2. deo – ZADACI
1
Hidrostatika Zadatak 1.1.
Plovak, koji se sastoji od valjka (preˇcnika dV = 0.10 m i visine hV = 0.10 m) i cevˇcice (preˇcnika dC = 0.02 m i visine hC = 1.00 m), nalazi se u vodi gustine ρ1 = 1.0 kg/dm3 . Valjak je ispunjen teˇcnoˇs´cu gustine ρ2 = 1.2 kg/dm3 , a cevˇcica je ispunjena vazduhom. Uticaj debljine zida plovka na hidrostatiˇcke sile se zanemaruje. Pri datim uslovima valjak je potpuno potopljen u vodu, a samo deo cevˇcice je iznad nivoa vode. Sopstvena teˇzina praznog plovka je GP = 1.0 N. Odrediti koliki deo visine cevˇcice (h∗C ) se nalazi u vodi. Reˇ senje. Visina dela cevˇcice koji se nalazi u vodi, ∗ hC , odre¯ duje se iz uslova ravnoteˇze svih sila: GP + G2 − PZ1 + PZ2 = 0 Teˇzina teˇcnosti u valjku iznosi: G2 = ρ 2 g
πd2V 3.14 × 0.12 hV = 1.2 · 103 × 9.81 0.1 = 9.25 N 4 4
Hidrostatiˇcke sile koje deluju na donju (PZ1 ) i gornju (PZ2 ) osnovu valjka su: PZ1 = ρ1g
πd2V 3.14 × 0.12 (hV + h∗C ) = 1 · 103 × 9.81 (0.1 + h∗C ) = 4 4 45
46
1. Hidrostatika
PZ2
= 77.05(0.1 + h∗C ) π(d2V − d2C ) ∗ = ρ2 g hC = 4 3.14(0.12 − 0.022) ∗ = 1 · 103 × 9.81 hC = 73.97h∗C 4
U gornjim izrazima, vertikalna komponenta hidrostatiˇcke sile je raˇcunata kao PZ = ρgV gde je ρ gustina fluida koji je u kontaktu sa povrˇsinom na koju se raˇcuna komponenta sile, a V je zapremina tela izme¯ du povrˇsine na koju se raˇcuna sila i njene projekcije na horizontalnu ravan na visini pijezometarske kote. Traˇzena visina dela cevˇcice koji se nalazi u vodi je: h∗C =
1.0 + 9.25 − 77.05 × 0.10 = 0.826 m 77.05 − 73.97
Zadatak 1.2
Otvoreni rezervoar ispunjen je fluidom nepoznate gustine ρ2 i vodom gustine ρ1 = 1.0 kg/dm3 . U rezervoar je uronjen valjak gustine ρ3 = 0.4 kg/dm3 koji moˇze da se kre´ce bez trenja duˇz vertikalne osovine O. Polupreˇcnik valjka je r = 0.5 m, a visina h = 2.5 m. Na slici je prikazan poˇcetni poloˇzaj valjka (pri kome je njegova teˇzina u ravnoteˇzi sa hidrostatiˇckim silama). Odrediti silu kojom treba delovati na valjak da bi se on, u odnosu na poˇcetni poloˇzaj, spustio za ∆Z = 0.50 m. Zanemariti dimenzije osovine i pretpostaviti da je rezervoar dovoljno velike zapremine da se pri pomeranju valjka ne menjaju nivoi fluida.
Reˇ senje. Teˇzina valjka i sila potiska (vertikalna komponenta hidrostatiˇcke sile) na njega su: G = ρ3gπr2h
PZ = ρ1gπr2(Π1 − 1.00)
Iz uslova ravnoteˇze ovih sila odre¯ duje se pijezometarska kota za vodu Π1 :
47 G = PZ
⇒
ρ3 h + 1.00 = ρ1 0.4 × 2.5 = + 1.00 = 2.00 m 1.0
Π1 =
Gustina drugog fluida odre¯ duje se pomo´cu pritiska u zajedniˇckoj taˇcki A: pA = ρ1 g(Π1 − ZA ) = ρ2g(Π2 − ZA ) ρ2 = 1.0
⇒
2.00 − 1.20 = 0.8 kg/dm3 2.20 − 1.20
Na valjak treba delovati silom koja je jednaka odgovaraju´coj promeni sile potiska: F = ∆PZ = ρ1gπr2∆Z = 1.0 × 9.81 × 3.14 × 0.52 × 0.50 = 3.85 kN
Zadatak 1.3.
