zapremine.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 85B2 = rad u jedini i vremena koji se dovodi fluidu unutar kontrolne zapremine.B3 = promena energije fluida unutar kontrolne zapremineZa ovako definisane veliqine Prvi zakon termodinamike je opisan slede�om jednaqinom:

B1 +B2 = B3 (6.3)Sada �emo podrobnije definisati svaki od qlanova iz prethodne jednaqine. Ukupna energija pojedini i mase jednog fluidnog deli�a koji se nalazi unutar kontrolne zapremine je definisanaizrazom:e = u+

v2

2+ gzgde su: u - unutrax�a energija, v2/2 - kinetiqka energija i gz - poten ijalna energija. Energijafluida unutar kontrolne zapremine se mo�e promeniti usled �enog fluksa kroz kontrolnu povrxkoja ograniqava kontrolnu zapreminu, kao i usled promena u vremenu fiziqkih veliqina koje jedefinixu. To se matematiqki mo�e iskazati izrazom:

B3 =∂

∂t

∫

V

ρ e dV +

∮

A

ρ e~v · ~ndAQlan B1 iz jednaqine (6.3) �emo jednostavno oznaqiti sa Q, a qlan B2 �emo oznaqiti sa Wuk. Onpredstava zbir rada povrxinskih i masenih sila koje deluju na fluid unutar kontrolne zapremine.Ako zamenimo izraze za B1, B2 i B3 u jednaqinu (6.3) dobi�emo konaqan integralni oblik jednaqineenergije za proizvonu nepokretnu kontrolnu zapreminu.∂

∂t

∫

V

ρ e dV +

∮

A

ρ e (~v · ~n) dA = Q+ Wuk (6.4)Sada �emo se detanije pozabaviti primenom integralnog oblika jednaqine koliqine kreta�akojima se mogu rexiti problemi odreÆiva�a sila kojom fluid pri svom struja�u deluje na nekuqvrstu konturu.6.2 Primena jednaqine koliqine kreta�a u sluqaju sta ionar-nog struja�a nestixivog fluidaKao xto se mo�e videti iz samog naslova, posmatramo sta ionarna struja�a nestixivog fluida.U tom sluqaju jednaqina (6.2) se svodi na slede�i oblik:∮

A

ρ~v (~v · ~n) dA =∑

i

~Fi (6.5)Kao xto je ve� reqeno, ovu jednaqinu prime�emo kada �elimo da odredimo silu kojom fluid delujena neku qvrstu konturu pri svom struja�u. Ilustrujmo to slede�im primerom.Primer 6.1 Teqnost gustine ρ struji konstantnim protokom V kroz zakriveni evovod (krivinu).Odrediti silu kojom fluid deluje na krivinu.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 86PSfrag repla emen Kont. zapreminaV ~v1

~v2

v1

v2

p1, A1

n1

n2

11 22

p2, A2

A3

Slika 6.3: Struja�e fluida kroz krivinu i odgovaraju�a kontrolna zapremina.Na sli i 6.2 je prikazana kontrolna zapremina, koju ograniqavaju povrxi A1, A2 i A3. U ovukontrolnu zapreminu fluid ulazi kroz povrx A1, a izlazi kroz povrx A2. Protok kroz povrxA3 je jednak nuli! (fiziqki posmatrano, ta povrx je qvrsta kontura). Ovde �emo uvesti jox jednu(opravdanu) pretpostavku: struja�e u prese ima 1 i 2 je jednodimenzijsko. Drugim reqima,brzine v1 i v2 su konstantne u prese ima 1 i 2, a takoÆe su i kolinearni sa vektorima normala povrxiA1 i A2. Imaju�i sve ovo u vidu, povrxinski integral na levoj strani jednaqine (6.5) se svodi na:

∮

A

ρ~v (~v · ~n) dA =

∫

A1

ρ~v (~v · ~n) dA1 +

∫

A2

ρ~v (~v · ~n) dA2 +

∫

A3

ρ~v (~v · ~n) dA3 =

=

∫

A1

ρ ~v1 (~v1 · ~n1) dA1 +

∫

A2

ρ ~v2 (~v2 · ~n2) dA2 = −ρ ~v1 v1A1 + ρ ~v2 v2A2 (6.6)Sada �emo definisati desnu stranu jednaqine (6.5), tj. sile koje deluju na fluid koji se nalaziunutar kontrolne zapremine.PSfrag repla emen ~P1

~P2

~G

∑

i

~Fi = ~P1 + ~P1 + ~G+ ~F

~Pi = −(pi−pa)~niAi - sile pritiska na povrxi A1 i A2, i = 1, 2

~G - te�ina fluida koji se nalazi unutar zapremine~F - sila kojom qvrsta kontura (krivina) deluje na povrx A3Na osnovu Tre�eg �utnovog zakona sila ~F je istog prav a iintenziteta, a suprotnog smera od sile koja se tra�i, a to jesila kojom fluid deluje na krivinu, ~R = − ~FDakle, konaqno se dobija izraz za odreÆiva�e sile ~R

~R = ρ v1A1~v1 − ρ v2A2~v2 + ~P1 + ~P2 + ~G (6.7)Posmatrajmo sada kontrolnu zapreminu koja ima n kontrolnih povrxi kroz koje u �u ulazi fluid,i m kontrolnih povrxi kroz koje iz �e izlazi fluid (fiziqki, ta kontrolna zapremina mo�e odgo-

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 87PSfrag repla emen v1

v2

vn

vn+1

vn+2

vn+m

P1

P2

Pn

Pn+1

Pn+2

Pn+m

~G

Slika 6.4: Kontrolna zapremina. Kroz n kontrolnih povrxi u �u ulazi fluid, kroz m kontrolnihpovrxi iz �e izlazi fluid.varati nekoj raqvi) prikazanu na sli i 6.2. Uz pretpostavke da je u svim kontrolnim povrximastruja�e jednodimenzijsko (v = const. u popreqnom preseku), izraz za silu kojom je optere�ena raqvaje:~R =

n∑

i=1

ρ Vi ~vi −n+m∑

j=n+1

ρ Vj ~vj +

n+m∑

k=1

~Pk + ~G (6.8)Jednaqini (6.8) treba pridodati jednaqinu kontinuiteta (vidi jednaqinu (6.1)), projektovati jena dva meÆusobno upravna prav a, i na taj naqin dobiti dve komponente Rx i Ry. Intenzitet sile ~Rje odreÆen izrazom:R =

√

Rx2 +Ry

2 (6.9)Sila kojom raqva deluje na fluid je istog intenziteta i prav a, ali suprotnog smera.UvoÆe�em pretpostavke da je brzina konstantna po popreqnom preseku, uqi�ena je izvesna grexka,koja se koriguje Busineskovim koefi ijentom β. On, u zavisnosti od re�ima struja�a, za sluqajda je protoqna povrxina krug (struja�e evima) ima slede�e vrednosti:β =

1

vsA

∫

A

v2 dA =

1.01 − 1.04 , turbulentno struja�e4

3, laminarno struja�e (6.10)Jednaqina (6.8) u ovom sluqaju je oblika:

~R =

n∑

i=1

ρ Vi βi ~vi −n+m∑

j=n+1

ρ Vj βj ~vj +

n+m∑

k=1

~Pk + ~G (6.11)Kako se laminarna struja�a veoma retko javaju u tehniqkoj praksi, vrednost za koefi ijent β u

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 88praktiqnim proraqunima je β ≈ 1, tako da se u zada ima koristi vektorska jednaqina (6.8), osim akose posebno ne naglasi da je u nekoj od kontrolnih povrxi kroz koje prolazi fluid struja�e laminarno.6.3 Zada i1. IzmeÆu prirubni a 1 i 2 nalazi se krivina, koja je u odnosu na horizontalu nagnuta pod uglomα = 45◦. Kroz krivinu protiqe V = 15 l/s vode. Odrediti silu kojom teqnost deluje na krivinu,ako su ostali poda i: d1 = 100 mm, ζ = 0.05, pm1 = 20 kPa, d2 = 80 mm, ζk = 0.3.2. Na sli i 2 je prikazana raqva kroz koju protiqe voda (ρ = 1000 kg/m3). Re�im struja�a jeturbulentan i profili brzine u prese ima 1, 2 i 3 su odreÆeni izrazima:

v = vmi

(

1 − r

R

)1/7

, i = 1, 2, 3.U preseku 1 je izmerena vrednost pritiska pm1 = 0.5 bar, takoÆe je i poznata vrednost vm1 = 2 m/s,zatim preqni i D1 = 100 mm, D2 = 90 mm i D3 = 80 mm, uglovi α = 45◦ i β = 30◦, kao i da seprotok V1 ravnomerno deli na obe grane. Odrediti:(a) Zapreminske protoke V1, V2 i V3, kao i sred�e brzine u prese ima 1, 2 i 3.(b) Odrediti silu kojom voda deluje na raqvu. Zanemariti te�inu vode unutar raqve, razlikugeodezijskih visina izmeÆu preseka 1, 2 i 3, kao i sve gubitke strujne energije.3. Voda istiqe iz rezervoara u kom vlada natprisak kroz zakrivenu ev sa mlazni om na kraju.Izraqunati sile koje optere�uju zavrta�ske veze A-A i V-V. Dati su slede�i poda i: ρ =

1000 kg/m3, pm = 2 bar, h = 1 m, L = 4 m, D = 100 mm, d = 40 mm, λ = 0.03, ζk = ζu = 0.3 iζm = 0.6.4. Na sli i je prikazan ventil sigurnosti, preqnika sedixta d = 25 mm, iz koga pod natpritiskompm = 3.2 MPa, istiqe ue gustine ρ = 920 kg/m3, protokom V = 10 l/s. Pri tome je klapnaotvorena za s = 5 mm. Zanemaruju�i gubitke strujne energije kroz pro ep, odrediti ugao α podkojim ue istiqe, ako je poznato da je poqetni natpritisak otvara�a klapne pm0 = 2.85 kPa, akrutost opruge je c = 20 N/mm.

7 Jednodimenzijska sta ionarna struja�agasovaU okviru ovog poglava se prouqavaju jednodimenzijska, sta ionarna struja�a gasova u kojima sepromene gustine gasa ne mogu zanemariti. Na auditornim ve�bama �e se raditi problemi iz slede�ihoblasti:• Prav udarni talas• Izentropska struja�a gasova kroz konvergentno divergentne mlaznike• Adijabatska i izotermska struja�a gasova kroz evi i kanale• Struja�a sa razmenom toplote7.1 UvodU uvodu je neophodno definisanisati va�ne veliqine koje se sre�u pri prouqava�u struja�a gasova.7.1.1 Brzina zvuka i Mahov brojDok ovo qitate, zastanite na trenutak i razmislite o vazduhu koji vas okru�uje. Vazduh se sastojiod ogromnog broja molekula koji se kre�u haotiqno, razliqitim trenutnim brzinama i poseduju ra-zliqitu energiju u razliqitim vremenskim trenu ima. Naravno, gotovo je nemogu�e pratiti kreta�asvakog od molekula, pa se zato u kinetiqkoj teoriji gasova vremenskim osred�ava�em definixe sred-�a brzina kreta�a molekula. Kod idealnih gasova ta brzina zavisi samo od temperature. Zamislitesada da nedaleko od vas eksplodira mala petarda. Eksplozijom se oslobaÆa odreÆena energija kojuabsorbuju okolni molekuli vazduha, xto dovodi do pove�a�a brzine kojom se oni kre�u. Ti molekulise sudaraju sa okolnim molekulima, predaju�i im energiju koju poseduju. Na taj naqin, meÆusobnominterak ijom molekula se energija osloboÆena detona ijom prenosi kroz vazduh. Dakle, mo�emo sma-trati da kroz okolni vazduh putuje "energetski talas" nekom brzinom koja na neki naqin morabiti povezana sa sred�om brzinom kreta�a molekula, jer meÆusobna interak ija molekula u stvariprenosi tu energiju. Prolaskom kroz talas, pove�a�e energije molekula se makroskopski manifestujei malim promenama pritiska (samim tim i gustine i temperature). Kada talas proÆe pored vas, tumalu promenu pritiska registruje vaxa bubna opna, ta informa ija se prenosi do vaxeg mozga kaozvuk. Zato se brzina rasprostira�a malih poreme�aja naziva brzina zvuka. Brzina zvuka je va�naveliqina u prouqava�u stixivih struja�a fluida, i kod idealnih gasova ona se raquna po obras u:

c =√

κRT (7.1)

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 90Kao xto mo�emo videti, ona je propor ionalna temperaturi, i zavisi od vrste gasa. Tu je u skladu saprethodnom diskusijom, jer se sred�a brzina kreta�a molekula u kinetiqkoj teoriji gasova odreÆenaizrazom √8RT/π. Za vazduh na standardnim uslovima, brzina zvuka iznosi cs = 340.9 m/s.Mahov broj u nekoj taqki strujnog prostora se definixe kao odnos lokalne brzine struja�a ivrednosti brzine zvuka u toj taqki:M =

v

c(7.2)Na osnovu vrednosti Mahovog broja, struja�a se mogu podeliti na:

M < 1 dozvuqna struja�aM = 1 kritiqan re�im struja�aM > 1 nadzvuqna struja�aMahov broj ima i odreÆeno fiziqko znaqe�e. Zamislimo fluidni deli� koji se kre�e nekombrzinom v. Kinetiqka i unutrax�a energija po jedini i mase fluidnog deli�a su v2/2 i e. Odnosove dve energije je:

v2/2

e=v2/2

cv T=

v2/2

RT/(κ − 1)=

(κ/2) v2

c2/(κ − 1)=

κ(κ − 1)

2M2Dakle, kvadrat Mahovog broja je propor ionalan odnosu kinetiqke i unutrax�e energije - on jemera makroskopskog kreta�a gasa u odnosu na haotiqna kreta�a �egovih molekula.7.1.2 Totalne i kritiqne veliqine sta�aPosmatrajmo neku proizvonu taqku u strujnom pou, u kojoj se trenutno nalazi fluidni deli� kojise kre�e nekom brzinom v, i neka su vrednosti pritiska, temperature i Mahovog broja u toj taqkiredom p, T i M . Zamislimo da taj fluidni deli� izentropski usporimo do brzine v = 0. Vrednostipritiska, temperature i gustine se u tom sluqaju oznaqavaju redom sa p0, T0 i ρ0 i nazivaju se totalnipritisak, totalna temperatura i totalna gustina. Dakle, u onim taqkama strujnog prostora u kojimaje v = 0 vladaju totalne vrednosti fiziqkih veliqina. TakoÆe, u svakoj taqki u kojoj v 6= 0 mogu se naosnovu vrednosti strujnih (statiqkih) veliqina (p, T , ρ) odrediti odgovaraju�e totalne vrednosti.Totalna brzina zvuka c0 je odreÆena izrazom:

c0 =√

κRT0TakoÆe, totalna gustina je povezana sa totalnim pritiskom preko jednaqine sta�a:ρ0 =

p0

RT0Posmatrajmo ponovo fluidni deli� sa poqetka ovog dela uvoda, i zamislimo sada da fluidnideli� adijabatski usporimo ili ubrzamo (u zavisnosti od toga da li se on kre�e dozvuqno ilinadzvuqno) do vrednosti M = 1. Vrednosti pritiska, temperature i gustine se u tom sluqaju oz-naqavaju redom sa pk, Tk i ρk i nazivaju se kritiqni pritisak, kritiqna temperatura i kritiqnagustina. Dakle, u onim taqkama strujnog prostora u kojima je M = 1 vladaju kritiqne vrenostifiziqkih veliqina. TakoÆe, u svakoj taqki u kojoj jeM 6= 1 se na osnovu vrednosti totalnih fiziqkihveliqina u toj taqki mogu odrediti kritiqne vrednosti pritiska, temperature i gustine. Kritiqnabrzina zvuka se definixe kao:ck =

√

κRTk

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 91U nekim situa ijama je pogodno koristiti karakteristiqni Mahov broj, koji se definixe naslede�i naqin:M∗ =

v

ck7.1.3 Osnovne jednaqine u sluqaju jednodimenzijskog sta ionarnog stru-ja�a gasaOsnovne jednaqine mehanike fluida (kontinutet, koliqina kreta�a i energija) se u sluqaju sta- ionarnog jednodimenzijskog struja�a gasa svode na algebarske jednaqine koje povezuju vrednostifiziqkih veliqina u dve razliqite taqke u strujnom prostoru (taqnije te taqke odgovaraju region-ima - npr. pri struja�u u evi u smatramo da u svakoj taqki jednog popreqnog preseka vladaju istevrednosti fiziqkih veliqina). TakoÆe, te jednaqine opisuju i kreta�e fluidnog deli�a, povezuju�idva sta�a u kojima se on nalazi pri svom kreta�u (slika 7.1 - sta�a u taqki A i taqki B).PSfrag repla emen A V

dV v, MSlika 7.1: Fluidni deli� se kre�e du� strujni e brzinom ~v koja je jednaka lokalnoj vrednosti brzineu taqki u kojoj se u tom trenutku vremena nalazi fluidni deli�.Do tih algebarskih jednaqina se mo�e do�i na vixe naqina (videti prethodno poglave), a jedanod �ih je direktno iz integralnog oblika osnovnih jednaqina za odgovaraju�i oblik kontrolne za-premine. U zavisnosti od konkretnog problema koji se posmatra (da li se radi o udarnom talasu,struja�u sa razmenom toplote, itd.) te jednaqine �e se razlikovati u pojedinim qlanovima, ali �e�ihova forma ostati ista. Mi �emo se ovde zadr�ati na jednaqini energije, da bi smo iz �e dobilirela ije izmeÆu strujnih, totalnih i kritiqih vrednosti fiziqkih veliqina.Jednaqina energije, u sluqaju kada nema predaje toplote (adijabatsko struja�e) je oblika:

h1 +v2

1

2= h2 +

v2

2

2(7.3)Poxto posmatramo struja�a idealnih gasova, za koje va�i rela ija h = cp T , jednaqina (7.3) se mo�enapisati i u obliku:

cp T1 +v2

1

2= cp T2 +

v2

2

2(7.4)Dae, imaju�i u vidu da je cp = κR

κ−1 i c =√

κRT , dolazimo do slede�eg oblika jednaqine energije:c21

κ − 1+v2

1

2=

c22

κ − 1+v2

1

2(7.5)Poxto jednaqina (7.4) va�i za adijabatsko struja�e, i ako imamo u vidu defini iju kritiqihvrednosti onda mo�emo do�i do veze izmeÆu kritiqne brzine zvuka i brzine zvuka. U taqki 1 �emo

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 92imati vrednosti c1 = c i v1 = v, a u taqki 2 je c2 = ck i v2 = ck.c2

κ − 1+v2

2=

c2kκ − 1

+c2k2

c2

κ − 1+v2

2=

κ + 1

2 (κ − 1)c2k (7.6)Jednaqina (7.6) nam omogu�ava da na osnovu poznatih vrednosti c i v u pojedinim taqkama strujnogprostora izraqunamo vrednosti kritiqne brzine zvuka ck u tim taqkama. Ovde jox jednom trebanapomenuti da smo mi imaginarno ubrzali ili usporili fluidni deli� do vrednosti M = 1; drugimreqima, struja�e koje posmatramo ne mora biti adijabatsko re imo od neke taqke A do taqke V (odpreseka A do preseka V). U jednaqini (7.6) adijabatski pro es se odvija u naxim mislima kao deodefini ije kritiqne brzine zvuka. Prime�eno na taqku A to daje vrednost ckA, a na taqku V todaje vrednost ckB. Ako struja�e nije adijabatsko onda je ckA 6= ckB . S druge strane, ako je struja�eadijabatsko onda kritiqna brzina zvuka ck ima istu vrednost u svakoj taqki poa.Vratimo se sada na defini iju totalnih vrednosti fiziqkih veliqina. Fluidni deli� u naximmislima izentropski usporavamo do vrednosti v = 0, pa je T1 = T i v1 = v, dok je T2 = T0 i v2 = 0:

cp T +v2

2= cp T0 (7.7)Jednaqina (7.7) omogu�uje izraquva�e totalne temperature T0 u bilo kojoj taqki na osnovu vrednostistrujne temperatute T i brzine struja�a v u toj istoj taqki. Ovde treba napomenuti da je defini ijitotalne temperature korix�ena jednaqina energije za adijabatsko struja�e - u sluqaju izentropskogstruja�a jednaqina energije ima isti oblik kao za adijabatsko. Dakle, mo�emo re�i takoÆe da pridefinisa�u totalne temperature fluidni deli� adijabatski zaustavamo. MeÆutim, za defini ijutotalnog pritiska i totalne gustine �emo smatrati da se radi o izentropskom pro esu.Nekoliko veoma korisnih jednaqina za totalne vrednosti se mogu dobiti iz jednaqine (7.7):

T0

T= 1 +

v2

2 cp T= 1 +

u2

2 κRT/(κ − 1)= 1 +

κ − 1

2

(v

c

)2

T0

T= 1 +

κ − 1

2M2 (7.8)Jednaqina (7.8) daje odnos totalne i strujne temperature u nekoj taqki strujnog prostora u funk ijiMahovog broja M u toj taqki. Za izentropski pro es va�e slede�e rela ije:

p0

p=

(ρ0

ρ

)κ

=

(T0

T

) κ

κ−1 (7.9)pa se iz jednaqina (7.8) i (7.9) dobijaju slede�e rela ije:p0

p=

(

1 +κ − 1

2M2

) κ

κ−1 (7.10)ρ0

ρ=

(

1 +κ − 1

2M2

) 1

κ−1 (7.11)Jednaqine (7.8), (7.10) i (7.11) omogu�avaju izraqunava�e totalnih vrednosti fiziqkih veliqina

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 93ako su poznati Mahov broj, temperatura, pritisak i gustina u nekoj zadatoj taqki strujnog poa. Pritome struja�e ne mora biti adijabatsko ili izentropsko od jedne to druge taqke - u svakoj taqki semogu odrediti i odgovaraju�e totalne vrednosti. Neka je na primer struja�e izmeÆu taqaka A i Vneadijabatsko (samim tim ono nije ni izentropsko) - onda je T0A 6= T0B, p0A 6= p0B i ρ0A 6= ρ0B. Sdruge strane, ako je struja�e adijabatsko, onda je T0A = T0B, ali je p0A 6= p0B i ρ0A 6= ρ0B. Konaqno,ako imamo izentropsko struja�e onda totalne veliqine sta�a imaju iste vrednosti u svakojtaqki u strujnom pou.I na kraju mo�emo povezati kritiqne i totalne vrednosti. Imaju�i u vidu da su kritiqne vred-nosti definisane za M = 1, onda se iz jednaqine (7.8) dobija:T0

Tk= 1 +

κ − 1

2=⇒ Tk

T0=

2

κ + 1(7.12)Iz jednaqina (7.10) i (7.11) se na isti naqin dobija:

pkp0

=

(2

κ + 1

)κ/(κ−1) (7.13)ρkρ0

=

(2

κ + 1

)1/(κ−1) (7.14)Poxto �emo se uglavnom baviti struja�ima vazduha, za koji je κ = 1.4, ovi odnosi iznose:TkT0

= 0.833

pkp0

= 0.528

ρkρ0

= 0.6347.1.4 Zada i1. Odrediti maksimalnu brzinu struja�a vazduha pri kojoj se on mo�e jox uvek smatrati nestixivimfluidom, ako se zanemaruje promena �egove gustine do 1%, tj. ερ = (ρ0 − ρ)/ρ = 0.01. Struja�eje u uslovima normalne atmsfere na nivou mora.2. Vazduh struji adijabatski kroz ev prome�ivog popreqnog preseka. U prvom preseku je M1 = 1,a u drugom je M2 = 2. Na�i odnos brzina struja�a u ova dva preseka.3. Na Pito-Prantlovu sondu koja se nalazi u dozvuqoj struji vazduha prikuqena su dva �ivinamanometra qija su pokaziva�a h1 = 141 mm i h2 = 62 mm. Termometar koji se nalazi u strujivazduha pokazuje temperaturu od 20 ◦C. Izraqunati brzinu struja�a ako je pa = 98109 Pa.7.2 Prav udarni talasPrav udarni talas se java u nadzvuqnoj struji gasa (M > 1). Udarni talas je veoma male xirine (redaveliqine 10−5 mm za vazduh na standardnim uslovima), i u razmatra�ima on predstava jednu povrxdiskontinuiteta na kojoj dolazi do skokovitih promena pritiska gustine i temperature. Struja�e

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 94ispred talasa je nadzvuqno (M > 1), a iza talasa je podvuqno (M < 1). Formira�e udarnihtalasa je povezano sa brzinom kojom se poreme�aji prostiru kroz gas, a to je brzina zvuka.To �emo objasniti na slede�em primeru. Posmatrajmo ilindar koji se opstrujava (a) pozdvuqnoi (b) nadzvuqno (slika 7.2).��

��

��PSfrag repla emen M∞ < 1

��

��

��

��PSfrag repla emen M∞ > 1

Slika 7.2: Izgled strujni a u sluqaju (a) dozvuqnog i (b) nadzvuqnog opstrujava�a ilindraPreÆimo za trenutak sa makroskopskog posmatra�a problema na mikroskopski - gas koji struji sesastoji od molekula, i pojedini molekuli udaraju u i odbijaju se od ilindra. Pri tome dolazi dopromene koliqine kreta�a molekula i �ihove molekularne energije, i u svom haotiqnom kreta�u, oniprenose informa iju ostalim molekulima o prisustvu ilindra. Ta informa ija se prenosi u svimprav ima, pa i u prav u suprotnom smeru opstrujava�a, brzinom zvuka. Ako je ostrujava�e dozvuqno,informa ija o prisustvu tela se prenosi daleko uz struju gasa, tako da se strujni e prilagoÆavajutelu na relativno velikom rastoja�u od tela. Nasuprot tome, ako imamo nadzvuqno opstrujava�e(brzina struja�a je ve�a od brzine kojom se rasprostiru poreme�aji), informa ija o prisustvu telavixe ne mo�e da "putuje" uzstrujno, i na veoma malom rastoja�u od tela se formira udarni talas.Tek prolaskom kroz udarni talas, dolazi do prilagoÆava�a strujni a obliku tela.PSfrag repla emen M1 > 1 M2 < 1

p1

T1

ρ1

v1

p2 > p1

T2 > T1

ρ2 > ρ1

v2 < v1

1 2Slika 7.3: Ski a udarnog talasaKao xto je ve� reqeno, osnovne jednaqine u sluqaju jednodimenzijskog, sta ionarnog struja�a gasasu algebarske jednaqine koje povezuju vrednosti pritiska, gustine, brzine i temperature u dvemataqkama strujnog prostora. Kod udarnog talasa, obiqno su poznate vrednosti ispred talasa, a tra�ese vrednosti iza udarnog talasa. Osnovne jednaqine pri prouqava�u problema udarnog talasa su:

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 95Jednaqina kontinuiteta:ρ1 v1 = ρ1 v1 (7.15)Jednaqina koliqine kreta�a:

p1 + ρ1 v21 = p2 + ρ2 v

22 (7.16)Jednaqina energije:

h1 +v21

2= h2 +

v22

2(7.17)Ovim rela ijama se pridodaju i dve konstitutivne rela ije:

p = ρRT i h = cp T (7.18)Iz jednaqina (7.15)-(7.18) se mogu dobiti odnosi veliqina iza i ispred talasa u funk iji Mahovogbroja ispred talasa M1. TakoÆe, vrednost Mahovog broja M2 iza talasa se mo�e odrediti na osnovuM1. Svi ovi odnosi za vazduh (κ = 1.4) se obiqno daju tabelarno - u priruqniku je to tabela T-3.TakoÆe, su pre poqetka te tabele dati i odgovaraju�i odnosi koji se ovde ne�e ponavati.Va�ne stvari koje treba zapamtiti:

• Struja�e ispred talasa uvek nadzvuqno,M1 > 1, dok je iza talasa uvekM2 < 1,tj. udarni talas mo�e nastati samo u nadzvuqnoj struji gasa.• Totalna temperatura je konstantna, tj. T01 = T02 jer je req o adijabatskompro esu.• Struja�e kroz udarni talas je pra�eno porastom entropije - struja�e nijeizentropsko, pa je p01 6= p02 i ρ01 6= ρ02.

7.2.1 Zada i1. Odrediti brzinu, totalni pritisak, statiqki (strujni) pritisak, temperaturu i gustinu, kao iMahov broj iza praog udarnog talasa koji nastaje u struji vazduha ako je M1 = 2, p1 = 79475 Pai T1 = 275 K.2. Manometar prikuqen na Pito-sondu na MIG-u 29 koji leti na visini H = 5 km pokazuje p02 =

2.3755 bar. Odrediti brzinu kojom MIG leti.3. Temperatura vazduha u rezervoaru je T0 = 288 K. Brzina na izlazu iz Lavalovog mlaznika krozkoji vazduh istiqe iz rezervoara je v1 = 530 m/s. Odrediti brzinu v2 posle prolaska ove strujekroz prav udarni talas.4. Prilikom ulaska kosmiqke letili e APOLLO u Zeminu atmosferu gde vlada temperaturaod −3 ◦C, Mahov broj je M = 38. Sraqunati (maksimalnu) temperaturu na nosu APOLLO-a,smatraju�i da vazduh mo�emo smatrati idealnim gasom. Po vaxem mixe�u, da li izraqunatatemperatura odgovara realnosti? Ako je odgovor ne, zaxto?

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 967.3 Izentropska struja�a gasova kroz konverentno-divergentnemlaznikeMlazni i su relativno kratke evi prome�ivog popreqnog preseka u kojima se zahvauju�i upravopromeni preseka posti�u i �eene promene fiziqkih veliqina. Poxto su mlazni i kratke evipri proraqunu se zanemaruju uti aj tre�a i razmene toplote sa okolinom, tako da se struja�a krozmlaznike mogu smatrati izentropskim.7.3.1 Osnovne jednaqine. Primena konvergentno-diveregentih mlaznikaUz ve� spomenute pretpostavke na poqetku ovog poglava, iz osnovnih jednaqina u integralnom oblikuse �ihovom primenom na kontrolnu zapreminu sa slike 7.4 dobijaju slede�e jednaqine:PSfrag repla emen v1

T1

p1

A1

v2

T2

p2

A2

Kontrolna zapremina VKontrolna povrx A

1 2Slika 7.4: Kontrolna zapremina u sluqaju struja�a kroz mlaznike1. Jednaqina kontinuiteta

ρ1 v1A1 = ρ1 v1A1 (7.19)2. Jednaqina koliqine kreta�ap1A1 + ρ1 u

21A1 +

A2∫

A1

p dA = p2A2 + ρ2 u22A2 (7.20)3. Jednaqina energije

h1 +v21

2= h2 +

v22

2(7.21)Iz jednaqina (7.19)-(7.21) se mogu dobiti i diferen ijalni obli i osnovnih jednaqina iz kojih semogu izvu�i va�ni zakuq i vezani za izentropsko struja�e kroz mlaznike. Diferen ijlani oblikjednaqine kontinuiteta se mo�e direktno dobiti iz jednaqine (7.19):

ρ v A = const =⇒ ln ρ+ ln v + lnA = const =⇒ dρ

ρ+

dv

v+

dA

A= 0 (7.22)

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 97Diferen ijalni oblik jednaqine koliqine kreta�a �emo dobiti primenom jednaqine (7.20) nainfinitezimalnu kontrolnu zapreminu.PSfrag repla emen p

v

A

ρ

p+ dp

v + dv

A+ dA

ρ+ dρ

dx

1 2 pA+ρ v2A+p dA = (p+dA)(A+dA)+(ρ+dρ)(v+dv)2(A+dA)Zanemaruju�i diferen ijalne qlanove drugog i vixeg reda,dobija se:Adp+Av2 dρ+ ρ v2 dA+ 2ρ v dA = 0 (7.23)Ako razvijemo jednaqinu kontinuiteta, tj. d(ρvA) = 0 i pom-no�imo sa v, dobi�emo slede�u jednaqinu:

ρ v2 dA+ ρ v Adv +Av2 dρ = 0 (7.24)Oduzima�em jednaqine (7.24) od jednaqine (7.23) dobija se slede�a jednaqina:dp = −ρ v dv (7.25)Jednaqina (7.25) se naziva jox i Ojlerova (Euler) jednaqina.Do diferen ijalnog oblika jednaqine energije mo�emo do�i na osnovu jednaqine (7.21), tj. izqi�eni e da je h+ v2/2 = const, odakle sledi da je:dh+ v dv = 0 (7.26)Koriste�i diferen ijalne oblike jednaqine kontinuiteta i koliqine kreta�a mo�e se do�i dova�ne rela ije koja povezuje promenu brzine struja�a sa promenom popreqnog preseka mlaznika. Jed-naqinu (7.26) mo�emo napisati i kao:

dp

ρ=

dp

dρ

dρ

ρ= −v dv (7.27)Podsetimo se, razmatramo izentropsko struja�e - tj. adijabatsko, neviskozno struja�e (nemarazmene toplote izmeÆu fluida i okoline, kao ni disipativnih efekata kao xto su uti aj tre�a).Dakle, bilo koja promena pritiska, dp pri struja�u ja pra�ena odgovaraju�om izentropskom promenomgustine, dρ. Stoga, mo�emo pisati:

dp

dρ=

(∂p

∂ρ

)

s

= c2 (7.28)Iz jednaqina (7.25) i (7.28) se dobija:c2

dρ

ρ= −v dv =⇒ dρ

ρ= −v dv

c2= −v

2 dv

c2 v= −M2 dv

v(7.29)Konaqno, zame�uju�i jednaqinu (7.29) u jednaqinu (7.22) dobijamo:

dA

A= (M2 − 1)

dv

v(7.30)Iz jenaqine (7.30) mo�emo izvesti veoma va�ne zakuqke:

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 981. Nestixivo struja�e: M → 0

• Sledi da je Av = const - dobro poznata jednaqina kontinuiteta V = const za nestixivostruja�e.2. Dozvuqno struja�e: 0 ≤M < 1

• Sledi da je pove�a�e brzine (pozitivno du) je povezano sa sma�e�em popreqnog preseka (neg-ativno dA), i obrnuto. Kao xto mo�emo videti u ovom sluqaju imamo potpuno analogiju sanestixivim struja�em.3. Nadzvuqno struja�e: M > 1

• Pove�a�e brzine je povezano sa sa pove�a�em popreqnog preseka, i obrnuto. Dakle, imamosuxtinsku razliku u poreÆe�u sa dozvuqnim struja�em;4. Kritiqno struja�e: M = 1

• Iz jednaqine se dobija da je dA/A = 0, xto fiziqki odgovara minimumu ili maksimumupovrxine popreqnog preseka. Naravno, jedino fiziqki realno rexe�e je minimalna povrxinapopreqnog preseka��

��

��

��

��

��

��


M < 1v ր v ց

��

��

��

��

��

��

��


M > 1v ր v ց

Slika 7.5: Struja�a u konvergentnim i divergentnim strujnim prostorimaPrethodna razmatra�a jasno pokazuju slede�e:• Da bi se izvrxila izentropska ekspanzija gasa od dozvuqnih do nadzvuqnih brzina, on mora stru-jati kroz konvergentno-divergentni strujni prostor (konvergentno-diveregentni mlaznik),slika 7.6a. TakoÆe, na osnovu zakuqka iz taqke 4, u naju�em preseku koji razdvaja konvergentnii diveregentni deo moramo imati vrednost M = 1 - u tom sluqaju je naju�i presek ujedno ikritiqni presek. Naju�i presek se naziva jox i grlo mlaznika.• Da bi se izvrxila izentropska kompresija gasa od nadzvuqih do dozvuqnih brzina, gas takoÆemora strujati kroz konvergentno-diveregentni strujni prostor(nadzvuqni difuzor). I u ovomsluqaju u grlu mlaznika mora biti M = 1 (slika 7.6b).

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 99PSfrag repla emen

M > 1 M > 1 M < 1M < 1 v ր v ց

M = 1M = 1

(a) (b)Slika 7.6: Struja�e u (a) konvergentno-divergentnom mlazniku i (b) nadzuqnom difuzoruNa osnovu svega reqenog, jasno je zahto raketni motori imaju velike mlaznike oblika zvona (slika7.7) - izduvni gasovi vrxe ekspanziju do velikih nadzvuqnih brzina, pove�avaju�i na taj naqin potisakrakete.

PSfrag repla emen GorivoOksidansKomoraza sagoreva�e Izduvni mlaznik M > 1

M < 1

Slika 7.7: Xematski prikaz raketnog motoraPrin ip rada nadzvuqnog aerotunela (slika 7.8) je takoÆe zasnovan na prethodnim zakuq ima- kod aerotunela gas koji se nalazi u rezervoaru u sta�u mirova�a vrxi ekspanziju kroz Lavalovmlaznik1 do nadzvuqnih brzina u radnom delu aerotunela, gde se obavaju ispitiva�a na modelima,zatim obava kompresiju to malih dozvuqnih brzina, i potom izlazi u atmosferu.PSfrag repla emen Rezervoar Lavalovmlaznik Nadzvuqni difuzorRadni deoaerotunela

M ≈ 0

M ≈ 0

p = p0

T = T0

M = 1

M = 1M > 1

Slika 7.8: Xematski prikaz nadzvuqnog aerotunela1Konvergentno-divergentni mlaznik se naziva jox i Lavalov mlaznik po xvedskom nauqniku Karlu de Lavalu (Carl G.P. de Laval). On ga je prvi koristio prilikom konstruk ije parne turbine krajem XIX veka.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 100Kada je u grlu Lavalovog mlaznika M = 1 (grlo mlaznika je ujedno i kritiqni presek) ondaka�emo da Mlaznik radi u proraqunskom re�imu. U zada ima �emo se baviti samo proraqunskimre�imima, tj. u grlu mlaznika �e uvek biti M = 1. Pri tome �emo i pretpostaviti da je geometrijamlaznika poznata. Generalno, namena Lavalovog mlaznika je da dozvuqno struja�e prevede u �eenonadzvuqno struja�e - to je mogu�e samo kada je grlo mlaznika ujedno i kritiqni presek (vidi sliku 7.6).Kada mlaznik radi u proraqunskom re�imu postoji veza izmeÆu povrxine kritiqnog preseka (grlamlaznika) i povrxine nekog proizvonog preseka mlaznika, u funk iji Mahovog broja u proizvonompreseku. Ta jednaqina glasi:(A

AK

)2

=1

M2

[2

κ + 1

(

1 +κ − 1

2M2

)](κ+1)/(κ−1) (7.31)Jednaqinu mo�emo tumaqiti i na obrnut naqin, tj. mo�emo izraziti M = f(A/Ak), ili pakM = f(Ak/A) - Mahov broj na bilo kom mestu u Mlazniku je odreÆen odnosom povrxina popreqnogpreseka na tom mestu i povrxine popreqnog preseka grla mlaznika u kome je M = 1. Za jedan odnospovrxina Ak/A postoje dve vrednosti Mahovog broja - jedna je ma�a od jedini e, dok je druga vrednostve�a od jedini e. VrednostM < 1 odgovara preseku koji se nalazi u konvergentnom delu, dok vrednostM > 1 odgovara vrednosti u divergentnom delu. To se lepo mo�e videti na dijagramu na sli i 7.9 nakome je prikazana zavisnost Ak/A−M za κ = 1.4.

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

Ak/

A

MSlika 7.9: Veza izmeÆu Mahovog broja i odnosa Ak/A kod Lavalovog mlaznikaDakle, u proraqunskom re�imu struja�a se samo na osnovu odnosaA/AK mogu odrediti sve fiziqkeveliqine u bilo kom preseku u mlazniku. Proraqunski re�im struja�a je jedino mogu�e izentropskonadzvuqno struja�e koje mo�e nastati u Lavalom mlazniku (slika 7.10)! Da bi se on ostvario zaneki odreÆeni mlaznik, vrednost pritiska na izlazu iz mlaznika pe mora imati vrednost koja je upotpunosti odreÆena pritiskom u rezervoaru p0 i oblikom mlaznika (odnosom Ae/Ak).


PSfrag repla emen

p0

T0

AiAk

→ ∞ AeAk

1.01.01.0

0.8330.528

x

x

x

x

M

p

p0

T

T0

M < 1

Me > 1

pe

Ag = Ak

M = 1

0

0

0

p

p0=

(

1 +κ − 1

2M2

) −κ

κ−1

T

T0=

(

1 +κ − 1

2M2

)−1

Slika 7.10: Proraqunski re�im struja�a u Lavalom mlazniku. Ovo je jedino izentropsko nadzvuqnostruja�e koje mo�e nastati u Lavalovom mlazniku

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 1027.3.2 Zada i1. U rezervoaru vlada pritisak p0 = 1.71 bar i temperatura t0 = 16◦ C. Na rezervoar je prikuqenkonvergentni mlaznik, A2 = 5 cm2. Odrediti maseni protok i brzinu isti a�a vazduha u at-mosferu u kojoj vlada pa = 1 bar.2. U rezervoaru vlada pritisak p0 = 10 bar i temperatura t0 = 127◦ C. Na rezervoar je prikuqenkonvergentni mlaznik preqnika izlaznog preseka d + 3 cm. Odrediti maseni protok i brzinuisti a�a vazduha u atmosferu u kojoj vlada pritisak pa = 1 bar.3. Odrediti povrxine A1 i A2 ulaznog i izlaznog preseka dozvuqnog difuzora ako su u preseku1-1 poznate slede�e vrednosti: T1 = 275 K i p1 = 79482 Pa i M1 = 0.77. Mahov broj u preseku 2-2je M2 = 0.1, a maseni protok je m = 200 kg/s.4. Vazduh istiqe iz rezervoara u kome vlada pritisak p0 = 2 bar i temperatura T0 = 400 K uatmosferu (pa = 1 bar) kroz zakriveni konvergentni mlaznik. Dimenzije mlaznika su d1 =

155 mm, d2 = 100 mm, α = 45◦. Odrediti:(a) Pritisak, temperaturu, brzinu struja�a i Mahov broj u prese ima 1-1 i 2-2.(b) Sile koje izte�u i smiqu grupu zakivaka u preseku 1-1.Struja�e vazduha smatrati izentropskim.5. Pritisak koji vlada u rezervoaru jednog aerotunela iznosi p0 = 1 bar, dok je maseni protokkroz aerotunel m = 20 kg/s. U radnom delu aerotunela, neposredno iza Lavalovog mlaznika,postavena je igla qiji snimak pokzuje Mahov ugao µ = 30◦, kao i termosonda koja pokazujeT0 = 500 K. Odrediti vrednosti fiziqkih veliqina u grlu i izlaznom preseku mlaznika, akoon radi u proraqunskom re�imu.6. Divergentni deo Lavalovog mlaznika izveden je konusno pri qemu je r = 10 mm i R = 14 mm. Napolovini du�ine divergentnog dela java se prav udarni talas. Ako je u rezervoaru na koji jemlaznik prikuqen p0 = 5 bar, odrediti Mahov broj i pritisak u izlaznom preseku. Ski iratipromenu pritiska du� mlaznika

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 1037.4 Struja�e nezviskoznog gasa sa predajom toplotePosmatra se sta ionarno struja�e neviskoznog gasa kroz ev (slika 4.10) od preseka 1-1 do preseka2-2. Pri tome se gasu dovodi koliqina toplote po jedini i mase q.PSfrag repla emen Kontrolna zapremina

qq

11

22

p1

T1

ρ1

v1

p2

T2

ρ2

v2

Slika 7.11: Struja�e gas kroz ev i odgovaraju�a kontrolna zapremina. Gasu se predaje toplota odstrane okoline preko zida evi.Primenom integralnih oblika osnovnih jdnaqina na kontrolnu zapreminu sa slike, dobijaju seslede�e jednaqine:1. Jednaqina kontinuitetaρ1 v1 = ρ2 v2 (7.32)2. Jednaqina koliqine kreta�a

p1 + ρ1 v21 = p2 + ρ v2

2 (7.33)3. Jednaqina energijeh1 +

v21

2+ q = h2 +

v22

2(7.34)U sluqaju idealnog gasa (h = cp T ), na osnovu poznatih vrednosti fiziqkih veliqina u preseku1-1, kao i dovedene koliqine toplote q, mogu se iz jednaqina (7.32)-(7.34), odrediti vrednosti svihveliqina u preseku 2-2. Iz jednaqine energije, dobijamo va�nu rela iju koja pokazuje kakodovoÆe�e toplote utiqe na totalnu temperaturu gasa.

q =

(

cp T2 +v22

2

)

−(

cp T2 +v22

2

)Na osnovu defini ije totalne temperature, jednaqina (7.8) dolazimo do rela ije koja povezuje koliq-inu toplote koja se predaje (dovodi) gasu i odgovaraju�e promene totalne temperature pri tome:q = cp T02 − cp T01 = cp(T02 − T01) (7.35)Iz posled�e jednaqine mo�emo zakuqiti slede�e:

• DovoÆe�e toplote (q > 0) dovodi do pove�a�a totalne temperature gasa (T02 > T01)• OdvoÆe�e toplote od gasa (q < 0) dovodi do sma�e�a totalne temperature gasa (T02 < T01).

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 104Iz jednaqina (7.32)-(7.34) se mogu dobiti odnosi izmeÆu odgovaraju�ihfiziqkih veliqina u prese -ima 1-1 i 2-2 (p2/p1, T2/T1 . . . ) u funk iji Mahovih brojeva u tim prese ima. Na primer, za odnostemperatura se dobija slede�a jednaqina:T2

T1=

(1 + κM2

1

1 + κM22

)2(M2

M1

)2 (7.36)Radi jednostavnije metodologije proraquna, koriste se kritiqne vrednosti fiziqkih veliqinakao referentne. Neka je M1 = 1; odgovaraju�e veliqine u tom sluqaju u preseku 1-1 imaju kritiqnevrednosti: p1 = pk, T1 = Tk, p01 = p0k . . .Imaju�i ovo u vidu jednaqina (7.36) se svodi na:T

Tk= M2

(1 + κ

1 + κM2

)2 (7.37)Sliqno se formiraju i ostali odnosi. Za vazduh (κ = 1.4), u zavisnosti od Mahovog broja odgo-varaju�e vrednosti su date u tabeli za Struja�e sa razmenom toplote, Priruqnik za proraqun struja�astixivog fluida, str. 29.Primer 4.1 Vazduh ulazi u ev konstantnog popreqnog preseka, i pri tome je M1 = 0.2, p1 = 1 bar iT1 = 273 K. Prilikom struja�a, gasu se dovodi toplota po jedini i mase q = 106 J/kg. IzraqunatiM2, v2, p2, T2, ρ2, T02 i p02 na izlazu iz evi.PSfrag repla emen

q11 2

2p1

T1

ρ1

v1

p2

T2

ρ2

v2

Rexe�e. Na osnovu zadatih vrednosti u preseku 1-1, mo�emo odrediti totalni pritisak i totalnutemperaturu p01 i T01. Koristimo vrednosti iz tabele za izentropsko struja�e (struja�e nije izen-tropsko, ali koristimo tabelu za izentropsko struja�e zbog defini ije totalnih vrednosti - proqitaj4.1.2 i 4.1.3.), Priruqnik, str. 10:M1 = 0.2 =⇒ T01

T1

= 1.008;p01

p1

= 1.0283

T01 = 1.008T1 = 1.008 · 273 = 275.2 K

p01 = 1.028 p1 = 1.028 · 1 = 1.028 bar

cp =κR

κ − 1=

1.4 · 287

1.4 − 1= 1005 J/(kg · K)Na osnovu jednaqine (7.35) mo�emo izraqunati totalnu temperaturu u izlaznom preseku:

T02 =q

cp+ T01 =

106

1005+ 275.2 = 1270 K

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 105Sada �emo iz tabele za Struja�e sa razmenom toplote (Priruqnik, str. 30), za vrednostM1 = 0.2na�i slede�e odnose:M1 = 0.2 =⇒ T1

Tk= 0.2066;

p1

pk= 2.2727;

p01

p0k

= 1.2346; i T01

T0k= 0.1736Mahov broj u preseku 2 �emo odrediti na osnovu vrednosti totalne temperature T02 na slede�inaqin:

T02

T0k

=T02

T01

T01

T0k

=1270

275.2· 0.1736 = 0.8013Na osnovu ove vrednosti u tabeli za za Struja�e sa razmenom toplote, nalazimo i vrednostMahovog broja u preseku 2-2:

T02

T0k

= 0.8013 =⇒ M2 = 0.58TakoÆe, iz iste tabele nalazimo i slede�e odnose:M2 = 0.58 =⇒ T2

Tk= 0.8955;

p2

pk= 1.6316;

p02

p0k

= 1.0826Na osnovu ovih odnosa, dobijamo vrednosti fiziqkih veliqina u preseku 2-2:T2 =

T2

Tk

TkT1

T1 = 0.8955 · 1

0.2066· 273 = 1183 K

p2 =p2

pk

pkp1p1 = 1.6316 · 1

2.2727· 1 = 0.718 bar

p02 =p02

p0k

p0k

p01

p01 = 1.0826 · 1

1.2346· 1.028 = 0.902 barDo ovih vrednosti se mo�e do�i i na drugaqiji naqin. U preseku 2-2 znamo Mahov broj i totalnutemperaturu - na osnovu te dve vrednosti mo�emo odrediti strujnu temperaturu u preseku 2-2, kori-x�e�em tabele za Izentropsko struja�e, Priruqnik, str. 11:

M2 = 0.58 =⇒ T02

T2= 1.0673 T2 =

T02

1.0673=

1270

1.0673= 1190 KKao xto mo�emo videti, nismo dobili iste brojne vrednosti (razlika je 7 K) - ta razlika potiqeusled zaokru�iva�a brojnih vrednosti koje smo dobili, a takoÆe i usled zaokru�enih vrednostikoje su date u tabli ama. Na isti naqin se mo�e odrediti i totalni pritisak, za osnovu M2 i p2 upreseku 2-2, ili statiqki pritisak na osnovu vrednostiM2 i p02 (korix�e�em tabele za Izentropskostruja�e).Gustinu u preseku 2-2 �emo odrediti na osnovu jednaqine sta�a:

ρ2 =p2

RT2=

0.718 · 105

287 · 1183= 0.2115 kg/m3Brzinu struja�a u preseku 2-2 raqunamo na slede�i naqin:

v2 = M2 c2 = M2

√

κRT2 = 400 m/s

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 106Na osnovu ovih brojnih vrednosti mo�emo do�i do slede�ih zakuqaka:1. Za nadzvuqno struja�e u preseku 1-1, tj. M1 > 1, u sluqaju dovoÆe�a toplote:• Mahov broj opada, M2 < M1

• Pritisak raste, p2 > p1

• Temperatura raste T2 > T1

• Totalna temperatura raste, T02 > T01

• Totalni pritisak opada, p02 < p01

• Brzina opada, v2 < v12. Za dozvuqno struja�e u preseku 1-1, tj. M1 < 1, u sluqaju dovoÆe�a toplote• Mahov broj raste, M2 > M1

• Pritisak opada, p2 < p1

• Temperatura raste M1 < 1/√

κ, a opada za M1 > 1/√

κ

• Totalna temperatura raste T02 > T01


• Brzina raste, v2 > v1U sluqaju kad se odvodi toplota, svi gore navedeni trendovi su suprotni.Va�no je zapamtiti da dovoÆe�e toplote uvek te�i da Mahov broj dovede do 1, tj. usporavanadzvuqno struja�e, a ubrzava dozvuqno struja�e. Pogodno je prikazati ovu tenden iju u Molijerovomdijagramu (h− s dijagram) - slika 4.11.PSfrag repla emen

h

s

11

′

k

Zagreva�eZagreva�e

HlaÆe�eHlaÆe�eM>

1

M<

1

(M = 1)

Slika 7.12: Rejlijeva (Rayleigh) krivaKriva na sli i se naziva Rejlijeva kriva, i ona se dobija na osnovu zadatih vrednosti u nekompreseku - ako su u preseku 1-1 poznate sve fiziqke veliqine, onda Rejlijeva kriva koja prolazi kroz

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 107taqku 1 predstava geometrijski skup taqaka svih mogu�ih sta�a u preseku 2 u sluqaju kada se pristruja�u dovodi ili odvodi toplota. Gde �e se nalaziti taqka na krivoj zavisi od koliqine toplotekoja se odvodi ili dovodi. U taqki k imamo maksimum entropije, i to je kritiqni presek (M =

1). Gor�a grana (u odnosu na k) odgovara dozvuqnom struja�u, dok do�a grana odgovara nadzvuqnomstruja�u.Neka je struja�e u preseku 1-1 nadzvuqno, sa vrednostima koje odgovaraju taqki 1 na dijagramu.Zagreva�e gasa �e dovesti do toga da se uslovi koji vladaju u taqki 2 pribli�avaju taqki k, uzsma�e�e Mahovog broja ka 1. Xto je q ve�e, taqka 2 �e se nalaziti bli�e taqki k. Konaqno, postoja�eneka vrednost q, za koje �e se taqka 2 i k poklopiti - u preseku 2 je M = 1. Dae pove�a�e dovodenekoliqine toplote �e dovesti do promene vrednosti fiziqkih veliqina u taqki 1.Sada razmotrimo sluqaj kada je struja�e u preseku 1-1 dozvuqno, xto odgovara taqki 1′. Ako sedovodi toplota, taqka 2 �e se pribli�avati taqki k. Dae pove�a�e q �e uti ati na pribli�ava�etaqke 2 taqki k. Za odreÆenu vrednost q taqka 2 �e se poklopiti sa taqkom k. TakoÆe, dae pove�a�eq �e dovesti do promena u taqki 1′.Imaju�i ovo u vidu, mogu�e je je dozvuqno struja�e prevesti u nadzvuqno dovoÆe�em toplote svedok se u ne dostigne M = 1, a zatim od tog preseka (kritiqni presek) treba odvoditi toplotu da bise Mahov broj pove�avao do �eene vrednosti. Ovakav naqin je tehniqki vrlo komplikovan, pa se zaprevoÆe�e dozvuqne struje u nadzvuqnu uglavnom koristi Lavalov mlaznik.7.4.1 Zada i1. Odrediti maksimalnu temperaturu vazduha koja mo�e da se postigne �egovim zagreva�em pristruja�u kroz ev, ako je poznato da je T01 = 380 K i M1 = 0.35.2. Na kraju ilindriqne evi strujni parametri su: M2 = 0.9, p02 = 2.5 bar i T02 = 430 K. Odreditisve veliqine sta�a vazduha na ulazu u ev, ako je na ulazu u ev M1 = 0.555 i koliqinu toplote

q koja se pri tome dovodi gasu.3. Snimak opstrujavane igle vazduhom u evi konstantnog popreqnog preseka pokazuje µ = 20◦. Utom popreqnom preseku izmereno je p1 = 1 bar i T01 = 500 K. Odrediti koliqinu toplote ujedini i vremena koju treba dovestu gasu da bi Mahov broj opao na M2 = 1.5. Odrediti i sveveliqine sta�a u preseku 2-2.4. U ulazom preseku 1-1 glatke evi (zanemareno tre�e) konstantnog popreqnog preseka koja sezagreva konstantnim toplotnim fluksom izmereni su T01 = 400 K i v1 = 157.85 m/s. U preseku2-2 koji se nalazi na rastoja�u od 2/3 du�ine evi od ulaza izmerena je totalna temperaturaT02 = 619.2 K. Odrediti M2 i v2, kao i Mahov broj M3 i brzinu struja�a v3 na kraju evi.

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 1087.5 Adijabatsko struja�e sa tre�emPosmatrajmo jednodimenzijsko sta ionarno struja�a stixivog, neviskoznog fluida kroz ev kon-stantnog popreqnog preseka. Ako je struja�e adijabatsko i bez prisustva udarnih talasa, iz osnovnihjednaqina �emo dobiti trivijalna rexe�a - sve fiziqke veliqine su konstantne u svakom popreq-nom preseku. S druge strane, svi fluidi su u ma�oj ili ve�oj meri viskozni, pa �e pri struja�uizmeÆu fluida i zida evi biti prisutno tre�e koje �e dovesti do toga da �e se strujni parametrime�ati du� evi, od preseka do preseka. Prilikom prouqava�a nekih klasa struja�a (npr. kada su evi dugaqke - gasovodi) uti aj tre�a se ne mo�e zanemariti. U okviru ovog podpoglava �emo sepozabaviti uti ajem tre�a na adijabatsko struja�e gasa kroz evi.Uti aj tre�a na kontrolnu zapreminu fluida za koju �emo napisati osnovne jednaqine �e bitiobuhva�en tangen ijalnim naponom na zidu evi. Taj uti aj �e biti prisutan samo u jednaqinikoliqine kreta�a, dok �e jednaqina kontinuiteta i jednaqina energije biti istog oblika kao (7.15),odnosno (7.17).PSfrag repla emen 1 2

D

L

dx

τw

x

Slika 7.13: Kontrolna zapremina za struja�e sa tre�emUti aj tre�a u jednaqini koliqine kreta�a �emo obuhvatiti silom tre�a. Jednaqina koliqinekreta�a u x-prav u u sluqaju da se tre�e ne zanemaruje je oblika:∮

A

ρ (~v, ~n) v dA = −∮

A

(p dA)x −∮

A

τw dA (7.38)Prime�eno na kontrolnu zapreminu sa slike, dobija se:(p2 − p1) + (ρ2 v

22 − ρ1 v

21) = − 4

D

L∫

0

τw dx (7.39)Tangen ijalani napon na zidu evi, τw, se me�a du� evi, pa integral na desnoj strani jednaqinenije jednostavno rexiti. Taj problem �emo rexiti tako xto �emo napisati jednaqinu koliqinekreta�a za infinitezimalnu kontrolnu zapreminu, tj. za L→ dx. U tom sluqaju jednaqina (7.39) sesvodi na diferen ijalni oblik:dp+ d(ρ v2) = − 4

Dτw dx (7.40)Kako iz jednaqine kontinuiteta sledi da je ρ v = const, onda je d(ρ v2) = ρ v dv + v d(ρ v) = ρ v dv,

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 109tako da jednaqinu (7.40) mo�emo pisati i u obliku:dp+ ρ v dv = − 4

Dτw dx (7.41)Konaqno, tangen ijalni napon na zidu se mo�e izraziti kao τw = 1

8 λρ v2, pa �emo dobiti slede�ujednaqinu:

dp+ ρ v dv = −ρ λ dx

D

v2

2(7.42)Podsetimo se da je ovde tre�e to koje dovodi po promena strujnih parametara. U sluqaju struja�aidealnog gasa, ta zavisnost se mo�e iskazati samo u funk iji Mahovog broja. To se dobija imaju�i uvidu da je: c2 = κRT , M2 = v2/c2, p = ρRT , ρ v = const. i cp T + v2/2 = const.

λdx

D=

2

κM2(1 −M2)

(

1 +κ − 1

2M2

)−1dM

M(7.43)Integrae�em jednaqine (7.43) od preseka 1 do preseka 2, dobija se:

x2∫

x1

λdx

D=

[

− 1

κM2− κ + 1

2 κln

(

M2

1 + κ−12 M2

)]M2

M1

(7.44)Iz jednaqine energije i jednaqine kontinuiteta, mogu se dobiti odnosi T2/T1, p2/p1 i p02/p01 ufunk iji Mahovih brojeva M1 i M2. Tako je, na primer za temperaturu taj odnos:T2

T1=

2 + (κ − 1)M21

2 + (κ − 1)M22

(7.45)Ova jednaqina se dobija iz qi�eni e da je totalna temperatura konstantna u evi - req je oadijabatskom struja�u!U praktiqnim proraqunima, sliqno kao kod struja�a sa razmenom toplote, kao referentne, koristese kritiqne vrednosti fiziqkih veliqina Tk, pk, p0k, pa se u tabeli daju odnosi T/Tk, p/pk, p/p0k.Tako je, za temperaturu taj odnos:T

Tk=

κ + 1

2 + (κ − 1)M2(7.46)xto direktno sledi iz jednaqine (7.45) za M1 = 1.TakoÆe, ako definixemo x = Lk kao mesto gde je M = 1, jednaqina (7.43) postaje

Lk∫

0

λdx

D=

[

− 1

κM2− κ + 1

2 κln

(

M2

1 + κ−12 M2

)]1

M

(7.47)iliλsLkD

=1 −M2

κM2+

κ + 1

2 κln

[

(κ + 1)M2

2 + (κ − 1)M2

] (7.48)gde je λs sred�i koefi ijent tre�a u evi koji se definixe kao:λs =

1

Lk

Lk∫

0

λdxPri ovom tipu struja�a va�no je zapamtiti slede�e:

Aleksandar �o�i�: MEHANIKA FLUIDA - auditorne ve�be 110Uti aj tre�a u sluqaju adijabatskog struja�a je takav da uvek te�i daMahov broj u nekom nizvodnom preseku dovede do jedini e, tj. ubrzavadozvuqnu struju gasa, a usporava nazdvuqnu struju gasa.TakoÆe, struja�e ne mo�e usled tre�a da preÆe iz dozvuqnog u nadzvuqno, ili obrnuto. Du�ina evi koja je potrebna da bi se jedno dozvuqno struja�e ubrzalo do M = 1, ili da bi se jedno nadvuqnostruja�e ubrzalo do M = 1 se naziva kritiqna du�ina evi Lk.Xto se tiqe ostalih strujnih parametara, oni se me�a�u na slede�i naqin:1. Za nadzvuqno struja�e u preseku 1-1, tj. M1 > 1:• Mahov broj opada, M2 < M1

• Pritisak raste, p2 > p1

• Temperatura raste T2 > T1


• Brzina opada, v2 < v12. Za dozvuqno struja�e u preseku 1-1, tj. M1 < 1:• Mahov broj raste, M2 > M1

• Pritisak opada, p2 < p1

• Temperatura opada za T2 < T1


• Brzina raste, v2 > v17.5.1 Zada i1. U ulaznom preseku 1-1 toplotno izolovane evi konstantnog popreqnog preseka i du�ine L =

27.64D izmereno je: T01 = 300 K, p01 = 2bar i M1 = 0.57. Odrediti gasodinamiqke veliqinesta�a na kraju evi, ako je sred�a vrednost koefi ijenta tre�a λs = 0.015.2. Na ulazu u izolovanu ev preqnika D = 100 mm i du�ine L = 13.585 m izmereni su Mahov brojM1 = 0.4 i brzina v1 = 140 m/s. Izraqunati sred�u vrednost koefi ijenta tre�a λ i brzinu nakraju evi v2, ako je na rastoja�u x = 9 m od ulaza izmerena brzina vx = 180 m/s.3. Na ulazu u izolovanu ev konstantnog preqnika D i du�ine 30D izmeren je Mahov broj M1 =

3. Na rastoja�u 14D od ulaza u ev Mahov broj iznosi M2 = 2. Odrediti sred�u vrednostkoefi ijenta tre�a i Mahov broj na izlazu iz evi.4. Na ulazu u izolovanu ev (presek 1-1) konstantnog popreqnog preseka D = 610 mm temperaturavazduha je T1 = 310 K, pritisak p1 = 0.7 bar i Mahov brojM1 = 3. Sred�a vrednost koefi ijentatre�a je λ = 0.02. U nizstrujnom preseku, u kome je Mahov broj M = 2.5 java se prav udarnitalas, tako da je na izlazu iz evi, u preseku 2-2, Mahov broj M2 = 0.8. Odrediti polo�ajpreseka u kome nastaje udarni talas u odnosu na ulaz u ev, izraqunati ukupnu du�inu evi iodrediti totalni i statiqki pritisak na izlazu iz evi, kao i promenu entropije vazduha du� evi, tj. izmeÆu preseka 1-1 i 2-2.

Documents

Mehanika fluida - handot za auditorne vezbefluidi.mas.bg.ac.rs/Nastava/MehanikaFluida1501/mf1501-handout.pdf · Alek sandar o i : MEHANIKA FLUIDA-a u ditorne ve be 2 1.2 R azni naqini