НАФТНО-ГАСНИ КОМПЛЕКСИ

Индустријско инжеnjерство у експлоатацији нафте и гаса Технички факултет Михајло Пупин Зрењанин НАФТНО-ГАСНИ КОМПЛЕКСИ (Решени задаци за писмени) Вер.1 Др. Радослав Д. Мићић, доц

SADRŽAJ: 1. KONVERZIJA JEDINICA... 3 2. GASNE SMEŠE- UDELI I MOLARNA MASA... 6 3. GASNI ZAKONl (IDEALNO GASNO STANJE)... 10 4. VISKOZNOST GASOVA NA ATMOSFERSKOM PRITISKU... 16 5. HIDROSTATIKA... 21 6. HIDRODINAMIKA... 26

1. KONVERZIJA JEDINICA 1.1 Dužina gasovoda je 15 milja, a prečnik 10". Kolike su dužina gasovoda u kilometrima i površina poprečnog preseka u cm 2? Rešenje 1.1. L= 15 milja d= 10" (cola) S=? konverzija: 1 milja = 1,6093 km 15 * 1,6093 = 24,14 km 1" = 2,54 cm 10 * 2,54 = 25,4 cm 1.2 Ako je ispunjena trećina rezervoara precnika 15 ft 4 5/8 in i visine 16 ft 1in, koliko barela sirove nafte je uskladišteno? Rešenje 1.2. konverzija: 1 ft = 0,305m 1 in = 2,54 cm iz ovoga sledi: d = 15 ft 4 5/8 in = 15*0,305 m + 4 5/8 *2,54 cm = 4,575 m + 4,625*2,54 cm = 4,575 m + 11,7475 cm = 4,575 m + 0,117475 m = 4,692475 m h = 16 ft 1 in = 16*0,305 m + 1*2,54 cm = 4,88 m + 0,0254 m = 4,9054 m 1 bbl = 0,159 m 3 84,83 m 3 /0,159 = 533,522 bbl, pošto je 533,522/3 = 177,84 bbl Rezervoar je zapunjen sa 177,7 bbl nafte 1.3 Koja je dimenzija univerzalne gasne konstante, R, koja figuriše u jednačini idealnog gasnog stanja PV=nRT, ako je p dat u Pa, V u m 3, n u mol, a T u K? Rešenje 1.3. PV = nrt p dat u Pa, V u m 3, n u mol, a T uk PV = nrt, ako znamo da je, zamenom dobijamo,,pošto je N*m = J rezultat je

1.4 Koliko iznosi "apsolutna nula" izražena u kelvinima i stepenima Celzijusa, Farenhajta i Rankina? Rešenje 1.4. 0 K na Kelvinovoj skali, koja predstavnja termodinamičku (apsolutnu) temperatursku skalu 0 K 273,15 K 373,15 K Pošto je T(K) = 273,15 + t o C t o C = T(K) - 273,15 pa je apsolutna 0 u t o C = -273,15 o C koristeći konverziju:t( o F) =T( o C) x1,8 + 32 = (-273,15 x 1,8)+32 = -459,67 o F, može se koristiti i formula: T( o F) = T( o C ) x9/5 + 32 = -273,15 x 9/5 +32 = -459,67 o F, T( o R) =[ T( o C ) +273,15] x9/5 = [-273,15+273,15] x9/5 = o 0 R Apsolutna nula je ekvivalentna 0 R na Rankinovoj (takođe termodinamičkoj) skali, jer je: 0 1.5 Temperatura ključanja n-heptana na atmosferskom pritisku (101,325 kpa) je 668,83 R. Izraziti je u F i K? Rešenje 1.5. T( o R)= 668,83 R zbog lakše konverzije najbolje je sve pretvoriti u o C, pa je: T( o C) =( T( o R ) -491,67) x5/9 =( 668,83-491,67) x 5/9 = 98,42 o C, na osnovu korelacija za konverziju: T( o K) = 273,15 + t o C = 273,15 + 98,42 = 371,55 o K T( o F) = (T( o C ) x 9/5)+32 = (98,42 x 9/5) + 32 = 209,156 o F 1.6 n-butan je uskladišten u sfernom rezervoaru na pritisku od 7 bar i temperaturi od 25 C. Pritisak izraziti u kpa, atm i psi a temperaturu u K, R i F. Rešenje 1.6. P = 7 bar, t = 25oC, pošto je: 1 bar = 100 kpa = 10 5 Pa 1 atm = 101,000325 kpa = 101000,325 Pa 1 psi = 6,895 kpa najbolje je sve pretvoriti u kpa: P (kpa) = P (bar) x 100 = 7 x 100 = 700 kpa P (atm) = P (kpa)/101,000325 = 700/ 101,000325 = 6,91 atm P (psi) = P (kpa)/6,895 = 700/6,895 = 101,53 psi pošto je temperatura u o C, ne treba je pretvarati, nego direktno koristiti jednačine za konverziju: T( o K) = 273,15 + t o C = 273,15 + 25 = 298,15 o K

T( o F) = (T( o C ) x 9/5)+32 = (25 x 9/5) + 32 = 77 o F T( o R) =[ T( o C ) +273,15] x9/5 =[25+273,15] x 9/5 = 536,67 o R 1.7 Ako je relativna gustina sirove nafte tipa Brent 0,8345 na 60 F, kolika je gustina izraženo u lb/ft 3? Usvojiti da je gustine vode na 60 F 999,02 kg/m 3. Rešenje 1.7. drel = 0,8345 (obrati pažnju, relativna gustina je bezdimenzionalni broj), gustina predstavlja odnos: Relativna gustina predstavlja odnos gustina datog fluida i vode, kao referentnog fluida (ako je u pitanju tečnost). relativna gustina može biti data na nekoj temperaturi, pa se onda uzima gustina vode na toj temperaturi: važno je znati da gustina fluida i vode mora biti na istoj temperaturi 833, 68 pošto je 1 ft = 0,305 m a 1 lb = 0,4536 kg dobijamo:

2. GASNE SMEŠE- UDELI I MOLARNA MASA 2.1. Ukoliko se smesa sastoji od 100 x10 23 molekula metana i 8 x 10 23 molekula etana, koliko ima ukupno molova u smeši? Rešenje:2.1. Šta je mol? Mol (simbol: mol) je jedna od sedam SI osnovnih jedinica i obično se koristi u hemiji. Mol meri količinu supstance i definiše se kao količina supstance koja sadrži toliko molekulakoliko ima atoma u tačno 12 grama ugljenikovog izotopa C12. Ova količina je poznata kao Avogadrov broj i približno iznosi 6,0221415 10²³. Nmetana = 100 x10 23 =1 x10 25 Netana = 8 x10 23 nsmeše = nmetana + netana iz toga sledi: nsmeše = nmetana + netana = 16,603+1,328 = 17,931 mol 2.2. Gasna smeša se sastoji od 1 mola metana, 2 mola etana i 6 molova.vodonik sulfida. Odrediti molske udele komponenata. Rešenje:2.2. nmetana = 1 mol nmetana = 2 mol nh2s = 6 mol Molski udeli: 2.3. Gasna smeša se sastoji od metana, etana i propana pri čemu je molski odnos komponenata nch4: nc2h6: nc3h8 1:3:5. Odrediti molske i masene udele komponenata. Rešenje:2.3. nmetana: netana: npropana= 1:3:5 Molski udeli:

Provera: Maseni udeli: zamenom dobijamo: Provera: 2.4. Ako je sastav gasne smeše izražen u masenim procentima: 60% metana, 20% propana a ostalo je butan, izračunati molske udele komponenata i molarnu masu smeše preko masenih udela. Rešenje:2.4. Molski udeo komponenti u smeši: gm=0,6 gp=0,2 gm+ gp+ gb =1 gb =1-( gm+ gp)=1-(0,6+0,2)=0,2 je zamenom dobijamo:

l 2.5. Molski sastav gasne smeše ie sledeći: 0,60 mol C1; 0,15 mol C2, 0,10 mol C3, 0,10 mol C4 i 0,05 mol C5. Izračunati maseni sastav i molarnu masu smeše preko molskih udela. Rešenje:2.5. nc1 = 0,6 mol nc2 =0,15 mol nc3 = 0,10 mol nc4 = 0,10 mol nc5 =0,05 mol Molski udeli: Maseni udeo je:

l 2.6. Ako je molarna masa smeše pentana (C5H12) i heksana (C6H14) Msm= 80 g/mol, izračunati masene udele komponenata u smeši. Rešenje:2.6. Msm = 80 g/mol Mpentana = C*5+H*12 = 5*12+1*12 = 72 g/mol Mheksana = C*6 + H*14 = 12*6+1*14 =86 g/mol ( ) j p + g h =1 sledi da je g p =1-g h ili g p = 1-0,614 = 0,386

3. GASNI ZAKONl (IDEALNO GASNO STANJE) 3.1. Određena masa gasa ima zapreminu od 1000 ft 3 na 74,7 psi. Ako se pritisak povisi na 134,7 psi, a temperatura ostane nepromenjena, kolika će biti nova zapremina gasa? Rešenje:3.1. Ovaj zadatak je primena Boyleovog zakona koji glasi Uslovima zadatka je dato: V1=1000 ft 3 p1=74,7 psi p2=134,7 psi Potrebno je izvršiti konverziju u SI: 1 ft = 0,305m sledi da je 1ft3 = 0,028372625 m3 1 in = 2,54 cm 1 Psi = 6.89475729 Kilopascals 3.2. Na pritisku od 89,7 psi i temperaturi od 70 F gas ima zapreminu od 1000 ft 3. Rešenje:3.2. a) Ukoliko se temperature poveća na 120 F i zapremina ostane nepromenjena, koliki će biti pritisak gasa? b) Ako pritisak gasa ostane 89,7 psi i temperatura se poveća na 120 F, kolika će biti zapremina? a. Ovaj zadatak je primena Amonton's zakona da je pritisak gasa direktno proporcionalan temperaturi na konstantnoj zapremini V i pri istom boju molova n Uslovima zadatka a. je dato: V1= 1000 ft 3 p1 = 74,7 psi t1 = 70 o F t2 =120 o F

V = const. p2=? Potrebno je izvršiti konverziju u SI: 1 Psi = 6.89475729 Kilopascals of u o K sledi da je ([ o F]-32)*5/9 + 273,15 =[ o K] 70 o F =(70-32) *5/9 +273,15= 21,11 +273,15 =294,26[ o K] T1 =294,26[ o K] 120 o F =(120-32) *5/9 +273,15= 48,89 +273,15 = 322,04[ o K] T2 =322,04[ o K] b. Ovaj zadatak je primena Gay-Lussacov-og zakona da je linearna zavisnost zapremine gasa od temperature pri konstantnom pritisku (povećanjem temperature gas se širi, tj. povećava se zapremina i obrnuto) Uslovima zadatka b. je dato: p1=89,7 psi T1 = 70 o F T2 =120 o F p = const. V2=? Potrebno je izvršiti konverziju u SI: 1 ft = 0,305m sledi da je 1ft3 = 0,028372625 m3 70 o F =(70-32) *5/9 +273,15= 21,11 +273,15 =294,26[ o K] T1 =294,26[ o K] 120 o F =(120-32) *5/9 +273,15= 48,89 +273,15 = 322,04[ o K] T2 =322,04[ o K] 3.3. Ako se idealni gas nalazi u rezervoaru zapremine 250 ft 3 pri nadpritisku od 80 psi i temperaturi 110 F: Rešenje:3.3. a) Kolika će biti zapremina pri standardnim uslovima od 14,73 psia i 60 F? b) Ukoliko se gas ohladi do 90 F, koliki će biti nadpritisak? a. Zadatak je primena jednačine idealnog gasnog stanja: p1*v1 =n*r*t1 p2*v1 =n*r*t2 Sređivanjem se dobija (zamenom n i R jer se broj molova ne menja, a Univerzalna gasna konstanta je za sve gasove ista):

