1.4 Elastične deformacije i kompresibilnost fluida Sve materije su u izvesnoj meri stišljive određena promena pritiska uvek donosi promenu zapremine.

Download Report

Transcript 1.4 Elastične deformacije i kompresibilnost fluida Sve materije su u izvesnoj meri stišljive određena promena pritiska uvek donosi promenu zapremine.

1.4 Elastične deformacije i kompresibilnost fluida

Sve materije su u izvesnoj meri stišljive određena promena pritiska uvek donosi promenu zapremine . Stišljivost fluida se definiše preko modula stišljivosti  ili d

V V

  1  d

p

  

V

d

p

d

V

znak minus u izrazu ukazuje na to da povećanje pritiska uvek izaziva smanjenje zapremine

Pošto je masa fluida konstantna, ne zavisi od stepena deformacije, elementarna zapremina se može napisati kao: d

V

  d 

m

   

m

d   1     

m

 2 d 

• prethodni izraz može napisati u funkciji od mase i gustine:

   

m

m

 2 d  d

p

  d

p

d 

Vidi se da je modul stišljivosti jednak odnosu povećanja pritiska prema relativnom povećanju gustine usled povećanog pritiska.

• Koeficijent stišljivosti ima recipročnu vrednost:

s

1

d

d

p

Primer:

• Modul stišljivosti vode na normalnoj temperaturi je   2 , 07 GPa . Ako je gustina vode na površini  0  1000 kg kolika će biti gustina na 10 m dubine? Kolika je relativna m 3 promena zapremine?

Rešenje:

p

101396 Pa

Pritisak vode na 10 m dubine je:

p

10 

p a

 

gh

 199 , 1 kPa Promena gustine vode se dobija iz izraza:    d

p

d  odakle sledi d    d

p

 odnosno    

p

10  

p a

 kg 0 , 047 m 3

pa će gustina vode na dubini od 10m biti  10   0     kg 1000 , 047 m 3 • Pri ovoj promeni pritiska, relativna promena zapremine će biti: 

V V

  1  

p

  0 , 0047 % • Modul stišljivosti vazduha na normalnoj temperaturi je = 140 kPa , što je oko 10000 puta manje od modula stišljivosti vode. Stišljivost je izuzetno važna kod proučavanja termodinamičkih procesa koji se odigravaju u parnim kotlovima, kompresorima, izmenjivačima toplote i ostalim termodinamičkim mašinama.

1.5 Pritisak u fluidu

Pritisak je

skalar

i predstavlja jedno od svojstava fluida vezanih za jednu tačku (kao i gustina, temperatura itd.) Označava se sa

p

N i ima dimenziju Paskal ( Pa  2 ). U m upotrebi je i bar ( 1bar  10 5 Pa ).

Razlikuje se unutrašnji i spoljašnji pritisak. Unutrašnji pritisci u okviru elementarnih zapremina u posmatranoj izdvojenoj fluidnoj zapremini se poništavaju. Spoljašnji pritisak predstavlja dejstvo spoljašnjih sila. Tačna definicija pritiska određena je naponskim stanjem.

• Atmosferski pritisak je posledica delovanja celokupne Zemljine atmosfere i menja se sa geografskim položajem. Zavisi od temperature i gustine vazduha. Za standardni atmosferski pritisak uzima se pritisak koji vlada na nula metara nadmorske visine pri temperaturi od 15 °C i iznosi 101325 Pa.

Zavisno od toga da li se pritisak meri od nule ili od atmosferskog pritiska razlikujemo (slika 1.5.1): manometarski pritisak ili natpritisak

p m B

vakuummetarski pritisak ili potpritisak

p vA

apsolutni pritisak

p A

i

p B

p

atmosferski pritisak A

p vA p A

nulti pritisak

p B

B

p mB

Apsolutni pritisak dobija se pri merenju pritiska od nultog pritiska

(pA

i

pB).

Relativni pritisak dobija se pri merenju pritiska od atmosferskog pritiska. Relativni pritisak može da bude vakuummetarski (potpritisak) i

p vA

manometarski (natpritisak)

p m B

• Ako u određenoj zapremini vlada manometarski pritisak tada je apsolutni pritisak jednak zbiru atmosferskog pritiska i natpritiska.

p B

p a

p m B

Ako u određenoj zapremini postoji vakuum, tada je apsolutni pritisak u njoj jednak razlici atmosferskog pritiska i potpritiska.

p A

p a

p vA

Primer:

Ako je pritisak u gumi automobila 234,579 kPa a atmosferski pritisak 101,325 kPa, koliki je apsolutni pritisak?

Rešenje:

p B

p a

p m B

 336 kPa •

Primer

• Ako je pritisak u gumi od automobila 234,579 kPa a apsolutni pritisak 476,031 kPa, da li je atmosferski pritisak normalan? Ako nije, koliki bi trebalo da bude apsolutni pritisak da bi atmosferski pritisak bio normalan?

Rešenje:

p a

p B

p m B

 241 , 451 k Pa • Ne odgovara atmosferskom pritisku. Da bi atmosferski pritisak bio 101,325 kPa potrebno je da apsolutni pritisak bude

p

B

p a

p m B

342451 Pa

Tečnosti i gasovi nemaju elastičnost oblika (već samo zapremine) i zbog toga se dejstvo sile kod njih ne može izvesti preko jedne tačke kao kod čvrstih tela. zbog toga se uvodi fizička veličina koja karakteriše dejstvo normalne sile po jedinici površine. Ova fizička veličina se naziva pritisak , i obično se obeležava sa ravnomerno raspoređena po površini reč o srednjem pritisku:

p

. Ako je sila koja deluje

S

fluida, onda je

p

F S

• Za slučaj neravnomernog delovanja sile definiše se pritisak u tački, tj. uzimamo graničnu vrednost površine:

p

 lim 

S

 0 Δ

F

Δ

S

 d

F

d

S

Površina može biti orijentisana proizvoljno, ali sila deluje uvek norm alno na nju, pa je otuda pritisak u tečnosti u svim pravcim a isti i predstavlja skalarnu fizičku veličinu. Jedinica za pritisak je: [

p

]  [

F

] [

S

]  N m 2  m  1 kgs  2  Pa

• Često se koristi jedinica bar:

1bar

10

3

mbar

10

5

Pa

Dimenzija za pritisak je: dim

p

 dim

F

dim

S

L

 1 MT  2

Primer:

F

 površinu . Koliki je pritisak tečnosti?

40 N

p

F S p

 20 kPa

1.6 Prenošenje pritiska kroz tečnost. Paskalov zakon

• Prenošenje pritiska u tečnosti ima široku primenu u tehnici, pa je zbog toga korisno ukazati detaljnije na ovu osobinu.

Uzmim o da se idealna tečnost nalazi u cilindričnom sudu čiji je poprečni presek prikazan na slici. Osa cilindra je norm alna na ravan slike tako da se sloj tečnosti u ravni preseka nalazi na istoj visini

h

. Sa strane ovog cilindra nalaze se dva m anja cilindra različitog poprečnog preseka

S

1

S

1

l

1

F

1

S

2

F

2

l

2

S

1 pritisak: 

F p

1 

F

1

S

1 Tečnost vrši pritisak na zidove suda i klip 2, pomerajući ga

l l F

2 

p

2

S

2 Pošto se radi o idealnoj tečnosti rad sile duž puta mora biti jednak radu sile duž puta :

F

1

l

1 

F

2

l

2

odnosno

p

1

S

1

l

1 • Kako očigledno važi: 

p

2

S

2

l

2

S

1

l

1 

V

1 

S

2

l

2 

V

2 sledi da zapremine m oraju biti jednake jer je tečnost nestišljiva, pa dobijamo:

p

1

V

1 

p

2

V

2 odnosno

p

1 

p

2

Pritisak se prenosi kroz te čnost u svim pravcima podjednako.

• Ovo predstavlja sadržaj Paskalovog zakona .

Ova osobina te čnosti je omogućila primenu kod razli čitih uređaja koji igraju ulogu prostih mašina, npr. hidrauli čnih presa, dizalica, kočnica kod vozila, kipovanje materijala itd.

1.7 Hidraulična presa

p

1 

p

2

F

1

F

2 

S S

2 1

F

1

S

1

F

2

S

2

Primer:

Odnos poluprečnika klipova u hidrauličnoj presi je 1/10. Koliki je odnos intenziteta sile kojom se na presu deluje i intenzitet sile kojom ona deluje?

Rešenje:

S

1  

r

1 2

F

1

F

2 

S

1

S

2

S

2  

r

2 2

F

1

F

2    

r r

2 1    2  1 100

r

1

r

2  1 10 • Prema tome, mašina će delovati 100 puta jačom silom nego što je jačina sile kojom se na nju deluje.

Primer:

Pomoću hidraulične prese treba da se podiže teret koji je 64 puta veći od intenziteta sile kojom se na presu deluje. Koliki treba da bude odnos poluprečnika klipova u presi?

Rešenje:

Pošto odnos sila treba da bude , onda je potrebno da odnos poluprečnika bude

r

1

r

2 

F

1

F

2  1 8

r

2  8

r

1 •

Primer:

Površine klipova hidraulične prese iznose

S

1  20 cm 2 i

S

2  2000 cm 2 .Na koju visinu će se podići veći klip kada se manji klip spusti za

h

 50 cm ?

S

1

h

1 

S

2

h

2

F

1

F

2 

S

1

S

2

h

2 

S S

2 1

h

1  20 2000 50 cm  0 , 5 cm