Za dno otvorenog rezervoara, ispunjenog vodom gustine ρ1 = 1.0 kg/dm , priˇcvrˇs´cena je, preko opruge krutosti k = 4.5 kN/m, kupa gustine ρ3 = 0.5 kg/dm3 . Ova kupa, visine h = 1.50 m, okrenuta je vrhom na dole, tako da joj je osnova preˇcnika d = 1.25 m izvan vode. Pri stanju prikazanom na slici, kada je nivo vode na nepoznatoj koti Z0 , sila u opruzi jednaka je nuli. Odrediti za koliko ´ce se podi´ci kupa (odnosno istegnuti opruga) ukoliko se u rezervoar sipa ulje gustine ρ2 = 0.85 kg/dm3 tako da nivo ulja dostigne kotu osnove kupe. Pretpostaviti da je rezervoar dovoljno velike zapremine da se pri podizanju kupe ne menja nivo vode. 3
Reˇ senje. Teˇzina kupe i sila potiska na nju su: π π G = ρ3 g d2 h = 0.5 × 9.81 1.252 × 1.50 = 3.009 kN 12 12
48
1. Hidrostatika PZ
Z0 − 1.00 2 2 d (Z0 − 1.00) = h π Z0 − 1.00 2 = 1.0 × 9.81 1.252(Z0 − 1.00) 12 1.50 = 1.784(Z0 − 1.00)3 π = ρ1 g 12
Iz uslova ravnoteˇze ovih dveju sila odre¯ duje se Z0: G = PZ
⇒
Z0 =
r 3
3.009 + 1.00 = 2.19 m 1.784 Ako se ulje dolije do kote Π2 = 2.50 + ∆Z (gde je ∆Z – istezanje opruge), tada je: Π2 =
p0 + Z0 ρ2 g
⇒
p0 = ρ2g(2.50 + ∆Z − Z0 ) Pijezometarska kota za vodu Π1 odre¯ duje se pomo´cu pritiska u zajedniˇckoj taˇcki na kontaktu vode i ulja: Π1 =
p0 0.85 + Z0 = (2.50 + ∆Z − 2.19) + 2.19 = 0.85 ∆Z + 2.454 ρ1 g 1.0
Sila potiska na deo kupe koji je u vodi je: PZ1 = ρ1g
"
πd2 12
Z0 − 1 − ∆Z h
πd2 + 4
2
(Z0 − 1 − ∆Z)+
Z0 − 1 − ∆Z h
2
(Π1 − Z0 )
#
Sila potiska na deo kupe koji je u ulju je: PZ2 = ρ2g
"
πd2h πd2 − 12 12
Z0 − 1 − ∆Z h
πd2 − 4 Sila kojom opruga vuˇce kupu je: F = k ∆Z
2
(Z0 − 1 − ∆Z)−
Z0 − 1 − ∆Z h
2
(Π2 − Z0 )
#
49 Traˇzeno rastojanje ∆Z odre¯ duje se iz uslova ravnoteˇze svih sila: G + F = PZ1 + PZ2 Zamenom odgovaraju´cih brojnih vrednosti dobija se jednaˇcina: (∆Z)3 − 3.59 (∆Z)2 + 21.18 ∆Z − 9.60 = 0
(1.1)
Analitiˇcko reˇsenje jednaˇcine oblika x3 + Ax2 + Bx + C = 0 dobija se smenom t = x + A/3, odnosno svo¯ denjem na jednaˇcinu oblika t3 + 3αt + 2β = 0. Koeficijenti i diskriminanta ove jednaˇcine su: α=
−A2 + 3B 9
β=
2A3 − 9AB + 27C 54
δ = α3 + β 2
Ukoliko je δ > 0, postoji samo jedno realno reˇsenje: A x=− + 3
q 3
q √ √ 3 −β + δ + −β − δ
a druga dva su kompleksna. U sluˇcaju kada je δ ≤ 0, postoje tri realna reˇsenja: xi = −
√ 1 −β A + 2 −α cos arccos √ 3 3 −α3
+ (i − 1)
2π 3
(i = 1, 2, 3)
Za vrednosti A = −3.59, B = 21.18 i C = −9.60 dobija se α = 5.63 i β = 6.16, odnosno δ = 216.2 > 0, pa je: (−3.59) ∆Z = − + 3
