Tečenje sa slobodnom

3 Tečenje sa slobodnom površinom Zadatak 3.1. Pri ustaljenom jednolikom tečenju u kanalu trapeznog poprečnog preseka, izmerena je dubina vode H = 1.0 m. Nagib dna kanala je I D =0.5% a Manning-ov koeficijent hrapavosti je n =0.014 m 1/3 s. Ispitati režim tečenja u kanalu (da li je mirno ili burno), uz potrebna obrazloženja. Rešenje. Chézy-Manning-ova jednačina za ustaljeno tečenje glasi: Q = 1 n AR2/3 I E gde je I E = I Π = I D za jednoliko tečenje (3.1) (I E nagib linije energije, I Π nagib linije nivoa, odnosno Π-linije, I D nagib dna kanala, A proticajna površina, R hidraulički radijus definisan kao odnos proticajne površine i okvašenog obima R = A/O, n dimenzionalni koeficijent trenja po Manning-u sa dimenzijom [L 1/3 T]). Dubina pri kojoj važi pretpostavka iz jednačine (3.1) o jednolikom tečenju zove se 89

90 3. Tečenje sa slobodnom površinom normalna dubina, pa se može napisati: Q = 1 n A NR 2/3 N ID Iz uslova zadatka da je H = H N =1.0 m, može se sračunati proticaj Q, uz zamenu: A N = H(b +2H) =7.0m 2 R N = A N O N = Q = H(b +2H) b +2H 5 =0.739 m 1 0.014 7.0 0.7392/3 0.005 = 28.9m 3 /s Da bi se proverio režim tečenja u kanalu, potrebno je za zadatu dubinu i dobijeni proticaj sračunati Froude-ov broj: Fr = Q2 B ga 3 = Q2 (b +4H) g[h(b +2H)] 3 = 28.9 2 (5.0+4 1.0) 9.81[1.0(5.0+2 1.0)] 3 =2.23 i uporediti ga sa kritičnom vrednošću (Fr K = 1). Pošto je Fr > 1, tečenje u kanalu je u burnom režimu. Do istog zaključka može se doći ukoliko se sračuna kritična dubina za zadati proticaj Q (odnosno dubina H K pri kojoj je Froude-ov broj jednak jedinici) pa se uporedi sa normalnom dubinom H N. Za zadatu geometriju poprečnog preseka biće: Fr K = Q2 (b +4H K ) g[h K (b +2H K )] 3 =1 H K = 3 Q 2 gb 2 3 1+4HK /b 1+2H K /b Poslednji oblik jednačine pogodan je za rešavanje iterativnim postupkom 1 : H (i+1) K = 3 Q 2 3 1+4H (i) K /b gb 2 1+2H (i) K /b gde je i redni broj iteracije. Ako se u prvom koraku uzme H (1) K =0: H (2) K = 3 28.9 2 9.81 5.0 2 =1.50 dobija se: 3 H (3) K =1.50 1+ 4 1.50 5.0 1+ 2 1.50 5.0 1 Videti objašnjenje na strani 49. =1.22 H (4) 3 K =1.50 1+ 4 1.22 5.0 1+ 2 1.22 5.0 =1.27

91 3 K =1.50 H (5) 1+ 4 1.27 5.0 1+ 2 1.27 5.0 =1.26 Daljim ponavljanjem može se pokazati da postupak konvergira vrednosti H K =1.26 m. Ako se sračunata kritična dubina uporedi sa normalnom, vidi se da je H K >H N, odnosno zaključuje se da je tečenje u kanalu u burnom režimu. Kritična dubina može da se odredi i grafički tako što se, na osnovu nekoliko sračunatih vrednosti Froude-ovog broja, nacrta dijagram Fr(h), a zatim se sa njega o- čita H K. h (m) 1.10 1.20 1.30 Fr ( ) 1.61 1.19 0.90 Zadatak 3.2. U betonskom kanalu sa Manning-ovim koeficijentom hrapavosti n =0.014 m 1/3 s i poprečnog preseka kao na slici, kota vode pri kojoj se javlja kritična dubina je H K =3.0 m. Sračunati pri kom nagibu dna kanala je normalna dubina jednaka kritičnoj. Ako se proticaj poveća tri puta, da li je za tako sračunat nagib tečenje mirno, kritično ili burno? Rešenje. S obzirom da je poznata kritična dubina i geometrija poprečnog preseka, moguće je sračunati proticaj u kanalu, iz uslova da je Froude-ov