Uslovima zadatka a. je dato: V1= 250 ft 3 p1(nadpritisak) = 80 o psi t1 =110 o F p2(standardni uslovi) = 14,7 psia t2 = 60 o F V2 =? Pošto je dat nadpritisak p1(nadpritisak) = 80 o psi potrebno ga je pretvoriti u apsolutni pritisak: pabs = p(standardni uslovi) + p(nadpritisak), p1= p2(standardni uslovi) + p1(nadpritisak) =14,7+80 = 94,7 psi Potrebno je izvršiti konverziju u SI: 1 ft = 0,305m sledi da je 1ft 3 = 0,028372625 m 3 1 Psi = 6.89475729 Kilopascals 110 o F =(110-32) *5/9 +273,15= 43,33 +273,15 =316,48[ o K] T1 = 316,48[ o K] 60 o F =(60-32) *5/9 +273,15= 48,89 +273,15 = 288,7[ o K] T2 =288,7[ o K] Uslovima zadatka b. je dato: V1=V2= 250 ft 3 p1(nadpritisak) = 80 o psi t1 =110 o F p2(standardni uslovi) = 14,7 psia t2 = 90 o F p2 =? Pošto je dat nadpritisak p1(nadpritisak) = 80 o psi potrebno ga je pretvoriti u apsolutni pritisak: pabs = p(standardni uslovi) + p(nadpritisak), p1= p2(standardni uslovi) + p1(nadpritisak) =14,7+80 = 94,7 psi Potrebno je izvršiti konverziju u SI: 1 ft = 0,305m sledi da je 1ft 3 = 0,028372625 m 3 1 Psi = 6.89475729 Kilopascals 110 o F =(110-32) *5/9 +273,15= 43,33 +273,15 =316,48[ o K] T1 = 316,48[ o K] 90 o F =(90-32) *5/9 +273,15= 48,89 +273,15 = 288,7[ o K] T2 =305,37[ o K]

Ovaj zadatak je primena Amonton's zakona da je pritisak gasa direktno proporcionalan temperaturi na konstantnoj zapremini V i pri istom boju molova n Pošto je apsolutni pritisak p2 = p2= p2(standardni uslovi) + p2(nadpritisak) sledi: p2(nadpritisak) = p2 -p(standardni uslovi) = 91,375-14,7 = 76,676 psi =76,676 psi *6.89475729 3.4. Izračunati gustinu smeše koju čine metan i etan u molskom odnosu 1:3, pri pritisku od 50 psia i 200 F. Rešenje:3.4. Ovaj zadatak je direktna primena jednačine idealnog gasnog stanja: pi*vi = ni*r*ti pošto je l j zamenjujemo u jednačinu: pi*vi = *R*Ti j j b j pi*mi = *R*Ti j Z u j u b j pi*mi = *R*Ti Nepoznato je M sm, koje je D b z u l l ul b j l u l l ul komponenata: Uslovima zadatka je dato: n metana:n etana = 1:3 Molski udeli:

l Pritisak je potrebno pretvoriti u kpa, pa u Pa : 1 Psi = 6.89475729 Kilopascals = 6894.75729 Pa p = 50 psi*6.89475729 kpa/psi = 349,25 kpa = 349250 Pa Temperaturu je potrebno pretvoriti u ok: T[ o K] =(t[ o F]-32)*5/9+273,15 = (200-32) *5/9+273,15 = 366,48[ o K] Zamenom vrednosti u jednačinu se dobija: 3.5. Izračunati gustinu smeše i parcijalne pritiske komponenata u smeši ako su zapremine koje zauzimaju komponente sledeće: 0,2 dm 3 H2S, 1 dm 3 N2, 3 dm 3 C2 i 4 dm 3 C3 na temperaturi od 852 R i pritisku od 1,5 bar. Rešenje:3.5. Ovaj zadatak je direktna primena jednačine idealnog gasnog stanja: pi*vi = ni*r*ti pošto je l j zamenjujemo u jednačinu: sređivanjem jednačine se dobija: pošto je: pi*vi = pi*mi = *R*Ti *R*Ti Zamenom u jednačinu dobijamo: pi*mi = *R*Ti Važno je znati da su kod idealnih gasova zapreminski udeli (ri) jednaki molskim udelima: ri = yi Na osnovu toga kompletan proračun je identičan kao i za molske udele. Zadatkom je dato: V1 = 0,2 dm 3 V2 = 1,0 dm 3 V3 = 3,0 dm 3 V4 = 4,0 dm 3 T = 852 R pukupno = 1,5 bar ; pi =?

Vrši se konverzija: 1 bar = 100 000 Pa [ o K]=([ o R]-491,67)*5/9 + 273,15 Primenjuju se jednačine: ri = yi pi = yi * pukupno Zapreminski udeli: pi = yi * pukupno p1 = p2 = p3 = p4 = l ( ) 3.6. Pokazati zašto je moguće relativnu gustinu gasa izračunati kao odnos njegove molske mase i molske mase vazduha. Rešenje:3.6. Relativna gustina:

4. VISKOZNOST GASOVA NA ATMOSFERSKOM PRITISKU 4.1. Primenom zavisnosti promene viskoznosti sa temperaturom (Grafik 1.) očitati viskoznost metana (CH4) na 50 C. Rešenje:4.1. Dijagram je dat u [ F], pa je potrebno [ C] pretvoriti u [ F] Konverzija: [ F] = ([ C] *9/5+32) Pošto je uslovima zadatka dato da je gas metana (CH4) i temperatura 50 [ C]; [ F] = ([50 C] *9/5+32) sledi da je potrebno naći viskozitet na 122 [ F]. Rezultat očitan iz dijagrama je 0,012 cp. 4.2. Na kojoj temperaturi je viskoznost etana jednaka kao viskoznost propana na 300 F? Rešenje:4.2. Potrebno je na dijagramu odrediti viskoznost propana na 300 F (1), pa produžiti liniju na istom viskozitetu dok se ne preseče sa linijom etana (2), pa spustiti na x-osu. Rezultat je 218[ F] 4.3. Ako u sastavu homogene gasne smeše ima 20% molskih gasa čija je viskoznost 6 x 10-6 P, a molarna masa 18 g/mol, dok ostatak smeše čini komponenta molske mase 17 g/mol i viskoznosti 8 x 10-6 P, izračunati viskoznost smeše. Rešenje:4.3. Uslovima zadatka je dato: y1 = 0,2 µ1 = 6 x 10-6 P M1 = 18 g/mol y1+ y2 =1 y2 = 1- y1 y2 = 1-0,2 y2 = 0,8 µ2 = 8 x 10-6 P