q 3
−6.16 +
√ 216.2 +
q 3
−6.16 −
√ 216.2 = 0.488 m
Jednaˇcina (1.1) moˇze da se reˇsi i nekim pribliˇznim (numeriˇckim) postupkom, npr. metodom iteracije. Ovaj postupak1 zasniva se na tome da se jednaˇcina oblika f (x) = 0 prepiˇse u obliku x = ϕ(x), pa se zatim ponavlja rekurentna formula x(i+1) = ϕ(x(i)). Dakle, jednaˇcina (1.1) moˇze se prepisati u obliku: ∆Z =
9.60 − (∆Z)3 + 3.59(∆Z)2 21.18
odnosno: ∆Z(i+1) = 1
9.60 − (∆Z(i))3 + 3.59(∆Z(i))2 21.18
Potreban uslov za konvergenciju ovog postupka je da u nekom intervalu za vrednosti x (u okviru koga se bira i vrednost za prvu iteraciju x1 ), bude | dϕ/dx | < 1 .
50
1. Hidrostatika
gde je i – redni broj iteracije. Ako se u prvom koraku uzme ∆Z(1) = 0, dobija se: ∆Z(2) =
9.60 = 0.453 21.18
∆Z(3) =
9.60 − 0.4533 + 3.59 × 0.4532 = 0.484 21.18
∆Z(4) =
9.60 − 0.4843 + 3.59 × 0.4842 = 0.488 21.18
Daljim ponavljanjem moˇze se pokazati da postupak konvergira vrednosti ∆Z = 0.488 m.
Zadatak 1.4. Zatvoreni rezervoar delimiˇcno je ispunjen vodom gustine ρ = 1.0 kg/dm3 . Pritisak na otvorenom manometru iznosi pM = −9.81 kPa. Odrediti statiˇcke uticaje (M, T, N ) u preseku A–A pregradnog zida. Zadatak je ravanski (raˇcunati na 1 m duˇzine zida). Reˇ senje. Pijezometarska kota za vodu sa leve strane pregradnog zida, Π1 , moˇze se odrediti iz osnovne jednaˇcine hidrostatike za taˇcku na visini na kojoj se nalazi manometar (ZM ): Π1 =
pM −9.81 + ZM = + 1.00 = 0.00 m ρg 1.0 × 9.81
Pritisak na povrˇsini vode sa leve strane zida (u taˇcki B) je: pB = ρg(Π1 − ZB ) = 1.0 × 9.81(0.0 − 4.0) = −39.24 kPa Ovaj pritisak jednak je pritisku vazduha pVAZD , odnosno jednak je pritisku na povrˇsini vode sa desne strane zida (pB = pVAZD = pC ), pa je: Π2 =
pC −39.24 + ZC = + 1.00 = −3.00 m ρg 1.0 × 9.81
51 Na delu na kome je vazduh sa obe strane zida (desno od raˇcve i na levom delu iznad kote 4 m), sile kojima vazduh deluje na zid me¯ dusobno se poniˇstavaju. Optere´cenja na ostale delove zida su raˇcunata kao za ravanski zadatak i to: – horizontalna optere´cenja prema izrazu PX = ρgΩX L, gde je ΩX – povrˇsina dijagrama visine pritiska (tj. dijagrama optere´cenja kod koga je apscisa p/ρg, a ordinata Z) i L – duˇzina zida, – vertikalna optere´cenja prema izrazu PZ = ρgΩZ L, gde je ΩZ – povrˇsina ome¯ dena konturom na koju se odre¯ duje sila, njenom projekcijom na horizontalnu ravan na visini pijezometarske kote i odgovaraju´cim vertikalnim izvodnicama.