92 3. Tečenje sa slobodnom površinom broj jednak jedinici: Fr = Q2 B ga 3 =1 Q = ga 3 B = 9.81 17.0 3 =69.42 m 3 /s 10.0 Za sračunati proticaj, iz Chézy-Manning-ove jednačine se za poznatu dubinu H K = H N dobija traženi nagib dna (pri kome će se u ustaljenom jednolikom tečenju ostvariti dubina jednaka kritičnoj): Q = 1 n AR2/3 I D I D = ( ) nq 2 AR 2/3 = ( ) 2 0.014 69.42 =0.0023 = 0.23 % 17.0( 17.0 13.07 )2/3 Povećanjem proticaja tri puta, Q =3 69.42 = 208.27 m 3 /s, normalna dubina (H N ) postaje: Q = 1 n A R 2/3 I D nq ID = A R 2/3 60.76 = [17.0+10.0(H N 3.0)] [ ] 17.0+10.0(H 2/3 N 3.0) 13.07 + 2.0(H N 3.0) Dobijena jednačina se može rešiti grafičkim putem, metodom probanja ili numeričkim putem uz prethodno sre divanje u pogodniji oblik. Ako se jednačina digne na treći stepen, pa se sredi po nepoznatoj H N iz brojioca, dobija se: 5 (2.0H H N N = +7.07)2 60.76 3 +13.0 =1.55(H N +3.54) 0.4 +1.30 10.0 Ovaj oblik jednačine pogodan je za rešavanje iterativnim postupkom 2 : H (i+1) N =1.55(H (i) N +3.54)0.4 +1.30 gde je i redni broj iteracije. Polazeći od dubine H (1) N =3.0m, u nekoliko iteracija dolazi se do rešenja: H N =4.95 m 2 Videti objašnjenje na strani 49.

Kao i u prethodnom zadatku, za proveru režima tečenja nije neophodno računati kritičnu dubinu, već je dovoljno sračunati Froude-ov broj za normalnu dubinu: Fr = 208.262 10.0 9.81 36.5 3 =0.91 Kako je Fr < 1, zaključuje se da sa povećanjem proticaja u kanalu režim tečenja postaje miran. 93 Zadatak 3.3. U pravougaonom kanalu širine dna B = 2.0 m, na širokom pragu se ostvaruje kritična dubina. Gubitak energije izme du preseka 1 i 2 iznosi 30 % od kinetičke energije u preseku 2, a izme du preseka 2 i 3 10 % kinetičke energije u preseku 3. Za preseke 1, 2 i 3, u kojima se ostvaruje hidrostatička raspodela pritisaka, pri čemu nizvodni uslovi ne utiču na dubinu u preseku 3, sračunati i nacrtati kote dna, pijezometarske i e- nergetske kote, Froudeove brojeve kao i dijagram specifične energije 50 (razmera 1 : 100 ). Nagib dna kanala je I D =2%. Rešenje. Za dati proticaj, dubina H 2 u preseku 2 je kritična dubina i računa se iz uslova: Fr = Q2 B ga 3 2 A 2 = BH 2 =1 H 2 = H K = 3 Q 2 gb 2 =0.972 m Dubine u presecima 1 i 3 računaju se pomoću energetskih jednačina, s obzirom da su poznati lokalni gubici energije. Za preseke 1 i 2 biće: Z D1 + H 1 + v2 1 2g = Z D2 + H 2 + v2 2 2g + E 1 2