M2 = 17 g/mol Viskozitet smeše se računa direktnom primenom Herning i Zipperer-ove jednačine, koja glasi: zamenom se dobija: 4.4. Izračunati viskoznost smeše: C1= 82 %mol, C2 = 10%mol, C3 = 5 %mol i C4 = 3 %mol na temperaturi na kojoj je viskoznost C1 0,013 cp. Rešenje:4.4. C1=82% mol =yc1 = 0,82 C2=10% mol =yc2 = 0,10 C3=5% mol =yc3 = 0,05 C4=3% mol =yc4 = 0,03 Na osnovu viskoziteta C1 0,013 cp nađe se temperatura iz dijagrama koja je oko 175 o F, na toj temperaturi su viskoziteti ostalih komponenti: µc2 = 0,011 cp µc3 = 0,0096 cp µc4 = 0,009 cp molekulske mase su: MC1=16 g/mol MC2=30 g/mol MC3 = 44g/mol MC4 = 58g/mol Viskozitet smeše se računa direktnom primenom Herning i Zipperer-ove jednačine, koja glasi: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4.5. Odrediti dinamičku viskoznost prirodnog gasa čija je molarna masa 22 kg/kmol na temperaturi od 130 C, ako je sastavu gasa ima 10% mol N2 (Grafik 2). Relativna gustina gasa je 0,76.

Rešenje:4.5. Msm = 22 kg/kmol t = 130 o C yn2 = 0,1 d =0,76 Pretvorimo 130 o C u o F; F = o C*9/5+32=130*9/5+32 = 234+32 = 266 F Iz dijagrama: se dobije za datu Msm = 22 kg/kmol i T =266 o F, da je µsm = 0,0132. na osnovu d = 0,76 i yn2 = 0,1 (10%), iz dijagrama se dobija da je korekcija 0,0008 cp µsm (corr) = 0,0132+0,0008 = 0,0140 cp 4.6. Odrediti viskoznost gasne smeše sledećeg masenog sastava (prikazan u tabeli) na 200 F pri atmosferskom pritisku. Relativnu gustinu izračunati preko odnosa molarnih masa (d=msm/mv), gde je Mv molarna masa vazduha, 28,96 g/mol. Rešenje:4.6. Potrebno je odrediti Msm, na osnovu masenih udela: gi M (g/mol) Nz 0,071 28 CO2 0,111 44 H2S 0,034 34 C1 0,643 16 C2 0,075 30 C3 0,066 44

Iz Msm = 19,9 g/mol i Tsm =200 o F, na osnovu dijagrama se dobija: da je µsm=0,0124cp Za svaku od neugljovodoničnih komponenti smeše potrebno je uvesti korekcioni faktor : 1. Izračunati relativnu gustinu: d=msm/mv =19,9/28,96 =0,687 2. Izračunati molske udele za svaku od komponenti:

Na osnovu relativne gustine d=0,687 i mol% dobijaju se korekcije N2=0,0004; CO2=0,00028 i H2S=0,00005 Ako se µsm=0,0124cp dodaju korekcije dobija se µsm(cor)=0,0124+0,0004+0,00028+0,00005=0,0131cp

5. HIDROSTATIKA 5.1. Podmornica roni na dubini 50 m. Koliki je pritisak morske vode na prozor podmornice? Kolikom silom voda djeluje na pomenuti prozor ako je njegova površina 30 dm 2. Gustina morske vode je 1030 kg/m 3. Rešenje:5.1. ρ = 1030 kg/m 3, H = 50 m, P =? A = 30 dm 2 = 0,3 m 2 F =? Pritisak morske vode na dubini od 50 m izračunava se na sledeći način: p = ρ g H = 1030 kg/m 3 9,81 m/s 2 50 m = 505215 Pa = 505 kpa. Stoga je (pomoću osnovne formula za pritisak) sila koja djeluje na prozor: F = p A = 505215 Pa 0,3 m 2 = 151564,5 N = 151,6 kn 5.2. Ako je otvoreno bure zapremine 1 bbl i unutrašnjeg prečnika 0,5 m u potpunosti ispunjeno sirovom naftnom gustine 890 kg/m 3, koliki je pritisak na: a) površini tečnosti, b) u tečnosti na polovini visine bureta. Rešenje:5.2. Patm V = 1 bbl =0,159 m 3 D = 0,5 m ρ = 890 kg/m 3 Ppovr.?, P1/2H=? a. Ppovr. = Patm.=101325 Pa b. P1/2H = Patm. + P1= 101325 Pa + ρ g (H/2) P 1= ρgh 1/2 H Treba izračunati H (V =A H = D 2 /4 H) P1/2H = Patm. + P1= 101325 Pa + 890 kg/m 3 9,81m/s 2 (0,81/2 m) = 101325 + 3536,0145 = 104861,0145 Pa = 104,8610145 kpa (Zapamti: 1 Pa = 1 N/m 2 = 1 (kg m/s 2 )/m 2 = 1 kg/m s 2 ) 5.3. U rezervoaru u kom vlada napritisak od 100 kpa nalaze se sloj vode i sloj nafte u zapreminskom odnosu 1:2. Ukupna visina tečnosti u rezervoaru je 12m. Koliko je hidrostatički pritisak u tački koja se nalazi na četvrtini od ukupne visine tečnosti u rezervoaru? Gustina nafte je 930 kg/m 3 Patm. Rešenje:5.3. Nadpritisak ρ = 930 kg/m 3 pnatp.= 100 kpa = 100000 Pa V naf : V vode = 2:1 Pritisak nafte Pritisak vode 1/4 H Nafta Voda 2/3 H 1/3 H