PX1 = − 1.0 × 9.81 × 4.02/2 = −78.48 kN/m PX2 = − 1.0 × 9.81 × 3.0 × 1.0 = −29.43 kN/m PX3 = − 1.0 × 9.81 × 1.02/2 = −4.90 kN/m PX4 = − 39.24 × 3.0 = −117.72 kN/m PZ1 = − 39.24 × 2.0 = −78.48 kN/m PZ2 = − 1.0 × 9.81 × 2.0 × 3.0 = −58.86 kN/m Statiˇcki uticaji u preseku A–A su: MA−A =
4 X i=1
PXi Zi +
2 X
PZi Xi = −78.48 × 2.667 + 29.43 × 0.50 +
i=1
+ 4.90 × 0.667 + 117.72 × 2.50 + + 78.48 × 1.00 − 58.86 × 1.00 = 122.62 kNm/m TA−A =
4 X
PXi = −78.48 + 29.43 + 4.90 + 117.72 = 73.57 kN/m
NA−A =
i=1 2 X
PZi = 78.48 − 58.86 = 19.62 kN/m
i=1
Proraˇcun optere´cenja mogao bi se pojednostaviti ako bi se pre proraˇcuna sila sabrali dijagrami svih horizontalnih odnosno vertikalnih optere´cenja. Ovako dobijeno rezultuju´ce optere´cenje ekvivalentno je onome koje bi delovalo kada bi posmatrani rezervoar bio otvoren, odnosno kada bi pijezometarske kote bile na nivoima vode. U tom sluˇcaju potrebno je raˇcunati svega tri sile (umesto ˇsest).
52
1. Hidrostatika
ˇ Srafura na dijagramima ΩX i ΩZ ukazuje na smer delovanja odgovaraju´cih sila2. Ustava napravljena od materijala gustine ρU = 7.0 kg/dm3 svojim gornjim krajem okaˇcena je o zglob duˇz ose ˇcija je projekcija taˇcka O, a donjim krajem je slobodno oslonjena na dno rezervoara. Zadatak je ravanski. Sa obe strane ustave nalazi se voda gustine ρV = 1.0 kg/dm3. Odrediti
Zadatak 1.5.
2 Na slikama su nacrtani pravi smerovi delovanja sila. Znak “−” u izrazima za sile oznaˇcava da je hidrostatiˇcki pritisak u toj taˇcki negativan, odnosno da je sila usmerena od konture na koju deluje ka teˇcnosti (fluid “povlaˇci” konturu). Obrnuto, pozitivan znak sile znaˇci da je hidrostatiˇcki pritisak u merodavnoj taˇcki pozitivan, odnosno da sila pritiska konturu. Ovakva konvencija usvojena je jer u fluidu ne postoje negativni naponi (naponi zatezanja) pa ni negativni pritisci. Najniˇzi pritisak (apsolutni) u fluidu je paps,min = 0 Pa, dok je najniˇzi hidrostatiˇcki pritisak:
pmin = paps,min − patm = −patm = −100 kPa (poˇsto je usvojeno da je hidrostatiˇcki pritisak vode “nula” kada je paps = patm ). Naglaˇsava se da je ova konvencija razliˇcita od konvencije o znaku preseˇcnih sila koja je usvojena u predmetu “Otpornost materijala” (“. . . Normalna sila je pozitivna ako zateˇze svoju preseˇcnu ravan. Transverzalna sila je pozitivna ako obr´ce element grede u smeru obrtanja kazaljke na satu . . . ”, V. Brˇci´c, Otpornost materijala, 1978), odnosno da te dve stvari ne treba meˇsati.
53 potrebnu debljinu ustave iz uslova da se ona podiˇze (obrtanjem oko ose zgloba) tek kada nivo vode levo od ustave padne ispod prikazanog, za koga je dubina vode H = 3.0 m.