94 3. Tečenje sa slobodnom površinom v2 2 ( 2g = 6.0 2.0 0.972 ) 2 1 19.62 =0.486 m Z D2 = 100.0 5.0 0.02 + 1.0 = 100.90 m E 1 2 =0.3 v2 2 =0.3 0.486 = 0.146 m 2g Q2 H 1 + 2gB 2 H1 2 =2.503 (3.2) Ova jednačina pogodna je za rešavanje iterativnim postupkom 3 : H (i+1) 1 =2.503 0.4587 H (i) 1 2 gde je i redni broj iteracije. Za H (1) 1 = 2.503 m, dobija se: H (2) 1 =2.503 0.4587 =2.430 H(3) 2.5032 1 =2.503 0.4587 2.430 2 =2.426 Daljim ponavljanjem može se pokazati da postupak konvergira vrednosti 4 H 1 =2.425 m. Za odre divanje dubine u preseku 3, postavlja se energetska jednačina izme du preseka 2 i 3: Z D2 + H 2 + v2 2 2g = Z D3 + H 3 + v2 3 2g + E 2 3 (3.3) Nakon zamene E 2 3 =0.1 v2 3, i izračunatih brojnih vrednosti, dobija se: 2g 2.557 = H 3 + 0.5046 H3 2 Jednačina je u formi pogodnoj za rešavanje iteracijama 5 : H (i+1) H (i) 3 3 +0.5046 3 = 2.557 Ako se u prvom koraku uzme H (1) 3 = 0, u nekoliko iteracija dobija se rešenje H 3 =0.495 m. 3 Videti objašnjenje na strani 49. 4 Jednačina (3.2) ima još dva rešenja: H 1 = 0.398 m i H 1 = 0.476 m. Prvo fizički nema smisla jer dubina ne može da bude negativna, a drugo hidraulički nema smisla jer kota nivoa vode u preseku ispred praga mora biti veća od kote vode na pragu. 5 Jednačina (3.3) može da se napiše u nekoliko različitih oblika pogodnih za iterisanje. Najbolje je koristiti onaj oblik kojim se najbrže konvergira rešenju.

Veličina, oznaka (jedinice) Izraz 1 2 3 Kota dna, Z (m) Z D 100.00 100.90 99.80 Pijezometarska kota, Π (m) Z D + H 102.43 101.87 100.30 Energetska kota, E (m) Specifična energija, e (m) Froude-ov broj, Fr ( ) Z D + H + v2 2g 102.51 102.36 102.17 H + v2 2g 2.51 1.46 2.37 Q 2 B ga 3 0.064 1.00 7.56 95

96 3. Tečenje sa slobodnom površinom Zadatak 3.4. Za kanal trougaonog poprečnog preseka, sa uglom izme- du bokova kanala od 60 0, horizontalnog dna, nacrtati dijagram zavisnosti zbira sile pritiska i inercijalne sile od dubine H, za proticaj Q =5m 3 /s. Pri crtanju dijagrama sračunati tačku minimuma funkcije i po dve tačke levo i desno od minimuma. Koristeći nacrtanu funkciju, odrediti potrebnu (nizvodnu) dubinu H 2 za formiranje hidrauličkog skoka ako je uzvodna, dolazna dubina H 1 =1.00 m. Rešenje. Zbir sila pritiska i inercijalne sile u jednom preseku je: P + I = p T A + ρqv = ρg H 3 H2 3 3 + ρq Q H 2 3 3 (3.4) P + I = ρg 3H 3 9 + ρq 2 3 H 2 3 (3.5) Minimum funkcije može se dobiti izjednačavanjem prvog izvoda d(p +I)/dH sa nulom ili traženjem kritične dubine (znajući da je za kritičnu dubinu zbir inercijalne sile i sile pritiska minimalan). Fr = Q2 B ga 3 = Q2 2 3 g ( 3 3 H 3 H2 ) 3 =1 H K = 5 6Q 2 g =1.73 m Hidraulički skok je lokalna pojava koju opisuju jednačina kontinuiteta i dinamička jednačina primenjena na konačnu zapreminu izme du preseka 1 i 2. Prema dinamičkoj jednačini, vektorski zbir svih sila na konačnu zapreminu je nula, odnosno: i=n i=1 F i = 0 (3.6) Horizontalna komponenta težine vode ( G), odnosno komponenta u pravcu tečenja, jednaka je nuli. Tako de, zbog prizmatičnosti kanala, komponenta

97 sile konture na fluid ( K) u pravcu tečenja je nula dok se zbog relativno kratke deonice za koju se piše dinamička jednačina, sila trenja ( T ) može zanemariti. Dinamička jednačina se tako svodi na sledeću jednakost: P 1 + I 1 = P 2 + I 2 (3.7) Na osnovu dijagrama zavisnosti sile od dubine, jednačina hidrauličkog skoka (3.7) može se rešiti grafičkim putem, očitavanjem dubine H 2 sa dijagrama koja će se spregnuti sa dubinom H 1 u skok. Za H 1 =1.00 m, dobija se dubina H 2 =2.76 m. H (m) P + I (kn) 0.50 173.44 1.00 45.19 1.73 24.24 2.50 36.43 3.00 55.79 Zadatak 3.5. Na slici je prikazano potopljeno isticanje iz kolektora kružnog preseka u kanal sa slobodnom površinom. Kanal je pravougaonog poprečnog preseka, horizontalnog dna, širine iste kao i prečnik kolektora. Pri proticaju Q =2.0m 3 /s, na početku kanala (u preseku 1) izmerena je dubina H 1 =3.0 m. Odrediti povećanje nivoa vode izme du preseka 1 i preseka 2 uz sledeće pretpostavke: isticanje iz kružnog kolektora je bez kontrakcije,

98 3. Tečenje sa slobodnom površinom kota nivoa u preseku 1 je pijezometarska kota za ceo presek, uključujući i presek mlaza, zanemaruje se trenje izme du preseka 1 i 2, u preseku 2 je merodavna srednja brzina za ceo presek. Rešenje. Zadatak se rešava primenom jednačine kontinuiteta i dinamičke jednačine za preseke 1 i 2, odnosno: P 1 + I 1 = P 2 + I 2 (3.8) Prema uslovima zadatka, sila pritiska i inercijalna sila u preseku 1 su: P 1 = p T 1 A 1 = ρg H 1 2 H 1B =44.145 kn I 1 = ρqv KOL = ρq 4Q D 2 π a u preseku 2: =5.093 kn P 2 = p T 2 A 2 = ρg H 2 2 H 2B =4.905H 2 2 I 2 = ρqv 2 = ρq Q H 2 B =4.00H 1 2 Na osnovu jednačine (3.8) sledi 6 : 44.145 + 5.093 = 4.905H 2 2 +4.00H 1 2 H 2 =3.127 m Traženo povećanje nivoa vode je: H =3.127 3.00 = 0.127 m Zadatak 3.6. Na slici je prikazan pravougaoni kanal širine B = 5.0m i koeficijenta hrapavosti po Manning-u n =0.015 m 1/3 s sa promenom nagiba dna. U deonicama kanala 1 i 2 normalne dubine su H N1 =0.7m i 6 Dato rešenje dobija se pomoću iterativne formule H (i+1) 2 = 3 10.038H (i) 2 0.8155 ; druga dva rešenja (H 2 = 3.208 m i H 2 = 0.081 m) očigledno nemaju smisla.