H = 12 m p1/4h=? p1/4h = paps + pnafte + pvode =patm + pnatp + ρnafte g 2/3H + ρvode g (1/3H-1/4H) = = (101325 Pa + 100000 Pa) + 930 kg/m 3 9,81 m/s 2 (2/3 12 m)+1000 kg/m 3 9,81 m/s 2 (1/3 12-1/4 12) = p1/4h = 282552 Pa = 282,552 kpa 5.4. U dvema tačkama horizontalnog cevovoda pripojen je stakleni U - manometar napunjen živom, pri čemu je razlika nivoa žive u kracima Δhm = 26 mm. Koliku razliku pritisaka pokazuje taj manometar, ako kroz cev protiče nafta gustine 830 kg/m 3. Gustina žive je 13570 kg/m 3. Rešenje:5.4. Δhm = 26 mm = 0,0026 m ρnafte = 830 kg/m 3 ρhg = 13570 kg/m 3 Δp =p1 p2 =? pa = pb 1 2 h 2 h 1 Δh m A B pa = p1+ ρnafte g h1 pb = p2+ ρnafte g h2+ ρhg g Δhm pošto je h2=h1- Δhm pb = p2+ ρnafte g ( h1- Δhm)+ ρhg g Δhm zamenom pa = pb p1+ ρnafte g h1 = p2+ ρnafte g ( h1- Δhm)+ ρhg g Δhm p1-p2 = ρnafte g ( h1- Δhm)+ ρhg g Δhm- ρnafte g h1 p1-p2 = ρnafte g h1- ρnafte g Δhm+ ρhg g Δhm- ρnafte g h1 p1-p2 = g Δhm ( ρhg - ρnafte) = 9,81 m/s 2 0,026 m (13570 kg/m 3-830 kg/m 3 ) =3249 Pa 5.5. Razlika pritisaka u fluidu ispred i iza prigušne ploče u horizontalnoj cevi meri se pomoću U- cevi napunjene živom. Odrediti razliku pritisaka koja bi uslovila razliku nivoa žive u kracima U-cevi od 260 mm, ukoliko kroz cev protiče nafta gustine 870 kg/m 3. Gustina žive je 13570 kg/m 3. Rešenje:5.5. Δhm = 260 mm = 0,26 m ρnafte = 870 kg/m 3 ρhg = 13570 kg/m 3 Δp =p1 p2 =? pa = pb 1 2 h 2 h 1 Δh m A B pa = p1+ ρnafte g h1 pb = p2+ ρnafte g h2+ ρhg g Δhm pošto je h2=h1- Δhm pb = p2+ ρnafte g ( h1- Δhm)+ ρhg g Δhm zamenom pa = pb p1+ ρnafte g h1 = p2+ ρnafte g ( h1- Δhm)+ ρhg g Δhm p1-p2 = ρnafte g ( h1- Δhm)+ ρhg g Δhm- ρnafte g h1

p1-p2 = ρnafte g h1- ρnafte g Δhm+ ρhg g Δhm- ρnafte g h1 p1-p2 = g Δhm ( ρhg - ρnafte) = 9,81 m/s 2 0,26 m (13570 kg/m 3-870 kg/m 3 ) = 32392,62 Pa 5.6. Vakuumetar postavljen na barometarskom kondenzatoru pokazuje vakuum od 8 x 10 4 Pa. Stanje barometra je 1 x10 5 Pa. Izračunati: a) apsolutni pritisak u kondenzatoru, b) visinu nivoa vode u barometarskoj cevi kondenzatora u odnosu na površinu vode u razmenjivaču. Rešenje:5.6. pvak = 8 x 10 4 Pa patm = 1 x10 5 Pa ρvode = 1000 kg/m 3 paps =?; h =? para p aps tečnost paps = patm + pnad paps = patm - pvak a. paps = patm - pvak = 1 x10 5 Pa - 8 x 10 4 Pa = 0,2 x10 5 Pa = 20000 Pa (100000 80000) b. pa =pb c. pa = patm pb = paps+ ρvode g h hm = 260 mm = 0,26 m patm = paps + ρvode g h ρvode g h = patm - paps A B h p atm 5.7. U jednom rezervoaru za sirovu naftu kružnog poprečnog preseka površine 2,4 m 2, u kome vlada pritisak od 1,1 x 10 5 Pa, količina tečnosti se meri otvorenim U - manometrom, koji je priključen na visini 0,75 m u odnosu na dno suda. Gustina tečnosti u rezervoaru je 890 kg/m 3. Kada su nivoi žive u manometru izjednačeni, tada je rastojenje od priključnog mesta manometra do nivoa žive 0,18 m. Atmosferski pritisak je 1 x 10 5 Pa. Kolika je masa nafte koja p se nalazi u rezervoaru, ako manometar napunjen živom aps pokazuje skretanje od 320 mm? h Rešenje:5.7. H h 1 a Δh/2 A B Δh S = 24 m 2 paps = 1,1 x 10 5 Pa patm = 1 x10 5 Pa h1 = 0,75 m m =? ρnafte = 890 kg/m 3 a = 0,18 m Δh = 320 mm = 0,32 m pa =pb pb = patm + ρhg g Δh pa = paps + ρnafte g (h+a+ Δh) patm + ρhg g Δh = paps + ρnafte g (h+a+ Δh/2)