Reˇ senje. Sile koje deluju na ustavu su: PX1 = PZ1 = 1.0 × 9.81 × 3.02/2 = 44.14 kN/m PX2 = PZ2 = 1.0 × 9.81 × 4.02/2 = 78.48 kN/m PX3 = PZ3 = 1.0 × 9.81 × 1.0 × 4.0 = 39.24 kN/m
√ Teˇzina ustave po 1 m duˇzine je G = 7.0 × 9.81 × 4 2 δ = 388.46 δ, gde je δ – debljina ustave. S obzirom da je δ nepoznata veliˇcina, odredi´ce se iz uslova da je suma momenata svih sila oko taˇcke O jednaka nuli: ΣM(O) = 0
⇒
− 44.14 × 3.0 + 78.48 × 2.667 + 39.24 × 2.0 −
54
1. Hidrostatika − 44.14 × 3.0 + 78.48 × 2.667 + 39.24 × 2.0 − − 388.46 δ × 2.0 = 0
⇒
δ = 0.40 m
Zadatak 1.6. Armirano betonski zid popreˇcnog preseka kao na slici pregra¯ duje otvoreni rezervoar na dva dela. Sa leve strane zida nalaze se teˇcnosti gustina ρ1 = 0.8 kg/dm3 i ρ2 = 1.2 kg/dm3, a sa desne strane je teˇcnost gustine ρ3 = 0.8 kg/dm3 . Visina koju pokazuje ˇzivin manometar je ∆HZˇ = 0.034 m. Gustine betona i ˇzive su ρB = 2.5 kg/dm3 i ρZˇ = 13.6 kg/dm3 . Zadatak je ravanski, a duˇzina zida je 5 m. Sraˇcunati nivo sa desne strane zida, a zatim odrediti statiˇcke uticaje (M, T, N ) u preseku A–A (u kome je zid ukljeˇsten).
pC = Π2 = pD = ΠZˇ = pE = Π3 =
Reˇ senje. Pijezometarske kote za sve teˇcnosti odre¯ duju se pomo´cu pritisaka u zajedniˇckim taˇckama: ρ1g(Π1 − ZC ) = 0.8 × 9.81 × (6.00 − 3.00) = 23.54 kPa pC 23.54 + ZC = + 3.00 = 5.00 m ρ2 g 1.2 × 9.81 ρ2g(Π2 − ZD ) = 1.2 × 9.81 × (5.00 + 0.034) = 59.26 kPa pD 59.26 + ZD = + (−0.034) = 0.410 m ρZˇ g 13.6 × 9.81 ρZˇ g(ΠZˇ − ZE ) = 13.6 × 9.81 × (0.410 − 0.00) = 54.72 kPa pE 54.72 + ZE = + 0.00 = 6.973 m ρ3 g 0.8 × 9.81
Sile koje deluju na zid su: PX1 = 0.8 × 9.81 × 5.0 × 3.02/2 = 176.6 kN PX2 = 1.2 × 9.81 × 5.0 × 2.0 × 3.0 = 353.2 kN PX3 = 1.2 × 9.81 × 5.0 × 3.02/2 = 264.9 kN PX4 = 0.8 × 9.81 × 5.0 × 6.9732/2 = 954.0 kN PZ1 = 0.8 × 9.81 × 5.0 × 0.743 × 2.973/2 = 43.3 kN PZ2 = 0.8 × 9.81 × 5.0 × 1.0 × 2.973 = 116.7 kN PZ3 = 0.8 × 9.81 × 5.0 × 1.0 × 4.0/2 = 78.5 kN
55
Teˇzina zida je: G = 2.5 × 9.81 × 5.0 × 1.0 × 8.0/2 = 490.5 kN Statiˇcki uticaji u preseku A–A su: MA−A = − 176.6 × 4.00 − 353.2 × 1.50 − 264.9 × 1.00 + + 954.0 × 2.324 − 43.3 × 0.752 + 116.7 × 0.50 + + 78.5 × 0.333 − 490.5 × 0.333 = 604.6 kNm TA−A = 176.6 + 353.2 + 264.9 − 954.0 = −159.3 kN NA−A = − 43.3 + 116.7 + 78.5 − 490.5 = −338.6 kN
Zadatak 1.7.