99 H N2 =2.0 m. Sračunati proticaj kanalom, nagib dna kanala u deonici 1 (I D1 ) i skicirati slobodnu površinu nivoa vode na mestu spajanja dveju deonica kanala. Rešenje. Proticaj kanalom se računa iz uslova da je u deonici 2 poznata normalna dubina: ( ) ID2 Q = n A 2R 2/3 0.001 5.0 2.0 2/3 2 = 0.015 5.0 2.0 = 2 2.0+5.0 = 22.62 m 3 /s Na osnovu sračunatog proticaja i podatka da je u deonici 1 normalna dubina, računa se nagib dna kanala: ( ) 2 2 nq 0.015 22.62 I D1 = A 1 R 2/3 = ( ) 2/3 =0.021 = 2.1% 1 5.0 0.7 5.0 0.7 2 0.7+5.0 Da bi se skicirala linija nivoa na mestu promene pada dna kanala, potrebno je prvo sračunati kritičnu dubinu (iz uslova Fr = 1): Fr = Q2 B ga 3 = 22.622 5.0 9.81(5.0H K ) 3 =1 H K = 3 22.62 2 9.81 5.0 2 =1.28 m Kako je H N1 <H K (u deonici 1 je burno tečenje), a H N2 >H K (u deonici 2 je mirno tečenje), prelaz iz burnog u mirno tečenje je moguć samo preko hidrauličkog skoka. Da bi se odredio položaj skoka, potrebno je sračunati dubinu H 1 koja se sa dubinom H 1 može spregnuti u skok: P 1 + I 1 = P 2 + I 2 158.15 = 24.525H 2 1 + 102.30 H 1 H 1 =2.12 m Da bi se hidraulički skok formirao tačno na mestu promene nagiba dna kanala, potrebna je nizvodna dubina H 1 = 2.12 m. Kako je H N2 < H 1, hidraulički skok će biti odbačen, odnosno pomeren nizvodno. Za hidraulički skok u nizvodnoj deonici, dubina iza skoka je H 2 = H 2N =2.0m. Treba, dakle, sračunati dubinu H 2 ispred skoka, tako da bude spregnuta sa dubinom H 2 iza skoka, i to iz uslova: P 2 + I 2 = P 2N + I 2N

100 3. Tečenje sa slobodnom površinom 24.525H 2 2 + 102.30 H 2 = 149.25 H 2 =0.76m Zadatak 3.7. Na laboratorijskoj instalaciji, pravougaonom kanalu širine dna B =0.1 m i horizontalnog dna, izmerene su dubine H 1, H 2 i visina praga p. Ukoliko se zna da je lokalni gubitak energije od preseka 3 do praga 30 % od kinetičke energije na pragu (na pragu se ostvaruje kritična dubina), izračunati proticaj u kanalu Q PR. Iz izmerenih podataka o dubinama ispred i iza hidrauličkog skoka (H 1 i H 2 ), izračunati proticaj Q HS. Tako sračunat proticaj uporediti sa proticajem Q PR dobijenim iz uslova da je na pragu kritična dubina. Pod pretpostavkom da su sve dubine tačno izmerene i da je podatak o koeficijentu lokalnog gubitka pouzdan, komentarisati dobijenu razliku u izračunatim protocima. Rešenje. Q HS : Postavljanjem dinamičke jednačine za preseke 1 i 2, računa se P 1 + I 1 = P 2 + I 2 0.07 + 833333Q 2 HS =19.62 + 50000Q 2 HS Q HS =5.00 l/s Na osnovu energetske jednačine, znajući da se u preseku na pragu ostvaruje

kritična dubina i znajući lokalne gubitke energije izme du preseka 3 i preseka na pragu, dobija se proticaj Q PR : 101 H 3 + v2 3 2g = p + H K + v2 K (1 + 0.3) 2g Q2 PR H 3 + 2gB 2 H3 2 = p + H K + Q2 PR 2gB 2 HK 2 (1 + 0.3) S obzirom da su u jednačini nepoznati proticaj Q PR i dubina vode na pragu H K, koristi se veza: Fr = Q2 PR B ga 3 =1 Q 2 PR = gb2 H 3 K Nakon elementarnih transformacija, dobija se jednačina po H K : 0.2+ H3 K 2 0.2 2 =0.098 + H K + 1.3H K 2 pa je tačni proticaj: Q PR = gb 2 HK 3 =5.05 l/s H K =0.064 m Vrednost Q PR je nešto veća od Q HS, što je moglo i da se očekuje zato što je pri proračunu proticaja preko spregnutih dubina u dinamičkoj jednačini zanemarena sila trenja (koja deluje u smeru suprotnom od smera tečenja i koja je na kratkim rastojanjima obično mala u pore denju sa drugim silama). Ovaj zaključak, da se zanemarivanjem trenja dobija manji proticaj, nelogičan je samo na prvi pogled. Napominje se još i da, ukoliko kanal nije horizontalan, u dinamičkoj jednačini se pojavljuje i komponenta sile težine u pravcu toka. Zanemarivanjem ove sile (što je opravdano samo za relativno male nagibe dna), dobija se nešto veći proticaj od stvarnog, pošto komponenta sile težine u pravcu toka deluje u smeru tečenja. Zadatak 3.8. Na slici je prikazan pravougaoni kanal horizontalnog dna, širine B = 3.0 m sa trougaonim suženjem (presek 3). Za dati proticaj Q =4m 3 /s, odrediti dubine vode u suženju H 3, neposredno ispred suženja H 2 i dubinu H 1 koja se spreže u skok sa dubinom H 2. Pretpostaviti da su gubici energije izme du preseka u suženju i ispred suženja zanemarljivi. Dubinu H 2 računati za puni (pravougaoni) presek a dubinu H 3 za suženi (trougaoni) presek. Nizvodni uslovi ne remete tečenje kroz suženje, tako

102 3. Tečenje sa slobodnom površinom da je omogućeno formiranje kritične dubine u suženju. U pogodnoj razmeri nacrtati pijezometarsku i energetsku liniju. Rešenje. Prema uslovima datim u zadatku, u suženom preseku 3 se formira kritična dubina, definisana sa: Fr = Q2 B ga 3 =1 Q2 2 1.5 2.5 H K ( ) 3 =1 g 1.5 2.5 H2 K H K = 5 2Q 2 ) 2 =1.554 m, E 3 =1.942 m g ( 1.5 2.5 Dubina vode u preseku 2 se računa iz energetske jednačine: H 2 + v2 2 2g = H K + v2 K 2g H 2 + Q2 2gB 2 H 2 2 = H K + v2 K 2g H 2 =1.917 m, E 2 =1.942 m dok se dubina u preseku 1 dobija iz dinamičke jednačine uz zanemarenje sile trenja: P 1 + I 1 = P 2 + I 2 ρg H2 1 2 B + ρqv 1 = ρg H2 2 2 B + ρqv 2 14715H 2 1 + 5333.3 H 1 = 56858 H 1 =0.094 m E 1 =10.31 m Do istog rešenja za dubinu H 1 se moglo doći i korišćenjem jednačine:

103 H 1 = H 2 2 ( 1+8Fr2 1) koja se tako de dobija primenom dinamičke jednačine za pravougaono korito, nakon zanemarenja sile trenja i elementarnih transformacija. Zadatak 3.9. Radi ispitivanja tečenja preko širokog praga u laboratorijskom kanalu pravougaonog poprečnog preseka širine dna B = 0.2m, nagiba dna I D =0.5 % i hrapavosti po Manning-u n =0.013 m 1/3 s, uspostavljeni su uslovi kao na slici. Izmerena dubina vode u preseku 4 je H 4 =0.117 m. Pretpostavlja se da nizvodno od preseka 4 nema nikakvih poremećaja, pa se može smatrati da je H 4 normalna dubina. Skicirati liniju nivoa ako je prelivanje preko širokog praga nepotopljeno a hidraulički skok se formira izme du preseka 3 i 4. Gubitak energije izme du preseka 1 i 2 je 10 % kinetičke energije u preseku 2.

104 3. Tečenje sa slobodnom površinom Rešenje. S obzirom da je omogućeno nepotopljeno prelivanje preko širokog praga, na pragu se ostvaruje kritična dubina, a nizvodno se formira burno tečenje (presek 2), H 2 <H 1. Izme du preseka 3 i 4 se formira hidraulički skok, sa uzvodnom dubinom H 3 >H 2, a nizvodnom H 4 = H N =0.117 m. Na osnovu ovih podataka, moguće je skicirati liniju nivoa. Na osnovu podatka da je u preseku 4 normalna dubina, računa se proticaj u kanalu: ( ) ID 0.005 0.2 0.117 2/3 Q = n AR2/3 = 0.2 0.117 = 0.013 2 0.117 + 0.2 = 18.17 l/s Na pragu se ostvaruje kritična dubina H 1 = H K : Fr = Q2 B ga 3 =1 H K = 3 Q 2 =0.094 m, gb2 E K =0.157 m dok se dubina u preseku 2 dobija iz energetske jednačine (uz zanemarenje promene kote dna izme du preseka 1 i 2): p + H K + v2 K 2g = H 2 + v2 2 (1 + 0.1) 2g 1.1 Q2 0.157 = H 2 + 2gB 2 H2 2 H 2 =0.074 m E 2 =0.151 m Dubina u preseku 3 je dubina koja se sa H 4 spreže u skok, pa se računa iz dinamičke jednačine (pri čemu se pored sile trenja zanemaruje i komponenta sile težine u pravcu toka): P 3 + I 3 = P 4 + I 4 ρg H2 3 2 B + ρ Q2 =27.68 BH 3 H 3 =0.075 m E 3 =0.150 m

105 Zadatak 3.10. Iz rezervoara u kome se održava konstantan nivo ističe voda kroz kratki pravougaoni kanal na čijem kraju se nalazi ustava koja služi za regulisanje proticaja. Dno kanala je horizontalno. Gubitak energije izme du nekog preseka 0 u rezervoaru (gde je brzina približno jednaka nuli) i preseka 1 iznosi 10% kinetičke energije u preseku 1, a gubitak izme du preseka 1 i 2 iznosi 15 % kinetičke energije u preseku 2. Isticanje ispod ustave je uvek slobodno, a koeficijent kontrakcije mlaza C A =0.7. Nacrtati dijagram proticaja kroz kanal u zavisnosti od visine dizanja ustave za raspon U od 0 do 0.3 H 0. Rešenje. Postavljanjem dve energetske jednačine, za preseke 0 i 1, odnosno 1 i 2, dobijaju se dve jednačine sa dve nepoznate, dubinom H 1 i proticajem Q. Pri tome se smatra da je visina dizanja ustave U = H 2 /C A poznata, jer se ona nezavisno zadaje u rasponu od 0 do 0.3H 0. H 0 = H 1 + v2 1 2g (1 + 0.1), H 1 + v2 1 2g = H 2 + v2 2 (1 + 0.15) 2g Sabiranjem ove dve jednačine dobija se: H 0 = H 2 +0.1 v2 1 2g +1.15 v2 2 2g Ova jednačina se, uz primenu jednačine kontinuiteta Q = v 1 H 1 B = v 2 H 2 B, može napisati u obliku: Q = 0.7 ( ) Q 2 UB 2g(H 0 0.7U) 0.1 1.15 BH 1 Dalje se proračun obavlja iterativno: ( Q (i+1) = 1.632U Q (i) 19.62(2.0 0.7U) 0.016 H (i+1) 1 = 2.0 0.009 ( ) Q (i+1) 2 H (i) 1 H (i) 1 ) 2

106 3. Tečenje sa slobodnom površinom gde je i redni broj iteracije. Ako se, za nekoliko visina dizanja ustave, u prvoj iteraciji uzmu vrednosti koje odgovaraju zatvorenoj ustavi (U = 0), odnosno Q (1) =0,H (1) 1 = 2.0 m, dobija se da postupak praktično konvergira rešenju iz par iteracija (vidi tabelu). U/H 0 ( ) 0.1 0.2 0.3 U (m) 0.200 0.400 0.600 Q (2) (m 3 /s) 1.972 3.792 5.451 H (2) 1 (m) 1.991 1.968 1.933 Q (3) (m 3 /s) 1.971 3.789 5.440 H (3) 1 (m) 1.991 1.967 1.929