Mechanika, termodynamika a hydromechanika Návody na cvicenia ...

Mechanika, termodynamika a hydromechanikaNávody na cvičenia(Vybrané kapitoly)Vladimír Kutiš, Justín Murín

ObsahÚvodviiI Mechanika 11 Posuvný a otáčavý účinok silových sústav 31.1 Základné pojmy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 Ekvivalentná transformácia silových sústav 92.1 Základné pojmy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 Väzby a väzbové reakcie 133.1 Základné pojmy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.2 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143.3 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 Prútové sústavy 214.1 Predpoklady riešenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214.2 Statická určitost’ rovinných prútových sústav . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214.3 Metódy riešenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224.4 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224.5 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275 Ťah - tlak 295.1 Pomerné predĺženie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295.2 Vnútorné napätie a dimenzovanie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295.3 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305.4 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336 Ťah - tlak, staticky neurčité úlohy 356.1 Postup pri riešení staticky neurčitých úlohách . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356.2 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356.3 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387 Krútenie kruhových a medzikruhových prierezov 417.1 Základné vzt’ahy a dimenzovanie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 417.2 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42iii

7.3 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 478 Rovinný ohyb priamych nosníkov 498.1 Ohybový moment a priečna sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 498.2 Normálové a šmykové napätia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 498.3 Deformácia priamych nosníkov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 518.4 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 528.5 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57II Termodynamika 599 Stavová rovnica ideálneho plynu a zmesi ideálnych plynov 619.1 Stavové veličiny plynu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 619.1.1 Základné stavové veličiny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 619.1.2 Energetické veličiny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 619.1.3 Odvodené veličiny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 629.2 Procesové veličiny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 629.3 Stavová rovnica ideálneho plynu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 629.4 Zmesi plynov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 639.5 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 649.6 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6610 Prvá veta termodynamická a základné zmeny stavu 6710.1 Matematické vyjadrenie prvej vety termodynamickej . . . . . . . . . . . . . . 6710.2 Základné zmeny stavu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6810.3 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6910.4 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7211 Termodynamika pár 7311.1 Základné pojmy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7311.2 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7311.3 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7712 Clausius - Rankinov obeh 7912.1 Základné pojmy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7912.2 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7912.3 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85III Hydromechanika 8713 Hydrostatický tlak, jeho meranie a výpočet 8913.1 Základné pojmy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8913.2 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9013.3 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9214 Rovnica kontinuity - dimenzovanie potrubí, Bernoulliho rovnica, hydraulické straty 9314.1 Základné pojmy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9314.2 Riešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9514.3 Neriešené príklady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97iv

IV Tabul’ky a diagramy 99v

ÚvodTieto skripta obsahujú riešené i neriešené príklady z vybraných oblasti mechaniky a termomechanikys dôrazom na silnoprúdovú elektrotechniku a elektroenergetiku. Nadväzujú priamona internetovú učebnicu Mechanika a termomechanika (kmech.elf.stuba.sk), kde sú spracovanéteoretické východiská týchto oblasti inžinierskej činnosti. Sú určené študentom bakalárskehoštúdia na FEI STU v odbore Elektroenergetika a silnoprúdové inžinierstvo, a Elektrotechnika.V časti Mechanika je uvedené riešenie úloh statiky hmotného bodu a telesa vyúst’ujúce dostatickej analýzy prútových sústav. Na túto problematiku nadväzuje riešenie úloh pružnosti apevnosti pri základných spôsoboch namáhania, ako je t’ah-tlak, krútenie kruhových a medzikruhovýchprierezov, a ohybu nosníkov.V časti Termodynamika sú uvedené riešenia základných úloh energetickej termodynamikyzameranej na premenu tepla na mechanickú prácu v elektrárňach. Je tu riešená tepelná bilanciaobehu klasickej i jadrovej elektrárne s dôrazom na úpravy zvyšujúce ich tepelnú účinnost’.V časti hydrostatika sú uvedené príklady zamerané na meranie tlaku v kvapalinách, na dimenzovaniehydraulických potrubí ako aj hydrodynamických pomerov v nich. Tiež sú uvedenépríklady na výpočet hydraulických strát, čerpacej práce a výkonu čerpadiel v energetickýchsystémoch a zariadeniach.vii