Na vertikalnom zidu otvorenog rezervoara nalazi se ustava oblika jednakokrakog pravouglog trougla, koja se sastoji iz dva dela – 1 (trapez) i 2 (trougao). Ukupna visina ustave je H = 6.0 m. Rezervoar je ispunjen vodom gustine ρ = 1.0 kg/dm3 , tako da je slobodna povrˇsina na visini gornjeg dela ustave. Odrediti rastojanje Z (visinu trapeznog dela ustave) tako da intenziteti hidrostatiˇckih sila na delove 1 i 2 budu jednaki, a zatim odrediti te sile (intenzitet, pravac i poloˇzaj) za svaki deo posebno.
56
1. Hidrostatika
Reˇ senje. Horizontalne komponente hidrostatiˇcke sile raˇcunaju se prema izrazu PX = ρghTA, gde je A – povrˇsina projekcije konture (na koju se odre¯ duje sila) na vertikalnu ravan upravnu na pravac X i hT – vertikalno rastojanje teˇziˇsta povrˇsine A od pijezometarske kote. PX1 = ρg
2
Z 2 2(H
− Z)Z + 2 Z3 Z2 Z 2 (3H − 2Z) Z(2H − Z) = ρg Z(2H − Z) 3
1 (2Z + H)(H − Z)2 PX2 = ρg [Z + (H − Z)] (H − Z)2 = ρg 3 3 PX1 = PX2
Z3 +
⇒
3H 2 H 3 Z + =0 2 4
⇒
Z 3 − 9Z 2 + 54 = 0 Koeficijenti α i β koji se dobijaju redukcijom ove jednaˇcine3 su: α = [−(−9)2 + 3 × 0]/9 = −9 β = [2 × (−9)3 − 9 × (−9) × 0 + 27 × 54]/54 = 0 pa je δ = −729 < 0 i postoje tri realna reˇsenja:
1π 2π Zi = 3 + 6 cos + (i − 1) 32 3 Z1 = 8.20 m
Z2 = −2.20 m
(i = 1, 2, 3) Z3 = 3.00 m
pri ˇcemu oˇcigledno samo poslednje reˇsenje fiziˇcki ima smisla (0 < Z3 < H). Dakle: Z = Z3 = 3.00 m Intenziteti sila su: PX1 = 1.0 × 9.81
3.02(3 × 6.0 − 2 × 3.0) = 353.16 kN = PX2 3
Sopstveni momenti inercije za pojedine delove ustave su: IY Y 1 3
Z(3H − 2Z) 1 = Z 3 (2H + Z) − 6 3(2H − Z)
Videti objaˇsnjenje na strani 49.
2
Z(2H − Z) = 19.50 m4
57 IY Y 2 =
1 2(H − Z)(H − Z)3 = 4.50 m4 36
Ekscentriciteti sila su: eZ1 = −
ρgIY Y 1 1.0 × 9.81 × 19.50 =− = −0.542 m PX1 353.16
eZ2 = −
ρgIY Y 2 1.0 × 9.81 × 4.50 =− = −0.125 m PX2 353.16
Znak “−” u gornjim izrazima oznaˇcava da se napadne taˇcke sila nalaze ispod odgovaraju´cih teˇziˇsta na navedenim rastojanjima, ˇsto je sluˇcaj kada je pritisak u teˇziˇstu pozitivan. Obrnuto, kada je pritisak u teˇziˇstu negativan, napadna taˇcka sile je iznad teˇziˇsta na rastojanju jednakom pozitivnom ekscentricitetu (znak ekscentriciteta je vezan uz usvojeni pozitivan smer Z-ose koji je usmeren na gore, poˇcev od teˇziˇsta).
Zadatak 1.8. Zatvoreni rezervoar potpuno je ispunjen teˇcnostima gustina ρ1 = 1.0 kg/dm3 i ρ2 = 0.8 kg/dm3 . Manometar, koji se nalazi na rastojanju od 0.50 m ispod dna rezervoara, pokazuje pritisak pM = 14.715 kPa. Odrediti ukupnu hidrostatiˇcku silu koja deluje na deo rezervoara desno od preseka A–A. Reˇ senje. Π1 =
pM 14.715 + ZM = + (−0.50) = 1.00 m ρ1 g 1.0 × 9.81
58
1. Hidrostatika
Poˇsto je pijezometarska kota Π1 u zajedniˇckoj taˇcki obeju teˇcnosti, pritisak u ovoj taˇcki jednak je nuli, pa je Π2 = Π1 = 1.00 m. Horizontalne sile na omotaˇc su: PX1 = 1.0 × 9.81 × 0.50 × 2.0 × 1.0 = 9.81 kN PX2 = 0.8 × 9.81(−0.50)2.0 × 1.0 = −7.85 kN PXR = 9.81 − 7.85 = 1.96 kN IY Y 1 = IY Y 2 = 2.0 × 1.03/12 = 0.167 m4 1.0 × 9.81 × 0.167 eZ1 = − = −0.167 m 9.81 0.8 × 9.81 × 0.167 eZ2 = − = 0.167 m −7.85 Iz uslova jednakosti sume momenata svih horizontalnih sila i momenta rezultuju´ce horizontalne sile odre¯ duje se njena napadna taˇcka: ZR =
9.81 × 0.333 − 7.85 × 1.667 = −5.00 m 1.96 Vertikalne sile su: 11 2.02 × 1.0 = 6.54 kN 23 11 = − 0.8 × 9.81 2.02 × 1.0 = 23 = − 5.23 kN
PZ1 = 1.0 × 9.81 PZ2
PZR = 6.54 + 5.23 = 11.77 kN Obe vertikalne sile deluju u teˇziˇstima odgovaraju´cih polupiramida, odnosno na (horizontalnom) rastojanju XR = 0.25 m od preseka A–A. Ukupna rezultanta i njen nagib (u odnosu na horizontalu) su: R=
p
1.962 + 11.772 = 11.93 kN
α = arctg
11.77 = 800 320 1.96
Zadatak 1.9. Zatvoreni rezervoar potpuno je ispunjen teˇcnostima gustina ρ1 = 1.0 kg/dm3 i ρ2 = 0.7 kg/dm3 . Nivo u pijezometru je na nivou zajedniˇcke taˇcke dve teˇcnosti. Odrediti ukupnu hidrostatiˇcku silu koja deluje na sloˇzeno telo sastavljeno od polukupe, poluvaljka i ˇcetvrtine lopte.
59
Reˇ senje. Ako se za referentan nivo (Z = 0) usvoji dno rezervoara, oˇcigledno je Π1 = Π2 = 4.0 m. Horizontalne sile na pojedine delove sloˇzenog tela su: 4 × 1.5 1 PX1 = 1.0 × 9.81 1.0 + 1.52 × π = 56.74 kN 3×π 2 PX2 = 1.0 × 9.81 × 0.5 × 3.0 × 1.0 = 14.72 kN PX3 = 0.7 × 9.81 (−0.5) 3.0 × 1.0 = −10.30 kN 1.5 1 PX4 = 0.7 × 9.81 1.0 + 3.0 × 1.5 = −23.18 kN 3 2 Odgovaraju´ci ekscentriciteti su: eZ1 = = eZ2 = eZ3 = eZ4 =
"
1.0 × 9.81 π × 3.04 − 56.74 128 − 0.096 m 1.0 × 9.81 3.0 × 1.03 − 14.72 12 0.7 × 9.81 3.0 × 1.03 − −10.30 12 0.7 × 9.81 3.0 × 1.53 − −23.18 36
−
4 × 1.5 3×π
2
= −0.167 m = 0.167 m = 0.083 m
#
1 1.52 × π = 2
60
1. Hidrostatika
Ukupna horizontalna sila i poloˇzaj njene napadne taˇcke su: PXR = 56.74 + 14.72 − 10.30 − 23.18 = 37.98 kN ZR = [ 56.74 (3.0 − 0.637 − 0.096) + 14.72 (4.0 − 0.50 − 0.167) − − 10.30 (4.0 + 0.50 + 0.167) − − 23.18 (5.50 + 0.083) ] /37.98 = 0.005 m Vertikalne sile su: 1 π × 3.03 = 34.67 kN 4 6 1 = 1.0 × 9.81 1.52 × π × 1.0 = 34.67 kN 2 1 = − 0.7 × 9.81 1.52 × π × 1.0 = −24.27 kN 2 1 π × 3.02 × 1.5 = − 0.7 × 9.81 = −12.13 kN 2 12
PZ1 = 1.0 × 9.81 PZ2 PZ3 PZ4
Rastojanja teˇziˇsta odgovaraju´cih tela optere´cenja (zapremina) od vertikalnog zida su: 3 × 1.5 = 0.562 m 8 4 × 1.5 = X3 = = 0.637 m 3×π 1.5 = = 0.477 m π
X1 = X2 X4
Ukupna vertikalna sila i poloˇzaj njene napadne taˇcke su: PZR = 34.67 + 34.67 + 24.27 + + 12.13 = 105.74 kN XR = (34.67 × 0.562 + 34.67 × × 0.637 + 24.27 × 0.637 + + 12.13 × 0.477) / 105.74 = = 0.594 m Ukupna rezultanta i njen nagib (u odnosu na horizontalu) su: R=
p
37.982 + 105.742 = 112.35 kN
α = arctg
37.98 = 700 150 105.74
61
Zadatak 1.10.
U otvorenom rezervoaru nalazi se voda gustine ρ0 = 1.0 kg/dm . Kruti nosaˇc zanemarljive teˇzine moˇze da se obr´ce bez trenja oko ose u taˇcki O. Sa jedne strane nosaˇca je kupasti zatvaraˇc gustine ρ1 = 2.5 kg/dm3, preˇcnika osnove dZ = 1.0m i visine hZ = 1.0 m, koji zatvara otvor preˇcnika dO = 0.5 m. Sa druge strane nosaˇca je valjkasti plovak preˇcnika dP = 1.0 m i visine hP = 1.5 m. Na slici je prikazan poˇcetni nivo vode. Odrediti gustinu plovka ρ2 iz uslova da se zatvaraˇc otvori ukoliko se nivo vode u sudu podigne iznad poˇcetnog stanja. 3
Reˇ senje. Teˇzina zatvaraˇca je: G1 = ρ 1 g
πd2ZhZ π × 1.02 × 1.0 = 2.5 × 9.81 = 6.421 kN 12 12
Horizontalna hidrostatiˇcka sila na deo omotaˇca kupe koji je u vodi, ˇcija je vertikalna projekcija kruˇzni prsten spoljaˇsnjeg preˇcnika dZ i unutraˇsnjeg dO ), poniˇstava se sa delom sile na osnovu kupe ˇcija je projekcija isti prsten, tako da je ukupna horizontalna sila: PX = ρ0ghT
πd2O π 0.52 = 1.0 × 9.81 × 1.5 = 2.889 kN 4 4
Ekscentricitet ove sile je: eZ = −
1.0 × 9.81 π × 0.54 = −0.010 m 2.889 64
Vertikalna sila na gornji deo zarubljene kupe poniˇstava se sa delom sile na donji deo, tako da je ukupna vertikalna sila na zatvaraˇc: π 2 (d hZ − d2O hO ) = 12 Z π = 1.0 × 9.81 (1.02 × 1.0 − 0.52 × 0.5) = 2.247 kN 12
PZ1 = ρ0g
62
1. Hidrostatika
Poloˇzaj napadne taˇcke ove sile je: X1 =
1.0 4
3 1.03 − (0.5 + 0.5 4 ) 0.5 = 0.196 m 1.03 − 0.53
Vertikalna sila na plovak je: PZ2 = ρ0g
πd2P 1.0 = 1.0 × 9.81 × π × 0.52 × 1.0 = 7.705 kN 4
Teˇzina plovka je: G 2 = ρ2 g
πd2P hP = ρ2 × 9.81 × π × 0.52 × 1.5 = 11.557 ρ2 4
Gustina plovka odre¯ duje se iz uslova da je suma momenata svih sila oko taˇcke O jednaka nuli: ΣM(O) = 0
⇒
6.421 × 0.25 − 2.247 × 0.196 − 2.889 × 2.010 − − 11.557 ρ2 × 2.0 + 7.705 × 2.0 = 0
⇒
ρ2 = 0.466 kg/dm3
