MEHANIKA FLUIDA

PLIVANJE TELA I STABILNOST TELA PRI PLIVANJU

1. zadatak. Sud mase m, koji pliva na površini neke tečnosti, kao što je prikazano na slici, sadrži izvesnu količinu iste tečnosti mase m2. Odrediti masu m tela koje pliva u sudu iy uslova da odnos gaza H suda i visine h bude H/h=n. Pretpostaviti priymati;ni oblik tela i suda.

Rešenje: Ako se pretpostavi da je osnova tela površine A, onda iz uslova ravnoteže tela sleduje jednačina 0mg g Ah= ρ (1) U kojoj je h0 gaz tela, a ρ gustina tečnosti. Sa druge strane, ako se pretpostavi da je osnova suda površine A1, onda se može napisati sledeća jednačina ( )2 1 0m A h Ah= ρ − (2) Treća jednačina sleduje iz ravnoteže suda, i ona je oblika: 1 1 1g A H gm g A hρ = + ρ (3) Iz jednačina (1), (2) i (3) dobija se da je:

12

mm mn 1

= −−

.

2. zadatak. Patos mase m postavljen je na dva brvna osnove b×b i 2b×2b i dužine l. Rastojanje između osa brvna je L, gustina materijala brvna je ρ1, a tečnosti u kojoj brvna plivaju ρ (v.sl.). Na kom mestu patosa treba delovati silom P pa da patos bude horizontalan. Koliki deo brvna je, u tom slučaju, izvan tečnosti?

Rešenje: Odabirajući prvo tačku C1 za momentnu tačku, a zatim C2 (C1 i C2 su težišta brvna) dolazi se do jednačina

( )2 2

1 3 1Px G L b b L G P 02 2 2 + + − + − =

(1)

( ) ( )1 1

1 3P L x G L b b L G P 02 2 − + + − + − =

(2)

respektivno. U jednačinama (1) i (2) su: G mg= - težina patosa; 2

1 1G g b l= ρ i 22 1G 4g b l= ρ -

težina manjeg i većeg brvna respektivno; ( )1P g b b y l= ρ − i ( )2P 2g b 2b y l= ρ − - sile potiska na manje i veće brvno respektivno. Unošenjem izraza za G, G1, G2, P1 i P2 u jednačine (1) i (2) i njihovim rešavanjem po x i y, dobija se da su:

( )2

1

1

L 3bx 4P mg 1 4b l g ,6P 2L

5 P mgy b 1 .3 3lb g

= + − + ρ−ρ ρ +

= − − ρ ρ

3. zadatak. Čaša pliva u tečnosti gustine ρ tako da je njeno dno u ravni sa centrom otvora za koji je priključena ’’U’’ cev sa živom, čija je gustina ρž=3ρ. Ako su veličine date na slici: h1=h/2, D=4h, d=2h, H1=4h i H2=5h, odrediti gustinu materijala čaše i ispitati stabilnost ravnoteže plivanja.

Rešenje:

Kako je R ravan konstantnog pritiska, to je pA=pB, pa sleduje jednačina

( )1 žx h hρ + = ρ ⇒ ž1x h hρ

= −ρ

,

a posle zamene poznatih veličina dobija se da je:

5x h2

= .

Čaša je u ravnoteži pa važi jednakost

P Q= ⇒2 2 2

m 2 1

D D dg x g H H4 4 4π π π

ρ = ρ −

Iz koje se, posle zamene poznatih veličina, dobija da je:

m

58

ρ = ρ .

Metacentarski poluprečnik dat je izrazom

2

2

DI 264r h

DV 5x4

π

= = =π

Koristeći Štajnerovu teoremu za određivanje težišta čaše dolazi se do jednačine

2 2 2 2

c 2 1 2 2 2 1 1

D d 1 D 1 dx H H H H H H H4 4 2 4 2 4π π π π − = − −

,

iz koje se posle zamene poznatih veličina, dobija da je

c

19x h8

= .

Onda je veličina

c

1 9x x h2 8

δ = − = .

Kako je r < δ , to je ravnoteža ovog plivanja nestabilna.

4. zadatak. Prizmatično telo, čiji se bazis sastoji od segmenta parabole drugog reda i trougla, dimenzija datih na slici, pliva na tečnosti gustine ρ. Ako je širina tela a, a gustina materijala tela ρm=ρ 2 /13 proveriti stabilnost ravnoteže tela pri ovom plivanju.