viii

Čast’ IMechanika1

Kapitola 1Posuvný a otáčavý účinok silových sústav1.1 Základné pojmy• Teleso - je objekt, ktorý podlieha nášmu skúmaniu z hl’adiska pôsobenia okolitého prostredianaň.• Sila - pod pojmom sila rozumieme pôsobenie okolitého prostredia na teleso. Toto pôsobeniemôže byt’ priame - priamy kontakt medzi telesami alebo nepriame - pôsobenie pol’ana teleso (magnetického, gravitačného, ...). Sila ako vektorová veličina v trojrozmernompriestore je definovanáF = F x + F y + F z = F x i+F y j+F z k (1.1)Absolútna hodnota sily (vel’kost’ sily) je definovaná vzt’ahom√|F| = Fx 2 + F y 2 + F z 2 [N] (1.2)• Moment sily - vyjadruje schopnost’ sily spôsobovat’ otáčanie telesa vzhl’adom na zadanýbod. Je definovaný nasledovneM = r × F =∣kde r definuje polohu pôsobiska F vzhl’adom na zadaný bod.i j kr x r y r zF x F y F z∣ ∣∣∣∣∣[Nm] (1.3)• Posuvný účinok silovej sústavy - pod týmto pojmom rozumieme výslednicu všetkých síl,ktoré pôsobia na dané teleso alebo sústavu telies. Posuvný účinok silovej sústavy jerovnaký vzhl’adom na všetky body telesa alebo sústavy telies.• Otáčavý účinok silovej sústavy - pod týmto pojmom rozumieme výsledný moment silovejsústavy vzhl’adom na zadaný bod. K rôznym bodom má daná silová sústava obecne rôzneotáčavé účinky.1.2 Riešené príkladyPríklad 1 Určite posuvný a otáčavý účinok sily F k bodu 0 a uhol medzi r a F pomocouskalárneho súčinu. Dané je:. r =3i+2j+0k [m], F =3i+4j+0k [N].3

yFa0rxzObrázok 1.1: Príklad 1 - zadanieRiešenie:• Posuvný účinok.Je daný absolútnou hodnotou sily definovanou vzt’ahom 1.2|F| = √ 3 2 +4 2 +0 2 =5N• Otáčavý účinok.Moment je definovaný vzt’ahom 1.3 a tedai j kM =3 2 0=6k Nm∣ 3 4 0 ∣Absolútna hodnota (vel’kost’) momentu je 6 Nm.• Uhol medzi r a F.Pre skalárny súčin vektorov r a F platí:a tedar · F=r x F x + r y F y + r z F zr · F= |r||F| cos αcos α = r xF x + r y F y + r z F z= 17|r||F| 5 √ 1317α = arccos5 √ =19, 44◦13Príklad 2 Určite posuvný a otáčavý účinok silovej sústavy na stožiar podl’a obrázka 1.2 k boduA.Riešenie:4

aF 1F 2F 3F 4AR 1R 2Obrázok 1.2: Príklad 2 - zadaniec• Posuvný účinok k bodu A.Na rozdiel od predchádzajúceho príkladu, v d’alších príkladoch budeme uvažovat’ skalárnezložky síl a momentov. Ked’že všetky sily pôsobia iba v smere osi y, iba v tomto smeremá zmysel uvažovat’ o posuvnom účinku tejto silovej sústavy:smer y4∑ 2∑V = − F i +• Otáčavý účinok k bodu A.i=1M A = F 1 a/2 − F 2 a/2+F 3 b/2 − F 4 b/2 − R 1 c/2+R 2 c/2Príklad 3 Určite posuvný a otáčavý účinok silovej sústavy nosnej konštrukcie osvetl’ovacejrampy podl’a obrázka 1.3 k bodu A.Riešenie:• Posuvný účinok k bodu A.Ked’že všetky sily ležia v jednej rovine, ide o rovinnú silovú sústavu. Jej posuvný účinokvyjadríme v dvoch smeroch:- smer xH = F 4 + F 3 sin αi=1R i- smer yVýsledný posuvný účinokV = −F 2 − F 3 cos α − F 1R = √ H 2 + V 25

F 1F 4LF 2F 3L/2AL/2LaLObrázok 1.3: Príklad 3 - zadanie• Otáčavý účinok k bodu A.M A = −F 2 l/2 − F 1 (2l + l cos α) − F 4 l sin α − F 3 cos α (l + l/2cosα) −− F 3 sin α (l/2sinα)Príklad 4 Určite posuvný a otáčavý účinok silovej sústavy pôsobiacej na nosník podl’a obrázka1.4 k bodom A a B.aF 1 F 2M 1 a M 2ABR AbF 3R BL/3 L/3 L/3Obrázok 1.4: Príklad 4 - zadanieRiešenie:• Posuvný účinok k bodu A a B:- smer xH A = H B = −F 3 − F 2 cos α- smer yV A = V B = R A + R B − F 1 − F 2 sin α• Otáčavý účinok k bodu A.M A = −M 1 + M 2 − F 1 L/3 − F 2 2L/3sinα − F 3 b + R B L• Otáčavý účinok k bodu B.M B = −M 1 + M 2 + F 1 2L/3+F 2 L/3sinαL/3 − F 3 b − R A L6

