Hidrostatika Zadaci Iz Skripte

HIDROSTATIKA - ZADACI

1. ZADATAK U cijev prema slici ρo=1000 kg/m3

. U jedan krak

ρulja, ako je

izmjerena razlika visina fluida u krakovima cijevi h=60 mm.

Uradak

ρo u krakovima U-cijevi, onda je iz skice vidljivo

da je x+h visina stupca ulja. Obujam V ulja je zadan (V = 5 dl = 0,5 l = 0,0005 m3

), te slijedi:

4

*)(

2

πd

hxV += ⇒ mh

d

V

x 1946,006,02546,006,0

05,0

0005,0*4*4

22

=−=−=−=

ππ

2 glasi:

pa + ρo*g*x - ρ*g*(x+h) = pa

iz koje slijedi:

3

/3,764

06,01946,0

1946,0

*1000*

mkg

hx

x

o

=

+

=

+

= ρρ

2. ZADATAK ∆p=p1-p2 u posudama spojenim cijevima

prema skici, a ispunjenim vodom ρv=1000 kg/m3

, živom ρžive=13600 kg/m3

i ugljik-

tetraklorom (CCl4 ρc=1600 kg/m3

. Pojedine visine iznose: h1=350 mm, h2=250 mm,

h3=400 mm, h4=500 mm, h5=2000 mm.

Uradak

p1+g(h1ρv+ h2ρC+ h3ρv+ h4ρž -h5ρv) = p2

∆p = p1- p2 = g((h5 – h1-h3)ρv - h2ρC - h4ρž)

= 9,81*((2-0,35-0,4)*1000- 0,25*1600 – 0,5*13600) = -58,37 kPa

3. ZADATAK e sa

slike su: h1=2,0 m, h2=1,3 m, h3=2,7 m, h4 ρulja=850 kg/m3

. Nactaj

dijagram hidrostatskog tlaka na stijenke posude.

Uradak

pA= ρulja*g*(h3+ h4) = 850*9,81*(2,7+1,2) = 32,52 kPa

pB = pC = pA - ρulja*g*( h2+h3+ h4) = 32520-850*9,81*(1,3+2,7+1,2) = -10,84 kPa

pD = pC - ρulja*g*( h1+h2+h3) = -10840-850*9,81*(2+1,3+2,7) = -60,871 kPa

Dijagram hi

4. ZADATAK

napunjen vodom povrh koje vlada pretlak ∆ -cijevni manometar pokazuje

otklon ∆ ρvode=1000 kg/m3

ρžive=13600 kg/m3

. Koliko bi iznosio pritisak na otvoru M spremnika pri istim vrijednostima

ρm.vode=1025 kg/m3

?

Uradak

Ravnoteža za ravninu 0-0 iznosi:

∆p = (ρžive*∆h - 8,5*ρvode)*g = (13600*2,5 - 8,5*1000)*9,81 = 250,155 kPa

pM = ∆p + 5*ρvode*g = 250155 + 5*1000*9,81 = 299,205 kPa

kontrakciju i izlazne gubitke u obzir) iznosi:

sm

g

p

gghv

v

/46,2441,5985

9810

250155

*81,9*25

*

*22 ==

+=

+

∆

==

ρ

– po Toricelliju; ovisi o visini stupca vode, u

m i veliki natpritisak u

spremniku)

ρm.vode=1025 kg/m3

pritisak

na otvoru M spremnika bi iznosio:

∆p = (ρm.vode*∆h - 8,5*ρvode)*g = (1025*2,5 - 8,5*1000)*9,81 = -58,246 kPa

(u gornjem dijelu spremnika bi vladao potlak – sisanje, usis!)

pM = ∆p + 5*ρvode*g = -58246 + 5*1000*9,81 = -9,196 kPa

∆p ulazila u spremnik,

potlak bi je sisao!)

5. ZADATAK mperatura zraka na visini H=10 km, ako

-atmosferom, tj.

da je pad temperature dT/dH= -6,5°K/km, uz koeficijent politrope n ≅ 1,235. Na površini

Zemlje su izmjereni atmosferski tlak bo=750 mm stupca žive i temperatura to=30°C (ljetni

period u godini!). Koeficijent R (individualna plinska konstanta) iznosi R=288 J/kg°K.

Uradak

Na površini Zemlje tlak u SI jedinicama iznosi:

po = bo*ρžive*g = 0,75*13600*9,81 = 100,062 kPa

dok je g

3

/146,1

)3015,273(*288

100062

*

mkg

TR

p

o

o

o=

°+°

==ρ

Na visini od 10 km tlak iznosi:

kPa

T

H

dH

dT

pp

n

o

oH835,35

15,303

10

*5,61*100062*1*

255,4

1

1

=

°

−=

+=

−

(tlak se smanjio u odnosu na tlak na površini Zemlje!)

3

255,4

1

1

/410,0

15,303

10

*5,61*146,1*1* mkg

T

H

dH

dTn

o

oH=

°

−=

+=

−

ρρ

Temperatura na visini od 10 km:

CKHTToH

°−=°=−°=−= 3515,23810*5,615,303*5,6

(temperatura se smanjila u odnosu na temperaturu na površini Zemlje!)

kPa

H

H

ppoH

25,26

1031

1031

*100062

31

31

*

22

=

+

−

=

+

−

=

3

22

/1273,0

1020

1020

*146,1

20

20

* mkg

H

H

oH=

+

−

=

+

−

= ρρ

7. ZADATAK Potrebno je odrediti ukupnu hidrostatsku silu na zatva

visine h=4,0 m prema sl

h=4,0 m

b=5,0 m

θ=600

ρv=1000 kg/m3

Dijagram hidrostatskog tlaka:

D

C

B

h =

4.0 (m

)

lz

pa

b =

5.0

(m

)

y

x

z

Θ = 60 (°)

D

B

pa

T

FΘ

p =

39.2

4 (k

N m

)

o

-2

Θ

1/3 l

z

F

FF

x

z Θ

h

Iz geometrije sustava proizlazi:

m

h

lz

619,4

60sin

4

sin0

===

θ

23

/24,390,4*81,9*10 mkNghpD

=== ρ

Vrijednost ukupne sile tlaka jednaka je:

kN

h

bpblpFldAgFDzD

A

1,453

866,0

4

*5*24,39*

2

1

sin2

1

2

1

====⇒=∫

θ

ρ

Vrijednost ukupne sile tlaka se mogla odrediti i na sli

m

h

l

l

h

x

x

31,2

60tan

4

60tan

60tan1

1

=

°

=

°

=⇒=°

KN

bhhg

FH

4,392

2

5*16*9810

2

****

===

ρ

KN

blhg

Fx

V63,225

2

5*3,2*4*9810

2

****1

===

ρ

KNFFFyx

453

22

≅+=

8. ZADATAK eli no uže BC drži pravokutni zatvara irine b=1,2 m (masa zatvara a se

zanemaruje). Visina vode ispred ustave je H=2,3 m. Odredite silu u užetu ako je položaj

zatvara a odre en kutom α=450

. Nacrtajte dijagram od hidrostatskog tlaka.

p

H

a

α

A

B

C

pa

A

BH

/sinα

S

F

Dijagram ukupnog hidrostatskog tlaka izgleda:

p

H

a

α

A

B

C

pa

A

B

H/sinα

S

F

Uzimamo težinu vode sa vrijednosti:3

/10 mkNg ≅= γρ , pa slijedi:

;

sin3

1

89,442,1*

707,0

3,2

*5,0*3,2*10

sin2

1

*

α

α

ρ

H

y

kNb

H

gHF

F=

===

0=ΣA

M , slijedi:

KNSSF

H

S

H

F

ySyFSF

96,14

3

1

0

sin

*

sin3

1

*

0**

=⇒=⇒=−

=−

αα

9. ZADATAK Automatska regulacijska zapornica ima horizontalnu osovinu A, oko koje se

može okretati. iti. Nacrtajte dijagram hidrostatskog

tlaka. Zadano je b=1,70 m.

h

b

A

b

h

ρ g h

y

ρ g hρ g b

F2x

F1

yF2

Fy

1

Okomitost zapornice sugerira da vertikalna sila tlaka ne postoji, dok je dijagram

hidrostatskog tlaka

h

b

A

b

h

ρ g h

y

ρ g hρ g b

F2x

F1

yF2

Fy

1

težinu vode sa vrijednosti:3

/10 mkNg ≅= γρ , pa slijedi:

45,1417

37,1645,14

2

1

3

2

*

2245,1417

2

1

3

1

5

2

1

2

2

2

2

1

22

1

+

+

−=

+

+

−=+=+=

=

==

h

h

gbghb

b

b

gb

b

ghb

yhgbghbF

hy

hghF

F

F

ρρ

ρρ

ρρ

ρ

0=ΣA

M , slijedi:

( ) mhhh

h

h

hhh

h

h

FhFyFyFFF

4,3826,967,80

45,1417

37,1645,14

45,1417

3

1

*5

0

45,1417

37,1645,14

*

3

1

*0**

32

212211

=⇒=−⇒=

+

+

+−

=

+

+

−⇒=−

10. ZADATAK Potrebno je odrediti ukupnu hidrostatsku silu na zatvara iza i ispred kojega

je voda visine prema skici. Nacrtati dijagram hidrostatskog optere enja zatvara a. Zadano je:

h1= 5,0 m

h2= 2,0 m

b= 4,0 m

θ= 600

ρv= 1000 kg/m3

Dijagram hidrostatskog tlaka:

Iz geometrije sustava proizlazi:

m

hh

l

m

h

l

m

h

l

z

z

z

464,3

866,0

25

sin

309,2

866,0

2

sin

774,5

866,0

5

sin

21

2

2

1

=

−

=

−

=

===

===

θ

θ

θ

23

22

23

11

/62,190,2*81,9*10

/05,490,5*81,9*10

mkNghp

mkNghp

D

D

===

===

ρ

ρ

B

2

21/43,2962,1905,49 mkNpppp

DDCRD=−=−==

Vrijednost ukupne sile hidrostatskog tlaka jednaka je:

kN

h

bp

h

bpblpblpFFFldAgFDDzDzD

A

8,47562,9039,566

866,0

2

*4*62,19*

2

1

866,0

5

*4*05,49*

2

1

sin2

1

sin2

1

2

1

2

12

2

1

112121

=−=−=

=−=−=−=⇒=∫

θθ

ρ

11. ZADATAK Analiti ki odredite silu hidrostatskog tlaka i nacrtajte dijagrame pritisaka (H i

V) za zatvara prema skici iza kojeg je voda. Zadano je: h1=2,0 m, h2=5,0 m, r=1,5 m.

p

h

a

1

h2

r

FH

yT

Tx

FH

α

težinu vode sa vrijednosti:3

/10 mkNg ≅= γρ .

Dijagrami komponenti hidrostatskog tlaka:

FH

yT

Tx

FV

Horizontalna komponenta hidrostatske sile iznosi:

'/125

2

5

*10

2

22

2

mkN

h

gFH

=== ρ

Vertikalna komponenta hidrostatske sile iznosi:

'/33,35

2

14,3*5,1

*10

2

22

mkN

r

gFV

===

π

ρ

Rezultanta sila (ukupna hidrostatska sila) je stoga jednaka:

'/89,12933,351252222

mkNFFFVHR

=+=+=

Položaj rezultante sile:

mr

r

xmhyTT

637,05,1*425,0*425,0

3

4

665,15

3

1

3

1

2=======

π

Smjer rezultante sile iznosi:0

78,152826,0

125

33,35

=⇒=== αα

H

V

F

F

tg

α

FH

FV

FR

12. ZADATAK Potrebno je odrediti ukupnu hidrostatsku silu na zatvara iza kojega su dvije

razli ite teku ine visina prema skici. Nacrtati dijagram hidrostatskog optere enja zatvara a i

dijagrame komponenti hidrostatskog tlaka. Zadano je: h1= 3,0 m, h2= 2,0 m, ρ1= 850 kg/m3

,

ρ2= 1000 kg/m3

p

45°

h

a

1

2h

1ρ

ρ2

135°

45°

H1

g hg hρ ρ

H2F

F

1 21 2

h2

h1 1 1

ρ g h

ρ2

g h2

FV1

V2F

Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgleda:

p

45°

h

a

1

2h

1ρ

ρ2

135°

45°

H1

g hg hρ ρ

H2F

F

1 21 2

h2

h1 1 1

ρ g h

ρ2

g h2

FV1

V2F

Uzima težine: 3

22

3

11

/0,10

;/5,8

mkNg

mkNg

≅=

≅=

γρ

γρ

Vrijednosti horizontalne i vertikalne komponenata sile hidrostatskog tlaka iznose:

dok je ukupna sila hidrostatskog tlaka jednaka:

kNFFFVH

2,10025,1825,1092222

=+=+=

kNB

ghgh

FFF

kN

B

gh

hgh

gh

FFF

VVV

HHH

25,182025,381*

2

2*10

2

3*5,8

*

22

25,109205125,38

1*

2

2*10

2*3*5,8

2

3*5,8

*

22

222

22

2

11

21

222

22

211

2

11

21

=−=

−=

−=−=

=++=

++=

++=+=

ρρ

ρ

ρ

ρ

13. ZADATAK Odredite rezultantu tlaka, hvatište i njezin smjer na segmentnu ustavu

dimenzija prema slici. Nacrtati dijagrame hidrostatskog tlaka (horizontalnu i

vertikalnu komponentu). Zadano je: H= 4 m, R= 6 m, B= 1m (širina ustave), ρ=1000 kg/m3

.

p

B

H

a

C

A

R

H

HF

FV

AHh

H

ap

B

C

A

FU

AHh

α

D

x

y

h'AX

Dijagrami hidrostatskog tlaka i položaj rezultantne sile:

Iz geometrije sustava slijedi:

mhmhmRCDx

R

H

AVAH619,0667,2472,4*cos

81,41666,0arcsin

6

4

sin

'

0

=====

==⇒==

α

αα

Horizontalna komponenta sile hidrostatskog tlaka iznosi:

kNB

H

gFH

801*

2

16

*10

2

2

=== ρ

Vertikalnu komponentu sile hidrostatskog tlaka dobili smo tako da smo od kružnog

isje ∆BCD:

kNFFF

kNB

H

x

R

gF

VHU

V

31,9091,4180

91,411*

2

4

*472,4

360

81,41*6

*10*

2

*

360

2222

2

0

2

=+=+=

=

−

°

°

=

−=

ππα

ρ

marctg

F

F

arctgRh

marctg

F

F

arctgRh

H

V

Ax

H

V

Ay

315,5

80

9,41

cos*6cos*

784,2

80

9,41

sin*6sin*

=

=

=

=

=

=

mxhhAxAx

843,0472,4315,5'

=−=−=

Vrijednost horizontanog i vertikalnog hvatišta hidrostatske sile možemo odrediti i

geometrijski:

m

F

RF

h

F

F

R

h

U

V

AY

U

VAY

784,2

90310

6*41910*

===⇒=

mx

F

RF

h

F

F

R

xh

U

H

AX

U

HAX

843,0472,4315,5

*

''

=−=−=⇒=

+

14. ZADATAK

laka. Zadanao je: hB= 4,0 m, hA=1,0m, r=3,0

m, b=1,0 m , ρv= 1000 kg/m3

.

Dijagram horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskih tlakova izgledaju:

23

23

/24,390,4*81,9*10

/81,90,1*81,9*10

mkNghp

mkNghp

BB

AA

===

===

ρ

ρ

Vrijednost komponenata i ukupne sile hidrostatskog tlaka jednaka je:

( )

kNFFF

kN

r

r

r

r

r

gbF

kNrb

pp

bhh

pp

F

zx

z

BA

AB

BA

x

2,1000,686,73

0,68

4

14,3*3

3

3

3

*3

3

3*2

0,1*81,9*10

43

*

3

2

6,731*3*

2

24,3981,9

22

2222

2

23

2

2

=+=+=

=

−+

+=

−+

+=

=

+

=

+

=−

+

=

π

ρ

15. ZADATAK Plo asta zapornica težine G drži svojom težinom ravnotežu s vodom visine h

iza nje. Odredi ovi α Zadano je:

G=10 kN/m, l=4 m, ρ= 1000 kg/m3

.

p

α

A

h

a

l

α

pa

α

A

h

FH

G

b/2b

A

ap

FV

-2

Uzimamo da je : 3

/10 mKNg ≅ρ

αααα cos*4cos*sin*4sin* ⇒=⇒= lblh


( )α

αρ2

22

sin*80

2

sin*4*10

2

===

gh

FH

αα

ααρ

cossin*80

2

cossin16*1*10

2

===

gbh

FV V

FG =

0≥∑A

M

0sin32cossin32cos6

10:/0sin320cossin*320cos60

3/*0

3

sin4

*sin*80

3

cos4*1

*cossin*80

2

cos4

*10

0

3

1

3

1

*

2

*

32

32

2

≥++−

≥++−

≥++−

≥++−

αααα

αααα

α

α

α

αα

α

hFbF

b

GHV

Za α=0 do 2π zadovoljava jednadžba: 0sin32cossin32cos632

≥++− αααα

α” po jednadžbi: αα sin*4sin* ⇒= lh

16. ZADATAK

Nacrtaj dijagrame horizontalne i

vertikalne komponente hidrostatskog tlaka (H i V). Zadano je: - h1=3,0 m,

ρ1=850 kg/m3

, - h2=2,0 m, ρ2=1000 kg/m3

.

45°

pa

45°

h1

2h

TEKUCINA 1

TEKUCINA 2

45°

45°

FH2

H1F

1g h +

1ρ

22ρ g h

45°

45°

V1F

45°

V2F

45°+ +

45°

45°V3

F =

45°

V1F

45°

FV

Uzimamo specif. težine ulja i vode sa vrijednostima:3

1/5,8 mkNg ≅ρ ,

3

2/10 mkNg ≅ρ

Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog pritiska izgledaju:

45°

pa

45°

h1

2h

TEKUCINA 1

TEKUCINA 2

45°

45°

FH2

H1F

1g h +

1ρ

22ρ g h

45°

45°

V1F

45°

V2F

45°+ +

45°

45°V3

F =

45°

V1F

45°

FV

kN

hgh

hghgh

FFFHHH

25,1097125,38)2*3*5,8

2

2*2*10

(

2

3*5,8

1*)

2

(

2

2

211

222

2

11

21

=+=++=

=

++=+= ρ

ρρ

kNgghghgFFFFVVVV

25,585125,38711*2*3*

2

3*3

)

2

2*2

(112112321

=−+=

−++⇒−+= ρρρρ

Ukupna sila hidrostatskog tlaka iznosi:

kNFFFVHU

81,12325,5825,1092222

=+=+=

17 ZADATAK (hidrostatskih) sila i nacrtaj dijagrame tlakova

(horizontalnu i vertikalnu komponentu hidrostatskih sila) za sustav prema slici. Zadano je:

ρvode=1000 kg/m3

, ρulja=860 kg/m3

, h1=6,0 m, h2=2,0 m, α=450

, B=1m (širina).

α

h2

ulje

ap

1h

voda

pa

FH1

H2F

FV1

FV1

: 3

/10 mkNgv

≅ρ , 3

/6,8 mkNgu

≅ρ

Dijagrami horizontalne i vertikalne komponente hidrostatskog tlaka izgledaju:

kNB

gh

Fu

H8,1541*

2

6*6,8

*

2

22

1

1=

=

=

ρ

kNB

gh

Fv

H201*

2

2*10

*

2

22

2

2=

=

=

ρ

( )kNB

hhh

gFuV

861*10*6,8*2*

2

211

1==

−+

= ρ

kNB

h

gFvV

20*

2

*22

2=

= ρ

kNFH

8,134208,154 =−=

kNFV

662086 =−=

kNFFFVHU

09,150668,1342222

=+=+=

18. ZADATAK Kvadratni otvor u vertikalnoj stijenki zatvara zaklopka prema slici.

zatvara ili otvara otvor. Zadano je: a=1,0 m, α=600

, G=4,67 kN, ρvode=1000 kg/m3

.

30°

FH

ap

a

A

a

a/2

a

60°

60° a/2

x

G

eG

a

G

Ge

60°

a

a/2

A

pa

a

eG

V1F

F V2

F V

Iz geometrije sa slike slijedi da je vrijednost x jednaka:

m

tg

a

x 866,0

30

2

0

==

m

aa

aah

eem

x

eHVG

555,0

3

5

*

3

1

2

4

*

3

ah433,0

2

==

+

+

=====


Uzimamo da je : 3

/10 mkNgv

≅ρ

kNa

aa

gFH

151*

2

21

*10*

2

2

*2

=

+

=

+

= ρ

kNaxgFV

66,81*866,0*10**22

=== ρ

kNmeFeGeFMVVGHHA

597,6433,0*66,8433,0*67,4555,0*15***

=−+=−+=Σ

Moment je pozitivan i zatvara zaklopku.

19. ZADATAK a

sl G=3,8 kN, ρ=1000

kg/m3

./103

mkNgvv

≅= γρ

ap

0,40

h

H

pa

T

G

2h/3

p

Th

2h/3

pa

GH

a

FH

0,20

(h-0,4)γ (H-h)γ

hγ γ (H-0,4)

Hγ


ap

0,40

h

H

pa

T

G

2h/3

p

Th

2h/3

pa

G

H

a

FH

0,20

(h-0,4)γ (H-h)γ

hγ γ (H-0,4)

Hγ

Iz dijagrama je vidljivo da jeukupna sila hidrostatskog tlaka jednaka:

( ) slijedimAAhHgFH

2

24,06,0*4,0jekako* ==−= ρ

( ) ( )44,224,0* −=−= HhHgFH

ρ

( ) mHHhGFMHT

1,2504

3

2

*8,32,0*44,20

3

2

*2,0*0 =⇒=+−⇒=+⇒=Σ

20. ZADATAK Potrebno je i

koje je voda (3

/1000 mkgvode

=ρ ). Nacrtati dijagrame pritiska (horizontalnu i vertikalnu

komponentu hidrostatskog tlaka).

3,0

r =

3,0

pa

6,0

3,0

4,0

m

m

m

m

m


ap

r = 3

,0

4,0

FH

ρ g 12

pa

g 9ρ

g 6ρ

+

ρ

g 3ρ

ap

g 6

=

ap

F V

m

m

kN

gh

FH

32,706

2

12*1*81,9

1*

2

22

==

=

ρ

( ) kNgg

r

FV

46,49416,3533,1411*81,9*4*91*81,9*

2

*0,3

1**4*36*

2

22

=+=+=

++=

π

ρρ

π

kNFFFVHU

19,86246,49432,7062222

=+=+=

ne po m’.

21. ZADATAK

lici. Nacrtati dijagrame pritiska na plohu (horizontalna i

vertikalna komponenta hidrostatskog tlaka). Zadano je: h1=5,50 m, h2=2,20 m, r=2,0 m,

3

/1000 mkgvode

=ρ .

a) horizontalna komponenta rezultante sile hidrostatskog tlaka

2,20

ap

r =

2,00

5,50pa

B

A

CO

2,20

5,50

O

FHL

FHD

0,73

2,20 5,50

1,83

=

O

2,04

3,30

HF

5,50

2,20

mkNFFF

m

FF

YFYF

Y

M

mkNgFmkNgF

mYmY

LHDHx

DHLH

dxDHLxLH

DHLH

dxLx

′=−=−=

=

+−

⋅+⋅−

=

+−

⋅+⋅−

=

=Σ

′=⋅

⋅

=′=⋅

⋅

=

====

/05,1272,2425,151

04,2

25,1512,24

83,125,15173,02,24

0

/25,151

2

50,550,5

/2,24

2

20,220,2

83,1

3

50,5

73,0

3

20,2

,,

,,

,,,,

0

,,

,,

ρρ

b) vertikalna komponenta rezultantne sile hidostatskog tlaka

2,00

2,20

O

5,50

VGF

1,37

+

1,06

O

2,00

VUF

=

1,00

5,50

VF

O

2,00

F

O

V

FH

F

α

)!!(/0,6658,7858,12

0,1

58,7858,12

06,158,7837,158,12

0

/58,78

4

0,2

0,250,5

/58,12

4

0,2

0,220,2

06,1

4

0,2

0,250,5

0,2

3

4

4

0,2

0,150,50,2

37,1

4

0,2

0,220,2

0,2

3

4

4

0,2

0,120,20,2

,,

0

2

2

2

2

,

2

2

,

gorepremadjelujesilamkNFFF

m

FF

XFXF

X

M

mkNgF

mkNgF

mX

mX

VUVGV

VUVG

uyVUpyVG

VU

VG

uy

py

′−=−=−=

≅

−

⋅−⋅

=

−

⋅−⋅

=

=Σ

′=⋅

−⋅=

′=⋅

−⋅=

=

−⋅

⋅⋅−⋅⋅

=

=

−⋅

⋅⋅−⋅⋅

=

ρπ

ρπ

π

π

π

π

π

π

c) veli ina rezultantne sile hidrostatskog tlaka

d) položaj rezultantne sile hidrostatskog tlaka

X=1,0 m Y=2,04 m S(1,00 , 2,04 )

e) smjer rezultantne sile

f) grafi ki prikaz rezultata

mkNF

FFF

mkNFmkNF

VH

VH

′==+=

+=

′=′=

/17,1437,204970,6605,127

/0,66/05,127

22

22

''04'272751948,0

05,127

0,66o

H

V

H

V

tgarctgarc

F

F

tgarc

F

F

tg ====⇒= αα

22. ZADATAK

slici. Zanemariti ekscentricitet osi. Nacrtati diagram horizontalne i vertikalne komponente

hidrostatskog tlaka. Zadano je: 3

/1000 mkgvode

=ρ , q=4,5kN/m’, a=0,5m, b=0,7m, c=2,1m.


pa

HP

2H/3

a

GT

b

U

x

c

P

U

O

O

ili

005,2225,2

3

5

005,10,215,05,4

3

1

5

0

3

1

0

][50,1

2

10

0,1

2

05,1

2

1,2

][21101,20,11,2

5,40,15,40,1

3

2

0

2

22

=⋅−+⋅

=⋅⋅−⋅+⋅⋅⋅

=⋅−⋅+⋅⋅⇒=Σ

⋅=⋅

⋅

=⋅

⋅

=

==

⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅=

=⋅=⋅=

HH

HHH

xUaGHPM

kNH

HHg

P

mx

kNHHHgU

kNqG

ρ

ρ

kNH

HHg

P

kNHU

mHHH

261,64585,3550,1

2

10

0,1

2

285,75585,30,210,21

585,325,205,22

3

5

22

22

3

=⋅=⋅=⋅

⋅

=⋅

⋅

=

=⋅=⋅=

=⇒−=⋅−⋅

ρ

KONTROLA:

00

0049,7925,2792,76

005,1285,755,05,4585,3

3

1

261,64

0

3

1

=

=−+

=⋅−⋅+⋅⋅

=⋅−⋅+⋅⋅ xUaGHP

23. ZADATAK u na zadanu stijenku širine 1,0

m iza koje je slatka i slana voda. Nacrtati diagrame horizontalne i vertikalne komponente

hidrostatskog tlaka. Zadano je: ρ1g = 9,0 kN/m3

, ρ2g = 10,0 kN/m3

.

45°

ap

ρ1

2ρ

2,0

2,0

3,03,0

4,0 m

m m

m

m

Horizontalna komponenta sile hidrostatskog tlaka:

45°

3,0

2,0

2,0

G

U

g 3,02

ρ

1ρ g 4,0

H2

H3

1H

H

α

VR

y

x

y~2,31

x~1,6

m

m

m

m

m

( ) ( ) mHHH

H

y

yHHHyH

kNHH

kNgH

kNgHkNgH

i

31,2451085,172333,4

225

1

5,1333,4

1

?3

3

1

3

2

1

4

3

1

3*

2254510872

455,0910

2

1

0,10,30,3

1081290,10,30,472165,09

2

1

0,10,40,4

321

321

3

1

23

1211

≅+⋅+⋅=+⋅+⋅=

=⇒⋅+⋅+

⋅+=

=++==

=⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=

=⋅=⋅⋅⋅==⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=

∑

ρ

ρρ

Vertikalna komponenta sile hidrostatskog tlaka:

kNGG

kNgkNg

UkNgkNg

i207451836081

455,0109

2

1

0,1*0,30,3G18

2

1

0,10,20,2G

36940,10,20,2G1089120,10,40,3G

4

1

2413

1211

=+++==

=⋅⋅=⋅⋅==⋅⋅⋅⋅=

==⋅=⋅⋅⋅==⋅=⋅⋅⋅=

∑

ρρ

ρρ

45°

3,0

2,0

2,0

GG1

G4

3G

2G

U2,0

m

m

m

m

2,0m3,0m

2,0m

( )

( ) ( )

( )

'

2222

V

1

4321

4321

O

2337

225

171

tg

H

V

tg

61,282171225H

SILAUKUPNA

m6,143601,220713xV

17136-207U-G

36940,10,20,2

01,24518667,33641085,1

207

1

667,3435,0

1

?3

3

1

2

3

1

31335,0GG

0M

°===

=+=+=

=⇒⋅−⋅=+⋅−⋅=⋅

===

=⋅=⋅⋅⋅=

≅+⋅+⋅+⋅=++⋅+⋅⋅=

=⇒⋅+

⋅++++⋅⋅=⋅

=∑

arcarc

kNVR

xUxG

kNV

kNgU

mGGGG

G

x

xGGGx

V

α

ρ

24. ZADATAK Potrebno je odrediti ukupnu hidrostatsku silu i njezin smjer na zatvara iza i

ispred kojega su dvije teku ine razli ite specifi ne gusto e ρ1 i ρ2 visina prema slici. Nacrtati

dijagrame komponenti hidrostatskog tlaka na zatvara Zadano je: h1=4,0 m, h2=5,5 m, b=1,0

m (širina zatvara a), ρ1=850 kg/m3

, ρ2=1010 kg/m3

.

F

ap

FH4

H2

2

45°

45°

2ρ h

1

ρ1 h

ρ1

ap

h2

FH1 H3F

g h1

ρ g hρ1

ρ g h1 2 1 2

g hρ1 2

1ρ

1g h

22ρ g h

g h1

ρ1

+ =

VF

VF

HF

F

α


F

FH4

H2

2h

h2

h1

FH1 H3F

g h1

ρ g hρ2

ρ g h1 2 1 2

(pogledati gornju

sliku) ne možemo

ρ2 > ρ1 ρ2

Uzimamo da jednake:

3

2

3

1

/908,9

/338,8

mkNg

mkNg

≅

≅

ρ

ρ

Vrijednost komponenata i ukupne sile tlaka jednaka je:

1*

2

338,8*5,5

2

908,9*5,5

338,8*5,5*4

2

338,8*4

*

222

222

1

2

22

2

2

121

1

2

1

1432

−++=

−++=−++=

H

HHHHH

F

b

ghgh

ghh

gh

FFFFF

ρρ

ρ

ρ

( )

5,5*4*338,8

2

908,9*25,30

2

338,8*25,30

2

338,8*16

*

222

*

222

88,273112,12685,14944,183704,66

121

2

2

21

2

21

2

1

1

2

22

2

21

2

1

1112

−−+=

−−+=

−++−=

=−++=

bghh

ghghgh

F

ilib

ghghgh

ghhhF

kNF

V

V

H

ρ

ρρρ

ρρρ

ρ

)!!(47,14044,18385,149112,126704,66 gorepremadjelujekNFV

−=−−+=

kNFFFVH

8,30747,14088,2732222

=+=+=

hidrostatskog tlaka iznosi:

''10'927

88,273

47,1400

=⇒== αα

H

V

F

F

tg

F

ap

FH4

H2

2

45°

45°

2ρ h

1

ρ1 h

ρ1

ap

h2

FH1 H3F

g h1

ρ g hρ1

ρ g h1 2 1 2

g hρ1 2

1ρ

1g h

22ρ g h

g h1

ρ1

+ =

VF

VF

HF

F

α

25. ZADATAK Na pregradi je postavljen kružni otvor promjera d=1m. Zatvoren je sa

poklopcem L-profila, koji ima mogu nost vrtnje oko to ke M. Os rotacije (to ka M) leži

s=0,2 m od vrha otvora. Na udaljenosti od L1=0,7 m nalazi se uteg težine G. Potrebno je

odrediti težinu utega G za koji e pri razini vode h1=3 m (iznad središta otvora) do i do

otvaranja otvora, te za koliko je potrebno pomaknuti uteg težine G kako bi došlo do otvaranja

otvora, ako se razina vode ispred pregrade pove a na h2=4 m.

Dijagrami hidrostatskog tlaka i hidrostatska sila iznose:

kNN

d

ghAghF 1,2323102

4

14,3*1

*3*81,9*1000

4

22

11=====

π

ρρ

mm

h

d

dh

d

Ah

I

e

L

e

d

sF

Ge

d

sFGLMM

022,00208,0

3*16

1

16

4

64

2

0

2

2

1

2

2

1

4

1

1

1

≅=====

++

=⇒=

++−=Σ

π

π

( )kN

L

e

d

sF

G 8,23

7,0

022,05,02,0*1,232

1

=

++

=

++

=

Koliko je potrebno pomaknuti uteg?

( )

mLLL

mL

mm

h

d

dh

d

Ah

I

e

G

e

d

sF

L

kNN

d

ghAghF

L

G

e

d

sF

LLL

227,07,0927,0

:utegpomaknutikoju trebazaUdaljenost

927,0

8,23

016,05,02,08,30

:iznosiutegpomaknutikoju trebanaUdaljenost

016,00156,0

4*16

1

16

4

642

8,3030803

4

14,3*1

*4*81,9*1000

4

:2slucajzasilakaHidrostats

2

12

2

2

2

2

2

2

4

2

2

2

22

2

22

222

1

22

12

=−=−=∆

=

++

=

≅=====⇒

++

=

⇒=====

−

++

=−=∆

π

π

π

ρρ

26. ZADATAK Odrediti komponente sile hidrostatskog tlaka, rezultantu i njezin položaj na

stijene prema slici iza koje je voda. Nacrtati dijagrame tlaka. Zadano je:

h1=2,0 m, h2=2,0 m, h3=3,0 m, H=7,0 m, ρ=1000 kg/m3

, B=1 m (širina stijene).

45°

H

h3

ap

45°

h2

h1

b

b1

45°

45°

HF

x

y

yT

+ + =

x

y

VF

Tx

Ty

Uzimamo da je : 3

/10 mkNg ≅ρ

Iz geometrije sustava proizlazi da je: b = 3,0 m b1 = 2,0 m


45°

45°

HF

x

y

yT

+ + =

x

y

VF

Tx

Ty

kNB

gH

FH

0,2451*

2

7*10

*

2

22

=

=

=

ρ

( ) kNB

bh

gbhhg

bh

gFV

1451*

2

2*2*10

3*4*10

2

3*3*10

*

2

*

*

2

*12

21

3

=

−+=

−++= ρρρ

kNFFRVH

69,2841452452222

=+=+=

Položaj težišta horizontalne sile hidrostatskog tlaka: mHyT

66,47*

3

2

3

2

===

položaj težišta vertikalne komponente sile:

m

A

Ax

x

i

ii

T769,1

5,14

66,25

2

2*2

2

3*3

3*4

2*

3

1

*

2

2*2

3*

3

2

*

2

3*3

5,1*3*4

==

−+

−+

=

Σ

=

m

A

Ay

y

i

ii

T839,2

5,14

66,41

2

2*2

2

3*3

3*4

)22

3

1

(*

2

2*2

)43*

3

1

(*

2

3*3

2*3*4

==

−+

+−++

=

Σ

=

Smjer rezultantne sile hidrostatskog tlaka:

0

62,30

245

145

===

H

V

F

F

tgα

HF

VF

α

R

27. ZADATAK

težištem n

u ovisnosti o kutu ϕ ρulja=850 kg/m3

.

Uradak

Ukupna hidrostatska sila na tablastu zapornicu iznosi:

ϕ

ρϕ

ρ

sin*2

**

2

sin

*1***2

hg

h

hg

F

ulja

ulja

==

Nm

s

gmMz

ϕϕϕ cos15696cos*2*81,9*800cos*

2

** ===

2

*cos

2

cos

s

x

s

x

ϕϕ =⇒=

x

hg

xFM

ulja

o*

sin*2

**

*

2

ϕ

ρ

==

ϕ

ϕ

sin

sin

h

y

y

h

=⇒=

Uz uvrštenje: e

h

x −=

ϕsin*2

m

s

s

s

s

yA

I

e

s

s

666,0

6

4

6)1**

2

(

12

*1

*

3

===== (s = h/sinϕ)

−=

−==

ϕϕϕ

ρ

ϕϕϕ

ρ

ϕ

ρ

sin*3

1

sin

1

*

2

*

sin*2

**

sin*6sin*2

*

sin*2

**

*

sin*2

**222

hhghhhg

x

hg

M

uljauljaulja

o

ϕ

ρ

ϕϕ

ρ

ϕϕ

ρ

2

322

sin*6

**

sin*3

*

sin*2

**

3

1

1*

sin*2

*

sin*2

** hghhghhg

M

uljauljaulja

o==

−=

ϕϕ2

3

2

3

sin

*75,1389

sin*6

*81,9*850 hh

Mo

==

Iz uvjeta ravnoteže Mo = Mz dobivamo ovisnost visine h o kutu ϕ:

75,1389

sin

/*cos*15696

sin

*75,1389

2

2

3

ϕ

ϕ

ϕ

=

h

ϕϕ

ϕϕ2

2

3

sin*cos*294,11

75,1389

sin*cos*15696

==h

3 23 2

sin*cos*243,2sin*cos*294,11 ϕϕϕϕ ==h

ϕ max do koje

pri dh/dϕ=0. Derivacija daje:

max

3 2

0sin*cos*294,11 ϕϕϕϕ

ϕ

⇒== d

d

dh

Donja granica stabilnosti dana je kutem ϕ kod kojega postoji još ravnoteža, dakle pri visini

hmin ϕsin*sh = :

32

sin*cos*243,2sin* ϕϕϕ =s

32

sin*cos*243,2sin*4 ϕϕϕ =

.min

32

56,0

4

243,2

sin*cos

sin

ϕ

ϕϕ

ϕ

⇒==

Popne li se ulje iznad hmax.=max

sin*4 ϕ z stalno pada

ϕ. Zbog Mo > Mz

U protivnom, kada ulje padne ispod hmin.= minsin*4 ϕ Mz > Mo

max.

28. ZADATAK U zatvorenom spremniku prema slici, vlada manometarski tlak pMO. Treba

ρulja = 850 kg/m3

, a) pMO = -13000 Pa

b) pMO = -18000 Pa

c) pMO = -45000 Pa

Uradak

konstantnog tlaka

pMO

h biti jednaka za sva tr

kNaHgFuljah

409,1232*7,3*81,9*850***22

=== ρ

Udaljenost hvatišta sile Fh od težišta C iznosi:

m

aH

a

Ay

I

y

c

09,0

8,14

33,1

2*7,3

12

2

*

12

*2

4

2

4

=====∆

ξξ

MO = -13000 Pa

Sila Fo = pMO*a2

= 13000*22

= 52000 N

Rezultantna sila

F = Fh – Fo = 123,409 - 52,0 = 71,409 kN

C):

m

F

F

yyh

R155,0

409,71

409,123

*09,0* ==∆=∆

Ry∆ h > Fo)

Sila: F = ρulja*g*h*a2

= 850*9,81*2,14*22

F = 71,409 kN

Hvatište sile F:

m

ah

a

Ay

I

y

c

R155,0

2*14,2

12

2

*

12

*2

4

2

4

====∆

ξξ

MO = -18000 Pa

Sila Fo = pMO*a2

= 18000*22

= 72000 N

Rezultantna sila

F = Fh – Fo = 123,409 - 72,0 = 51,409 kN

Hvatište sile F (preko

C):

m

F

F

yyh

R216,0

409,51

409,123

*09,0* ==∆=∆

Ry∆ h > Fo)


= 850*9,81*1,542*22

= 51,409 kN

Hvatište sile F:

m

ah

a

Ay

I

y

c

R216,0

2*542,1

12

2

*

12

*2

4

2

4

====∆

ξξ

MO = -45000 Pa

Sila Fo = pMO*a2

= 45000*22

= 180000 N

Rezultantna sila

F = Fo - Fh = 180,0 – 123,409 = 56,59 kN

C):

m

F

F

yyh

R197,0

59,56

409,123

*09,0* −=

−

=∆=∆

Ry∆ h < Fo)

Fiktivna slobodna površina je ispod težišta,

te je h < 0 i sila F < 0, tj. gleda od površine


=

= 850*9,81*(-1,69)*22

= -56,36 kN

Hvatište sile F:

m

ah

a

Ay

I

y

c

R197,0

2*)69,1(

12

2

*

12

*2

4

2

4

−=

−

===∆

ξξ

S obzirom da je h < 0 i R

y∆ je negativno,

sila F ima hvatište iznad težišta C!

29. ZADATAK (1m),

, u položaju prema slici. Zadano je: a=1,2 m, H=0,8 m, h=0,65 m, ρv=

1000 kg/m3

.

Uradak

U ovom primjeru nije pogodno uvoditi fiktivnu slobodnu površinu, jer površina AB nije cijela

uronjena u fluid. Na dio površine poklopca koji se nalazi iznad fluida, djeluje samo sila

konstantnog tlaka pO O i hidrostatska sila Fh.

o (uslijed konstantnog tlaka pO) na

klopca AB i silu hidrostatskog tlaka Fh, na dio poklopca

ispod stvarne slobodne površine, kao što je prikazano na slici (a).

obzirom da fluid u spremniku miruje, tlak po

OvvapHghgp =−+ **** ρρ

iz koje je manometarski tlak jednak:

pMO = paps. – pa = ρv*g*(h-H) = 1000*9,81*(0,65-0,8) = -1471,5 Pa

o:

Fo = pMO*a*1 = -1471,5*1,2*1 = -1765,8 N

biti negativna, odnosno usmjerena suprotno od predpostavljenog smjera sa slike (a). Sila Fh je:

Fh = NH

H

gv

2,31391*

2

8,0

*81,9*10001**

2

**

2

==ρ

a pomak hvatišta sile Fh je:

m

H

H

H

H

Ay

I

y

c

133,0

6

8,0

6

1**

2

12

*1

*

3

=====∆

ξξ

36,222)

6

8,0

2

8,0

(*2,3139)

2

2,1

*8,1765()

62

(*

2

** −=−+−=−+=

HH

F

a

FaFho

NF 3,185

2,1

36,222

−=−=

U gornjoj se jednadžbi sila Fo uvrštava sa negativnim predzankom, te slijedi sila F= -185,3 N, što

30. ZADATAK

MO= -7500 Pa, α=60°,

ρulja=850 kg/m3

, pa= 0 Pa.

Uradak

površinu da se MO. S obzirom da u

visini h, prema slici (a).

899,0

81,9*850

7500

*

−=−=−= HH

g

p

Hh

ulja

MO

ρ

(a)

gdje je pMO negat

gornja ploha je horizontalna i na nju djeluje sila Fv koja je jednaka:

Fv = ρulja*g*h*a*1= 850*9,81*h*1*1 = 8338,5*h (b)

c od

fiktivne slobodne površine, koja je prema slici (a) jednaka:

2sin

ah

yc

+=

α

(c)

a dubina težišta hc je jednaka:

hc = yc*sinα = h + αsin*

2

a

= h + °60sin*5,0 = h + 0,433 (d)

te je sila Fh jednaka:

Fh = ρulja*g*hC*a*1 = ρulja*g*( h + αsin*

2

a

)*a*1 = 8338,5*( h + αsin*

2

a

) (e)

a pomak njena hvatišta od težišta C iznosi: izraz (f)

( ) 196,5*12

866,0

60sin*5,0h*12

60sin*1

sin*

2

a

h*12

sin*

1**

sin*

12

*1

*

2

3

+

=

°+

°

=

+

===∆

h

a

ah

a

Ay

I

y

Cc

α

α

α

ξξ

y∆ ujedno i krak sile Fh

nuli, te iz ravnoteže momenata oko

0*

2

* =∆+ yF

a

Fhv

(g)

uvršatavanjem izraza (b), (e) i (f) u (g) slijedi izraz za visinu h:

0

60sin*

2

a

h*12

60sin*

*)60sin*

2

(*5,8338

2

**5,8338

2

=

°+

°

°++

aa

h

a

h

)60sin*

2

( °+

a

h u brojniku i nazivniku vrijedi:

0

12

60sin*

*5,8338

2

**5,8338

2

=

°

+

aa

h

0

12

60sin*1

*5,8338

2

1

**5,8338

2

=

°

+h

mhh 144,0

25,4169

779,601

0779,601*25,4169 −=

−

=⇒=+

Izraz za traženu visinu H je jednak:

m

g

p

hH

ulja

MO

755,0899,0144,0

81,9*850

7500

144,0

*

=+−=+−=+=

ρ

ja (u

pMO

fiktivna slobodna površina

O

ρu

lja*

g

ρulja

g

Vratimo li se sada u formule (b), (c), (d), (e) i (f) tražene vrijednosti iznose:

Fv = 8338,5*h = 8338,5*(-0,144) = -1200,74 N

m

ah

yc

333,0

2

1

60sin

144,0

2sin

=+

°

−

=+=

α

hc = h + 0,433 = -0,144 + 0,433 = 0,289 m

Fh = 8338,5*( h + αsin*

2

a

)*a*1 = 8338,5*( -0,144 + °60sin*

2

1

)*1= 2409,93 N

( )

m

h

y 249,0

196,50144,*12

866,0

196,5*12

866,0

=

+−

=

+

=∆

0*

2

* =∆+ yF

a

Fhv

0249,0*93,2409

2

1

*94,1200 =+−

-600,37+600,37 = 0 ⇒ 0 = 0

Moment koji stvara vertikalna sila Fv

na satu, dok sila Fh i njen krak vrte u smjeru kazaljke na satu (momenti su suprotni!). Ovakav tip

zadatka se može rješavati samo ukoliko je tlak pMO unutar spremnika negativan, odnosno ukoliko

0*

2

* =∆+ yF

a

Fhv

. Na studentima je da se uvjere u gore navedenu

konstataciju, zadavanjem nekog pozitivnog manometarskog tlaka.

31. ZADATAK -

xT=55 mm, D=200 mm, L=100 mm, s=40 mm, ρv=1000 kg/m3

.

Uradak

Na slici

hidrostatskog tlaka, koja je razložena na horizontalnu Fx i vertikalnu Fz komponentu, a sile

atmosferskog tlaka se poništavaju. Komponenta Fz je jednaka težini fluida od površ

NL

D

gVgFvvZ

819,301,0*

4

*2,0

*9810*

4

****

22

====

ππ

ρρ (a)

Horizontalna i vertikalna komponenta

sile tlaka

Hvatište sile uzgona je u težištu volumena valjka te sila Fz ima krak jednak polovini duljine L

x djeluje na kružnu

hh

D

hgFvx

*19,308*

4

*2,0

*81,9*1000

4

***

22

===

ππ

ρ (b)

a pomak njena hvatišta od težišta C kružne površine je:

hhh

D

D

h

D

Ah

I

h

0025,0

*16

2,0

*16

4

*

64

*

*

22

2

4

=====∆

π

π

ξξ

(c)

x i

Fz

TZxxgm

L

Fh

D

F **

2

*)

2

(* ≥+∆− (d)

x

momenti sile težine i sile Fz ostaju nepromjenjeni. Uvrštavanjem izraza (a) do (c) u izraz (d)

slijedi uvjet za visinu h, oblika:

055,0*81,9*20

2

1,0

*819,30)

0025,0

2

2,0

(**19,308 ≥+−

h

h (e)

791,1054095,17704,0*819,30 ≥+−h

819,30

1

/*02045,10*819,30 ≥h

mh 325,0≥

NAPOMENA: Ukoliko je h

uronjen u vodu. Pritom, se

dakako, mjenja i horizontalna i vertikalna sila tlaka (u ovisnosti o visini h).

32. ZADATAK

ventilom. U prikazanoj situaciji ventil je zatvoren, a spremnik 2 je potpuno ispunjen zrakom

pod apsolutnim tlakom po=0,8 bara, a spremnik 1 je ispunjen uljem. Treba odrediti visinu h2

mniku (p*V = const.). Zadano je: H1=3,0 m, H2=1,7 m, D1=1,5 m,

D2=2,0 m, pa=1010 mbar, ρulja=850 kg/m3

.

Uradak

spremnika 2 uljem smanjuje se obujam zraka, a tl

Slika (a)

2, a u

1. U sprem 2, kao što

prikazuje slika (a). Ako fluid (ulje) miruje, vrijedi jednadžba manometra, koja postavljena od

pa + ρulja*g*h1 = p2+ ρulja*g*h2 (a)

Obujam (volumen) ulja u drugom spremniku jednak je smanjenju obujma u prvom spremniku,

tj.:

4

:/

4

*

*)(

4

*

*

2

1

11

2

2

2

πππ D

hH

D

h −= (b)

2

111

2

22*)(* DhHDh −= ⇒

2

1

2

2112

1

2

22

1)(

*

D

D

hHH

D

Dh

h −=+

−

=

jednadžbom:

22*VpVp

oo= ⇒ sve (c)

4

*

:/

4

*

*)(**

4

*

*

2

2

2

2

2222

2

2πππ DD

hHpH

D

po

−=

)(**2222

hHpHpo

−=

Sustav triju jednadžbi (a), (b) i (c) sadrži tri nepoznanice: h1, h2 i p2. Iz jednadžbe (c) slijedi:

22

2

2*

hH

H

ppo

−

= (d)

što uvršteno u (a) daje:

pa + ρulja*g*h1 =

22

2

*

hH

H

po

−

+ ρulja*g*h2 (e)

Ako se iz jednadžbe (b) izrazi visina h1 2, te uvrsti u izraz (e) dobivamo

kvadratnu jednadžbu za visinu h2 u obliku:

pa + ρulja*g*h1 =

22

2

*

hH

H

po

−

+ ρulja*g*h2

101000 + 850*9,81* ))((2

1

2

21

D

D

hH − -

27,1

7,1

*80000

h−

- 850*9,81*h2 = 0

101000 + 8338,5* ))

5,1

2

(3(2

2h− -

27,1

136000

h−

- 8338,5*h2 = 0

101000 + 25015,5 – 14824h2 -

27,1

136000

h−

- 8338,5*h2 = 0 / *(1,7 – h2)

101000*(1,7- h2) + 25015,5*(1,7- h2) – 14824h2*(1,7- h2) - 136000- 8338,5h2*(1,7-

h2)=0

171700 - 101000h2 + 42526,35 – 25015,5h2 - 25200,8h2+14824h2

2

– 136000

- 14175,45h2 + 8338,5h2

2

= 0

23162,5h2

2

– 165391,75h2 + 78226,35 = 0

46325

31,14179875,165391

5,23162*2

10*0106,275,165391

2

**4102

2,1

±

=

±

=

−±−

=

a

cabb

h

mh 509,0

46325

31,14179875,165391

)(12

=

−

= (realno, h2 < H2 , usvajamo!!!)

mh 63,6

46325

31,14179875,165391

)(22

=

+

= (nerealno, ne usvajamo!!!)

Drugo rješenje je fizikalno nerealno, jer ne može biti h2 > H2, pa je rješenje zadatka h2 = 0,509

m. Iz izraza (d) i (b) slijedi tlak p2 i visina h1:

bar

hH

H

ppo

141,1

509,07,1

7,1

*80000*

22

2

2=

−

=

−

=

m

D

D

hHh 095,2)

5,1

2

(*509,00,3)(22

1

2

211=−=−=

Documents

Hidrostatika Zadaci Iz Skripte