Rešenje:

Koristeći činjenicu da su sile koje deluju na telo, pri plivanju, u ravnoteži, dolazi se do jednačine:

m Tg V g Vρ = ρ (1) gde je zapremina tela data izrazom:

3T

4 1 13V a a 2a 3a a a3 2 3

= ⋅ + ⋅ ⋅ =

,

a potopljen azapremina izrazom: 4V xya3

= . (2)

Koristeći jednačinu parabole dolazi se do veze između veličina x i z u obliku:

2 2x / a y / a= . (3) Unoseći sada (2), (3) i ρm u izraz (1), dobija se jednačina:

32 13 4a y ay a13 3 3

ρ = ρ ⋅

iz koje se dobija da je telo potopljeno do dubine 1y a2

= , a onda se iz relacije (3) dobija

da je x a 2 / 2= . Koristeći Štajnerovu teoremu dolazi se do jednačine

3C

13 3 4 1z a a a a a 2a 2a 3a a3 5 3 2

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

iz koje se dobija da je položaj težišta tela na rastojanju

C

102z a65

=

od temena segmenta parabole. Položaj težišta potopljene zapremine je na rastojanju

D

3 a 3z a5 2 10

= = ,

pa je: C D

33z z a26

δ = − = .

Manji moment inercije površine plivanja je:

3 42xa a 2I

12 12= = ,

pa je metacentarski poluprečnik

I 1r aV 4

= = .

Kako je r<δ to je ravnoteža tela, pri ovakvom plivanju, nestabilna.

5. zadatak. Plovak koji se sastoji od konusa i obrtnog paraboloida, dimenzija datih na slici, pliva na tečnosti. Ako je gustina tečnosti dvadeset puta veća od gustine materijala plovka, odrediti vezu između veličina a i h, tako da ravnoteža plivanja plovka bude stabilna.

Rešenje: Koristeći ravnotežu sila koje deluju na plovak, dolazi se do jednačine:

k pV V 20V+ = (1)

u kojoj je 2k

1V a h12

= π - zapremina

konusa, 2p

1V a h8

= π - zapremina

paraboloida, a V – potopljena zapremina plovka. Kako je, iz sličnosti trouglova,

y / x a / h= ⇒ y ax / h= , to je potopljena zapremina

2 23

2

1 y 1 aV x x3 4 12 h

π π= = .

Unošenjem izraza za Vk, Vp i V u jednačinu (1) i rešavajući je po x, dobija se da je:

1x h2

= .

Koristeći Štajnerovu teoremu dolazi se do jednačine za određivanje težišta plovka

( )C k p k p

3 1x V V hV h h V4 3

+ = + +

,

iz koje se, posle zamene poznatih veličina, dobija da je

C

11x h10

= .

Položaj težišta potopljene zapremine definisan je veličinom

D

3x h8

= ,

pa je

C D

29x x h40

δ = − = .

Metacentarski poluprečnik dat je izrazom

4yr / V

64π

= ,

koji se, posle zamene poznatih veličina, svodi na

23 ar

32 h= .

Koristeći činjenicu da je ravnoteža plivanja stabilna, sleduje nejednačina

r > δ , tj. 23 a 29 h

32 h 40> ,

iz koje se dobija da je: a 116h 15> .

6. zadatak. U kosom zidu otvorenog rezervoara sa tečnošću gustine ρ nalazi se kružni otvor prečnika d, čije je težište na dubini H ispod nivoa vode u rezervoaru. Kroz otvor u zidu zaronjeno je u tečnost homogeno cilindrično telo (l, d, ρm). Odrediti dužinu l1 do koje će telo biti zaronjeno u tečnost i pritisnu silu tela na vođice, ako je ugao nagiba zida prema horizontali α. Trenje u vođicama zanemariti.

Rešenje: Ako se zamisli da je deo cilindričnog tela, dužine l1, potpuno potopljen u tečnosti, onda će na njega delovati sila

2

V 1

dP g l4π

= ρ .

Da bi se dobila stvarna sila pritiska tečnosti na potopljeni deo tela, sili VPr

treba dodati silu

2

N

dP g H4π

= ρ ,

sa smerom dejstva označenim na slici. Sada može da se izvrši projektovanje svih sila koje drže telo u ravnoteži na dva normalna pravca: x: ( )p VF mg P sin= − α (1)

y: ( )N VP mg P cos= − α (2) Iz druge jednačine dobija se direktno dužina potopljenog dela

m1

Hl ll cos

ρ= − ρ ⋅ α

,

dok se sila pritiska tela na vođice dobija deobom ove dve jednačine:

2

p

dF g H tg4π

= ρ ⋅ α .