1.3 Neriešené príkladyPríklad 5 Určite posuvný a otáčavý účinok silovej sústavy zobrazenej na obrázku 1.5 k bodomA, B a C.2LF 3aF 2CLF 1F 4BL/2LALObrázok 1.5: Príklad 5 - zadaniePríklad 6 Určite posuvný a otáčavý účinok silovej sústavy zobrazenej na obrázku 1.6 k bodomA, B, C, D a E. Sila F = 1500 N, uhol α =45 ◦ ,dĺžka L 1 =2maL 2 =3m.CL2FEL2ABF/22F2FaD3FL1L1Obrázok 1.6: Príklad 6 - zadaniePríklad 7 Určite posuvný a otáčavý účinok silovej sústavy zobrazenej na obrázku 1.7 k bodomA, B, C,aD. Sila F = 1000 Nadĺžka L =2m.7

F7F2FFLD3FF5FACB4 x LObrázok 1.7: Príklad 7 - zadaniePríklad 8 Určite posuvný a otáčavý účinok silovej sústavy zobrazenej na obrázku 1.8 k boduA. Sila F 1 = 1000 N, F 2 = 1500 N, F 3 = 2000 N, F 4 = 800 N, R 1 = 2500 NaR 2 = 3000N. Uhol α =45 ◦ , β =30 ◦ a γ =60 ◦ .Dĺžka L 1 =1m, L 2 =5m, L 3 =4m, L 4 =10maL 5 =6m.L 2L 3gF 1F 2AbL 5F 3F 4L 4Obrázok 1.8: Príklad 8 - zadanieAR 1R 2L 18

Kapitola 2Ekvivalentná transformácia silovýchsústav2.1 Základné pojmyPri určovaní posuvného a otáčavého účinku silovej sústavy na teleso je možné takúto silovú sústavunahradit’ novou silovou sústavou resp. jej výslednicou, ktorá bude mat’ výsledný posuvnýaj otáčavý účinok rovnaký ako pôvodná sústava. Takéto sústavy potom nazývame ekvivalentné.• Diskrétne sily.x 3x Rx 2x 1RF 1 F 2 F 3aObrázok 2.1: Ekvivalentná silová sústava pri diskrétnom zat’aženíPosuvný účinok:Otáčavý účinok:Pôvodná sústava Nová sústava∑V a = − 3 F i V a = −R =⇒∑R = 3i=1∑M a = − 3 F i x i M a = −Rx R =⇒ x R =i=1F ii=13∑3∑F i x iR =i=1F i x ii=13∑F ii=1• Spojite rozložené sily.9

x 2x Rx 1Rq(x)axdxq(x)dxObrázok 2.2: Ekvivalentná silová sústava pri spojitom zat’aženíPosuvný účinok:Otáčavý účinok:Pôvodná sústava Nová sústavax∫2x∫2V a = − q(x)dx V a = −R =⇒ R = q(x)dxx 1 x 1x∫2M a = − q(x)xdx M a = −Rx R =⇒ x R =x 1x∫2x 1q(x)xdxR=x∫2x 1q(x)xdxx 2 ∫x 1q(x)dxPre konštantné a lineárne premenlivé spojité zat’aženie dostaneme vzt’ahy:RLqq(x) = konst.R = qLx R = L 2x RLRq(x)qR = 1 2 qLx R = 2 3 Lx R10

2.2 Riešené príkladyPríklad 9 Určite posuvný a otáčavý účinok silovej sústavy nosnej konštrukcie osvetl’ovacejrampy k bodu A - obrázok 2.3.F 1F 3qLq(x)F 2AL/2LaLObrázok 2.3: Príklad 9 - zadanieRiešenie:• Náhrada spojitého zat’aženia diskrétnou ekvivalentnou silovou sústavou, R = 1/2qL,x R =2/3L (obr. 2.4).LF 1F 3RF 2x RAL/2LaLObrázok 2.4: Príklad 9 - náhrada spojitého zat’aženia• Posuvný účinok:- smer x- smer yVýsledný účinokH A = F 3 + R sin αV A = −F 1 − F 2 − R cos αF =√H 2 A + V 2 A11

• Otáčavý účinok k bodu A.M A = −F 1 (2L + L cos α) − F 2 L/2 − F 3 L sin α − R cos α (L + x R cos α) −− Rx R sin α sin α2.3 Neriešené príkladyPríklad 10 Určite posuvný a otáčavý účinok silovej sústavy konštrukcie k bodom A, B a C -obrázok 2.5. Sila F 1 = 500 N, F 2 = 1000 N a spojité zat’aženie q = 750N/m. Dