Otpori trenja i otpori oblika

4 Otpori trenja i otpori oblika Zadatak 4.. Na osnovu pritisaka izmerenih duž konture prikazanog stuba, izloženog homogenoj vazdušnoj struji, odre deni su koeficijenti pritisaka C p (dati u tabeli). Izračunati pritiske u datim tačkama, rezultujuću silu na stub po metru visine i koeficijent sile C F. R. br. 2 3 4 5 6 7 8 9 0 2 X (m) 2.0 2.0.3 0.7 0.0.5 3.0.5 0.0 0.7.3 2.0 Y (m) 0.0.0.7 2.3 3.0.5 0.0.5 3.0 2.3.7.0 C p ( ).0 0.9 0. 0.6 0.8 0.6 0. 0.9 07

08 4. Otpori trenja i otpori oblika Rešenje. Pritisak u nekoj tački na konturi objekta može se izraziti kao proizvod zaustavnog pritiska ( 2 ρu 2 ) i koeficijenta pritiska (C p ): p = C p 2 ρu 2 (4.) gde je ρ gustina fluida i U neporemećena brzina fluidne struje. Koeficijent pritiska C p predstavlja meru za koliko je stvarni pritisak p veći ili manji od referentnog pritiska u neporemećenoj struji. Zaustavni pritisak se izračunava preko neporemećene brzine fluida U. U zadatku su poznati koeficijenti pritisaka C p za tačke do 2, kao i gustina vazduha ρ i brzina u neporemećenoj struji U. Pritisak u tačkama se računa preko jednačine (4.). U tabeli su dati sračunati pritisci u svim tačkama po obimu stuba. R. br. 2 3 4 5 9 0 2 C p ( ).0 0.9 0. 0.6 0.8 0.6 0. 0.9 p (Pa) 5.0 3.5.5 9.0 2.0 9.0.5 3.5 Sila na objekat od dejstva fluida je suma proizvoda pritisaka i pripadajućih elementarnih površina: F = p nda (4.2) A Kada su poznati pritisci u svim tačkama konture, proračun sile se svodi na izračunavanje integrala (4.2), pri čemu se obično vektor sile F razlaže na komponente u osnovnim koordinatnim pravcima, F X i F Y. Na slici je prikazan dijagram pritisaka na konturu sa ucrtanim smerovima. Pri proračunu sile usvojena je linearna promena pritisaka izme du datih tačaka. Prvo se računaju komponente sila F,...,F 5 (po metru visine stuba) upravne na ravne površi: 5 + 3.5 F = 2.0 =28.5N/m 2( 3.5+.5.5 9.0 F 2 = 0.943 + 2 2 F 3 = 2 4.243 = 50.92 N/m F 4 = F 3 =50.92 N/m F 5 = F 2 = 6.37 N/m + ) 9.0 2.0 = 6.37 N/m 2 Obratiti pažnju na konvenciju o znaku i smeru pritiska na strani 52.

09 Znakovi ovako sračunatih sila pokazuju da li je sračunati smer sile isti kao usvojen (znak +, kao kod F i F 3 ) ili je suprotan (znak, kaokodf 2 i F 5 ). Ukupna sila na metar visine stuba u pravcima X i Y je: F X = F +2F 2 cos 45 0 +2F 3 cos 45 0 =9.5N/m F Y = 0.0N/m Koeficijent sile C F predstavlja odnos stvarne sile (F ) i proizvoda zaustavnog pritiska ( 2 ρu 2 ) i maksimalne površine upravne na smer fluidne struje (A PP ): F C F = 2 ρu A 2 PP =(6 )m 2 /m (4.3) A PP S obzirom da je ukupna sila u ovom zadatku podeljena na dve komponente, F X i F Y, postoje i dva koeficijenta sile: C FX = F X 2 ρu =.02 2 A PP F Y C FY = 2 ρu =0 2 A PP Voditi računa da se u izrazima za C FX i C FY koristi ista karakteristična površina A PP, odnosno, površina A PP ne zavisi od smera za koji se računa koeficijent sile, već samo od smera fluidne struje.

0 4. Otpori trenja i otpori oblika Zadatak 4.2. Na slici je prikazan presek kroz garažu. Za jedan metar dužni, odrediti sile na krov, prednji i zadnji zid za dva slučaja: a) kada su zatvoreni i vrata i prozor na garaži (koeficijent pritiska u garaži je C pu =0.0), b) kada je otvoren samo prozor. Rešenje. a) U slučaju kada su zatvoreni i vrata i prozor, u unutrašnjosti garaže je koeficijent pritiska C pu =0.0, pa su opterećenja na zidove i krov kao prema slici (pritisci se računaju prema jednačini p i = C pi 2 ρu 2 za svaki zid): b) Kada je otvoren prozor, pritisak se sa spoljne strane prenosi i na unutrašnjost prostorije (koeficijent pritiska C pu = 0.7). Dijagram opterećenja je sada nešto izmenjen:

Ukupna sila na pojedine delove garaže na metar dužni se dobija integrisanjem proizvoda elementarnih površina i pritisaka na zidove i krov garaže, usvajajući linernu interpolaciju izme du tačaka. Rezultati proračuna su dati u tabeli. Slučaj F PZ (N/m ) F KR (N/m ) F ZZ (N/m ) a) 432 935 252 b) 768 235 0 Zadatak 4.3. Na slici je prikazana krovna konstrukcija perona (npr. na železničkoj stanici). Odrediti presečne sile u preseku A A jednog stuba nosača, za brzinu vetra U = 40m/s kada je voz u stanici. Srednja vrednost

2 4. Otpori trenja i otpori oblika koeficijenta pritiska, kao i dimenzije, date su na slici. Debljinu krovne konstrukcije, kao i sile na stubove, zanemariti. Rešenje. Za date vrednosti koeficijenata pritiska može se nacrtati dijagram opterećenja od vetra: Sile F L i F D su: F L F D = (768 + 672) 4.08 5 = 88.3 kn = 2 576 4.08 5 = 70.50 kn Statički uticaji u preseku A A su: M A A T A A = 2.0(F L F D ) cos α +5.4(F L F D ) sin α =53.2 knm = (F L F D ) sin α =3.5kN N A A = (F L + F D ) cos α = 55.5kN (α =.3 0 ) Zadatak 4.4. Sračunati statičke uticaje od opterećenja vetrom, u preseku A A fabričkog dimnjaka u obliku zarubljene kupe. Raspored brzina vetra je dat izrazom: U(y) =U 0 ( y H ) /6

3 gde je U 0 =20m/s brzina vetra na visini y = H = 80 m. Pretpostavlja se da deo dimnjaka elementarne visine (dy) prima silu kao da ravnomerna struja brzine U(y) opstrujava oko cilindra prečnika d(y) datog jednačinom: d(y) =D 0 (D 0 D) y H gde je D 0 = 20 m, D = 6m i H = 80 m. Koeficijent sile otpora se može smatrati konstantnim (C F =0.35) ako je na bar 90 % visine dimnjaka zadovoljen uslov da je Reynolds-ov broj: Re = ρu(y) d(y) µ > 0 6 Gustina vazduha iznosi ρ =.2kgm 3, a dinamički koeficijent viskoznosti vazduha µ =.8 0 5 kg m s. Rešenje. Potrebno je sračunati vrednosti Reynolds-ovog broja za y = 0.H i na vrhu dimnjaka kako bi se proverila pretpostavka da je strujanje oko dimnjaka u turbulentnom režimu: y =0.H U =3.6m/s d =8.6m Re = 7 0 6 > 0 6 y = H U =20m/s d =6m Re = 8 0 6 > 0 6 Postavljeni uslov da je Reynolds-ov broj veći od 0 6 zadovoljen je na više od 90 % visine dimnjaka pa se može smatrati da je koeficijent sile konstantan i da je horizontalna sila na dimnjak data integralom H 0 df. Sila na elementarnu površinu df definisana je sa: ( ) df = C F 2 ρu 2 y 2/6 [ (y) d(y) dy = C F 2 ρu 0 2 D 0 (D 0 D) y ] dy H H pa je ukupna sila na dimnjak (odnosno transverzalna sila u preseku A A):

4 4. Otpori trenja i otpori oblika [ H F = C F 2 ρu 0 2 0 T A A = C F 2 ρu 2 0 3H D 0 ( y H ) /3 dy [ 4 D 0 (D 0 D) 7 H 0 ] ( ) y 4/3 (D 0 D) dy] H =60.5 knm Moment sile u preseku A A se dobija iz sume elementarnih momenata dm: H H M A A = dm = ydf = 0 0 [ = C F 2 ρu 0 2 3H 2 7 D 0 (D 0 D) ] 0 = 2.35 MNm Zadatak 4.5. U cev prečnika D = 250 mm postavljen je leptirasti zatvarač Z. Pri proticaju Q = 00 l/s i otvorenom zatvaraču, nivoi u pijezometarskim cevima u presecima, 2 i 3 su Π = 0.2m, Π 2 = 0.0m iπ 3 =9.5 m. Odrediti silu kojom fluid gustine ρ = kg dm 3 deluje na zatvarač Z u njegovom otvorenom položaju. Koliki je koeficijenat gubitka energije na zatvaraču ξ Z? Rešenje. Na skici je izdvojen deo cevi izme du preseka 2 i 3 sa ucrtanim silama koje deluju na masu fluida izme du ta dva preseka. Postavljanjem dinamičke jednačine za konačnu zapreminu izme du tih preseka može se sračunati sila F, sila kojom fluid deluje na zatvarač: P + I + T + K = 0 F = K = P + I + T

5 S obzirom da je cev konstantnog preseka i bez usputne promene proticaja, inercijalne sile I 2 i I 3 su istog intenziteta i pravca, a suprotnog smera pa se me dusobno potiru. Na osnovu podataka o pritiscima u težištima preseka 2 i 3 moguće je sračunati (Z2 T = ZT 3 =5.0 m): P 2 P 3 = p T 2 A = ρg(π 2 Z2 T )A =2.408 kn = p T 3 A = ρg(π 3 Z3 T )A =2.67 kn Pretpostavlja se da se sila trenja (po metru dužnom) dobija iz podataka za preseke i 2 (postavljanjem dinamičke jednačine za ova dva preseka): T 2 = T 23 =(P P 2 )=ρg(π Π 2 )A =96.3 N Ukupna sila na zatvarač je: F = P 2 P 3 T 23 =0.44 kn Do istog rezultata može se doći ako se uoči da su za razliku pijezometarskih kota od 2 do 3 odgovorni trenje i gubitak energije na zatvaraču. Ako se zna da je na dužini od 0 m razlika pijezometarskih kota zbog trenja Π T =0.2m (iz preseka i 2), dobija se da je Π Z =0.5 0.2 =0.3 m pa je sila na zatvaraču F = ρg Π Z A =0.44 kn. Koeficijenat sile je: C F = F 2 ρv2 A = ρg Π ZA 2 ρv2 A =2g Π Z v 2 =.42 gde je karakteristična površina A površina poprečnog preseka cevi. Ako se pad energije na zatvaraču napiše u obliku proizvoda brzinske visine i koeficijenta lokalnog gubitka energije, dobija se: v 2 E Z = Π Z = ξ Z ξ Z =2g Π Z 2g v 2 = C F =.42 odnosno, dolazi se do toga da je koeficijenat lokalnog gubitka energije na zatvaraču u stvari koeficijenat sile koju zatvarač prima od fluida. Zadatak 4.6. Konstrukcija prikazana na slici izložena je vetru brzine U 0 =7m/s. Sračunati dodatne momente savijanja i torzije u uklještenju A A usled opterećenja vetrom. Zanemariti debljinu konstrukcije i uticaj

6 4. Otpori trenja i otpori oblika vetra na stub. Koeficijent pritiska sa prednje strane konstrukcije je konstantan i iznosi C p = 0.95 a sa zadnje strane C p =.5. Apsolutna hrapavost ploče je k = 8 mm, dinamički koeficijent viskoznosti vazduha µ =.8 0 4 gr cm s a gustina vazduha ρ =.2kgm 3. Rešenje. Na levoj ploči je dominantna sila otpora oblika (F L ), a na desnoj je dominantna sila otpora trenja (F D ). Sila na levu ploču je: F L =[C p +( C p2 )] 2 ρu 2 0 A = 26 N Za proračun sile trenja na desnu ploču potrebno je proveriti da li je granični sloj u laminarnom ili u turbulentnom režimu. Ukoliko je Reynolds-ov broj Re X = ρu 0 X/µ (izražen preko rastojanja od početka ploče kao karakteristične dužine) na kraju ploče manji od kritičnog (Re K =0 6 ), tada je ceo granični sloj u laminarnom režimu. Ako je Reynolds-ov broj već na prvih 0 % dužine veći od kritičnog, može se usvojiti da je granični sloj duž cele ploče turbulentan. Provera za X =0.L Re X = ρu 00.L =93 0 3 < 0 6 µ Na kraju ploče Re L = ρu 0L = 933 0 3 < 0 6 µ Zaključuje se da je granični sloj duž cele ploče laminaran, pa je sila F D : F D =2 C F 2 ρu 0 2 A =2.4 ReL 2 ρu 0 2 A =0.52 N Traženi momenti su: M TOR = 538.72 Nm M SAV = 758 Nm