5.8. Dimenzije rezervoara za gas u obliku plivajućeg cilindra su: unutrašni prečnik D = 10 m, visina H0 = 6 m i debljina zida zvona δ = 6 mm. Gustina materijala od kojeg je napravljeno zvono rezervoara je ρ M = 7900 kg/m 3. U zvonu se nalazi gas čija je gustina na normalnim D F 4 F 2 F 1 uslovima ρg = 0,38 kg/m 3. Ako maksimalna visina do koje ispliva zvono računajući od nivoa vode u rezervoaru iznosi Hmax = 5,95 m, odrediti maksimalnu masu gasa u rezervoaru. Temperatura okoline iznosi 20 C, a pritisak 760 mmhg F 3 Rešenje:5.8. mgasa-max =? H max H o D = 10 m Ho =6 m δ = 6 mm = 6x10-3 m ρ M = 7900 kg/m 3 ρgasa = 0,38 kg/m 3 (T = 20 o C; p = 1,013 10 5 Panormalni uslovi) Hmax = 5,95 m Ako plivajući cilindar sa gasom plovi, zbir svih sila koje deluju na njega je jednak 0. Na njega deluju sledeće sile: F1 = sila koja potiče od gasa uskladištenog u rezervoaru, rezervoar hoče da ispliva; F2 = sila atmosferskog pritiska, hoće da potopi rezervoar; F3 = sila koja potiče od težine samog rezervoara, hoće da ga potopi; F4 = sila koja potiče od potiska vode, hoće da ga izbaci. Postavi se bilans sila ( +, one koje ga izbacuju, a -, one zbog kojih tone: F1 - F2 - F3 + F4 = 0 j Drugi Newtonov zakon Ovaj zakon glasi: "Intenzitet sile koja pokreće telo jednak je proizvodu mase tela i ubrzanja koje telo dobija djelovanjem te sile", tj. F = m*a, gdje je F sila koja pokreće telo i daje mu

ubrzanje, m masa tog tela i a ubrzanje koje telo dobija djelovanjem te sile. Pošto je jedinica za silu N = 1 kgm/s 2, F3 (sila koja potiče od težine samog rezervoara) možemo dobiti kao m x g. ( ) ( ) F1 = F2 + F3 - F4 =

6. HIDRODINAMIKA 6.1. Ako kroz horizontalnu cev kružnog poprečnog preseka (unutrašnji prečnik D1=40cm) protiče sirova nafta gustine 870 kg/m3 zapreminskim protokom 20 dm 3 /s, odrediti: a) maseni protok i srednju brzinu strujanja; b) srednju brzinu u suženju cevi (unutrašnji prečnik D2=30 cm) (slika). Rešenje:6.1. D1 = 40 cm D2 = 30 cm ρnafte = 870 kg/m 3 Vs = 20 dm 3 /s a. Gs =? Wsr1 =? b. Wsr2 =? D 1 D 2 a. Gs = Vs ρnafte = (20 10-3 m 3 /s) 870 kg/m 3 = 17,4 kg/s Wsr1 =Vs /A1 = (20 10-3 m 3 /s) / (D1 2 = (20 10-3 m 3 /s) / (D1 2 = (20 10-3 m 3 /s) / (0,40 2 = 0,159 m/s b. D2 = 30 cm m1 = m2 ρnafte = const. Nema promene mase i gustine i strujanje je stacionarno. Wsr1 A1 = Wsr2 A2 6.2. Prirodni gas molarne mase 0,019 kg/mol protiče srednjom brzinom od 9 m/s kroz cevovod na temperaturi od 30 o C i nadpritisku od 1 at. Spoljašnji prečnik i debljina cevi iznose 38 mm i 2 mm, respektivno. Ambijentalni pritisak je 740 mmhg. Odrediti maseni protok gasa. Rešenje:6.2. M = 0,019 kg/mol Wsr = 9 m/s T = 30 o C = 303,15 o K pnadp = 1 at Dsp = 38 mm δ = 2 mm patm = 740 mmhg Gs =? p = pnad + patm = 740 mmhg 133,3 Pa/1 mmhg +1at 98066,5 Pa/1at = 196708 Pa Gs = ρgasa Vs = ρgasa Wsr A p V = n R T na osnovu n = m/m p V = (m/m) R T, na osnovu ρgasa = m/v dobija se: p V = (ρgasa V /M) R T p V M = ρgasa V R T

Gs = ρgasa Vs = ρgasa Wsr A = 6.3. Kroz cevovod protiče nafta gustina 790 kg/m 3. Izračunati razliku pritisaka između dve pozicije, ako se prva pozicija nalazi na deonici čiji je unutrašlji prečnik 0,05 m, a druga na suženju gde je unutrašnji prečnik 0,03 m. Razlika u visini pozicija je 1 m, pri čemu je druga viša (slika). Brzina proticanja na prvoj poziciji je 1 m/s. Usvojiti uprošćenje da je fluid idealan. D 1 D 2 Δz Rešenje:6.3. ρnafte = 790 kg/m 3 Dun1 = 0,05 m Dun2 = 0,03 m Δz = z2 z1 = 1 m Wsr1 = 1 m/s Δp =? Wsr1*A1 = Wsr2*A2 p p ρg p ρg p p ρg p W g W g z z W p ρg p ρg W g W g W g W W ρ (z z )ρg z z z z Pa 6.4. Kroz cevni vod prikazan na slici protiče Gs = 1,2 kg/s tečnosti gustine ρ = 990 kg/m3. Visina tečnosti u piezometru u tački 1 je h1 = 62 mm, a u tački 2 h2 = 108 mm. Odrediti pad pritiska usled gubitaka izmenu ovih tačaka, ako su prečnici cevi d1 = 25 i d2 = 50 mm. Rešenje:6.4. Gs = 1,2 kg/s ρe = 990 kg/m 3 h1 = 62 mm h2 = 108 mm d1 = 25 mm d2 = 50 mm Δz = z2 z1 = 0,5 m Δp =?

pošto je 6.5. Sirova nafta gustine 870 kg/m 3 i kinematičke viskoznosti 15 cst protiče kroz naftovod spoljašnjeg prečnika Dsp=156 mm i debljine zida δ = 8 mm srednjom brzinom proticanja od 0,2 m/s. Odrediti režim proticanja na osnovu Rejnoldsovog broja, maksimalnu brzinu proticanja kao i koeficijent podužnog trenja (flow coefficient) ako se smatra da je cev glatka. Rešenje:6.5. ρnafte = 870 kg/m 3 ν = 15 cst = 15 mm 2 /s Dsp=156 mm δ = 8 mm Re =?; Wmax =?;λ =? Re d e = D un wd e ρ μ wd e ν po to se u zadatku predpostavlja da je cev potpuno okva ena

Na osnovu tablice se utvrđuje da je kretanje laminarno: LAMINARNI REŽIM PRELAZNI REŽIM TURBULENTNI REŽIM Re<2300 2300<Re<10000 Re>10000 Izraz λ= 64/Re naziva se koeficijentom podužnog trenja za laminarno strujanje fluida. λ= 64/Re = 64/1866,6 = 0,034 bezdimenzionalna veličina 6.6. Sirova nafta gustine 840 kg/m 3 i kinematičke viskoznosti 6 cst protiče kroz naftovod spoljašnjeg prečnika Dsp = 530 mm i debljine zida δ =8 mm srednjom brzinom proticanja od 0,8 m/s. Odrediti režim proticanja na osnovu Rejnoldsovog broja i koeficijent podužnog trenja ako se smatra da je cev glatka. Rešenje:6.6. ρnafte = 840 kg/m 3 ν = 6 cst = 6 mm 2 /s Dsp=530 mm Re d e = D un wd e ρ μ wd e ν po to se u zadatku predpostavlja da je cev potpuno okva ena δ = 8 mm Na osnovu tablice se utvrđuje da je kretanje turbulentno: Pošto je u pitanju turbulentno strujanje koeficijentom podužnog trenja za turbulentno strujanje se određuje iz dijagrama, na osnovu λ= (Re, n (koeficienta rapavosti))

U dijagramu se odabira vrednost za Re = 6,8 10 4, i linija u dijagramu za glatke cevi kako je dato uslovima zadatka. Dobija se da je λ = 0,02. 6.7. Odrediti pad pritiska u deonici naftovoda od 800 m kroz koji protiče nafta gustine 805 kg/m 3 i kinematičke viskoznosti 6 cst srednjom brzinom od 0,6 m/s. Naftovod ima unutrašnji prečnik od 0,45 m. Usvojiti aspolutnu hrapavost cevi od 0,00015 ft koja odgovara novim cevima izrađenim od ugljeničnog čelika. Rešenje:6.7. L = 800 m ρnafte = 805 kg/m 3 ν = 6 cst = 6 mm 2 /s Wsr = 0,1 m/s Dun = 0,45m ε = 0,00015 ft = (1 ft = 0.3048 m) = 4,575 10-5 m Δp =? Ovaj zadatak se rešava pomoću Darcy Weisbach jednačine koja u cevi uniformnog preseka (Dun), koja je potpuno ispunjena tečnošću (de = Dun). Kod ove jednačine pad pritiska je proporcionalan dužini cevovoda, zbog viskoznih efekta prilikom tečenja. U cilindričnoj cevi uniformnog preseka D, potpuno okvašenoj, gubitak pritiska je posledica viskoznih efekata Δp je proporcionalan dužini L i može se predstaviti pomoću Darcy Weisbach jednačine. On se izražava kao promena pritiska po dužini cevovoda Δp/L (SI jedinice mera su Pa/m) i on je funcija: gde su: ρ, gustina fluida (kg/m 3 ); D un, hidraulični prečnik cevi,(za cevi kružnog poprečnog preseka, on je jednak unutrašnjem prečniku cevi) (m); Wsr, brzina protoka, eksperimentalno se određuje kao količnik zapreminskog protoka po jedinici poprečne okvašene površine kroz koju fluid teče (m/s); f D, je Darcy-ev frikcioni faktor.f D se naziva i koeficient protoka λ. Na osnovu tablice se utvrđuje da je kretanje turbulentno: Pošto je u pitanju turbulentno strujanje koeficijentom podužnog trenja za turbulentno strujanje se određuje iz dijagrama, na osnovu λ= (Re, n (koeficienta rapavosti)) potrebno je odrediti n:

λ = 0,022 6.8. Odrediti srednju brzinu proticanja nafte kroz naftovod dužine 530 m i unutrašnjeg prečnika 300 mm. Na početku i kraju cevovoda su postavljene piezometrijske cevi koje pokazuju razliku visina stuba tečnosti od 52 mm. Gustina nafte je 810 kg/m 3 a kinematička viskoznost je 8 cst. Usvojiti da su cevi glatke.(napomena: Zadatak rešiti pomoću Karmanovog dijagrama) Rešenje:6.8. L = 530 m Dun = 300 mm = 0,3 m Δh = 52 mm = 0,052 m ρnafte = 810 kg/m 3 ν = 8 cst = 8 mm 2 /s n = 0 (glatke cevi) Wsr =? Da bi se zadatak rešio Karmanovim dijagramom potrebno je odrediti Karmanov broj koji se računa iz jednakosti srednje brzine fluida prikazane Re-brojem i prikazane jednačinom Darsi-Vajsbaha: U jednačini za Karmanov koeficient je nepoznat, koji se računa iz ukupnih pritisaka u tačkama 1 i 2. Ukupni pritisci za tačke 1 i 2 su jednaki zbiru atmosferskog i hidrostatičkog pritiska stuba tečnosti u piezometarima:

, ( ) U jednačini za Karmanov koeficient uzima se u obzir dinamička viskoznost µ (Pa s), pa kinematičku viskoznost ν = 8 cst = 8 mm 2 /s datu zadatkom treba pretvoriti: µ = ρ ν = 810 kg/m 3 8 (10-3 ) 2 m 2 /s = 6,48 10-3 Pa s Za vrednost Karmanovog koeficienta Ka = 9 102 i za glatke cevi (n = 0) se dobija iz dijagrama da je Na osnovu Darcy Weisbach jednačine: 6.9. Sirova nafta protiče kroz horizontalnu deonicu cevovoda pri čemu je protok 3 gal/min. Dužina horizontalne deonice cevovoda je 10 ft, a unutrašnji prečnik 0,75 in. Nakon horizontalne deonice, sirova nafta protiče kroz standardno koleno pod uglom od 90 vertikalno na niže. Dužina vertikalne deonice cevovoda je 12 ft, a zatim protiče kroz drugo koleno p =90 psi 1 10 ft 12 ft 14 ft p =? 2 pod uglom od 90 i nastavlja strujanje kroz drugu horizontalnu deonicu dužine 14 ft (slika). Gustina sirove nafte je ρnafte = 54 lb/ft 3, a kinematička viskoznost ν = 75 cst. Akoje pritisak na ulazu 90 psi, koliki je pritisak na izlazu?

Rešenje:6.9. l p2 =? Za dva preseka postavljamo Bernulijevu jednačinu: Pošto je Potrebno je izračunati ukupnu visinu hidrauličnog gubitka f1,2 Δpg (Pa) ukupni pad pritiska usled hidrauličnih otpora između preseka 1 i 2 obično se meri pomoću U-manometra ili pijezometarskih cevi; fm (m) visina izgubljena usled lokalnih (mesnih) otpora; ft (m) visina izgubljena usled podužnog trenja. Visina izgubljena usled podužnog trenja na pravoj deonici cevovoda dužine L (m) i ekvivalentnog prečnika De (m), pri srednjoj brzini strujanja fluida wsr (m/s) može se izračunati iz Darcy- Weisbach-ove jednačine: Δpt (Pa) pad pritiska usled trenja na posmatranom delu cevovoda obično se meri pomoću U- manometra ili pijezometarskih cevi; λ (-) - koeficijent podužnog trenja. Pri hidrauličkom proračunu cevovoda obično su poznati geometrijski parametri cevne mreže (de, L, i relativna hrapavost cevovoda n) i -fizički parametri fluida (ρ i μ) n (-) - relativna hrapavost cevovoda, n = ε / de

ε (m) - apsolutna hrapavost cevovoda (Iz Tabele 2) fm (m) visina izgubljena usled lokalnih (mesnih) otpora Lokalni (mesni otpor je svako mesto unutar cevnog voda gde se menja intenzitet ili pravac vektora brzine, npr. koleno, krivina, naglo proširenje i suženej cevovoda, ventil slavina itd. Visina energije izgubljena usled lokalnog otpora na deonici cevnog voda konstantnog poprečnog preseka određena je vrednošću koeficijenta mesnog otpora ( ) ili ekvivalentnom dužinom prave cevi (le), čiji je podužni otpor jednak mesnom otporu. Za sve lokalne otpore na nekoj deonici važi: Iz tablice 1. se određuje za pravo koleno koje iznosi 1,1; = = 1,1 Potrebno je odrediti brzinu proticanja: Wsr =Vs /A = (1,893 10-4 m 3 /s) / (D 2 = (1,893 10-4 m 3 /s) / (0,019 2 = 0,664 m/s Potrebno je odrediti Re broj, da bi se utvrdio režim strujanja: kretanje je laminarn, pa se koeficijentom podužnog trenja za laminarno strujanje fluida može odrediti: λ= 64/Re = 64/168,213 = 0,38 bezdimenzionalna veličina ( ) z1-z2 = L2 = 3,66 m 6.10. Sirova nafta gustine 810 kg/m 3 i viskoznosti 8 cst se transportuje iz rezervoara A u rezervoar B pri čemu je visina podizanja nafte 8 m. Usvojiti da se visina od površine fluida do izlaza cevi u 8 m rezervoaru A ne menja tj. da je konstantno 2 m. Odrediti opseg pritiska u rezervoaru A koji obezbeđuje laminarno strujanje. ako je u rezervoaru B atmosferski pritisak. Usvojiti da se nivo tečnosti u rezervoaru A ne menja i da je p 1 A 2 m atmosferski pritisak 100 kpa. Koeficijent mesnog otpora ventila je εv=3,5. 49,5 m B p 2 Rešenje:6.10. ρnafte = 810 kg/m 3 ν = 8 cst = 8 mm 2 /s = 8 10-6 m 2 /s H = 8 m Dun = 0,7 m

Re = 2300 pb = 100 kpa = 100000 Pa εv=3,5 pa =? Za dva preseka postavljamo Bernulijevu jednačinu: Pošto se uslovima zadatka nivo tečnosti u rezervoaru A ne menja w1 = 0 0 Pošto je dat Re broj, iz izraza za Re broj se može odrediti w2: kretanje je laminarno, pa se koeficijentom podužnog trenja za laminarno strujanje fluida može odrediti: λ= 64/Re = 64/2300 = 0,028 bezdimenzionalna veličina ( ) iz čega sledi: = 100000 + 0,28013445 + 63571,347 = 163571,3469 Pa 6.11. Sirova nafta gustine 810 kg/m 3 i viskoznosti 8 cst se transportuje iz rezervoara A u rezervoar B pri čemu je visina podizanja nafte 8 m. Usvojiti da se visina od površine fluida do p 1 izlaza cevi u rezervoaru A ne menja tj. da je konstantno 2 m i da je atmosferski pritisak 100 A kpa. Koeficijent mesnog otpora ventila je εv=3,5.. Koji je maseni protok, ako je pritisak u rezervoaru A 185,2 kpa, a podužni koeficijent trenja 0,0192. 8 m 2 m 49,5 m B p 2 Rešenje:6.11. ρnafte = 810 kg/m 3 ν = 8 cst = 8 mm 2 /s = 8 10-6 m 2 /s

H = 8 m Dun = 0,7 m λ = 0,0192 pa = 100 kpa = 100000 Pa pb = 185200 Pa εv=3,5 w2 =? Za dva preseka postavljamo Bernulijevu jednačinu: Pošto se uslovima zadatka nivo tečnosti u rezervoaru A ne menja w1 = 0 0 zamenom se dobija: ( ) ( ( ) ( ) ( ( )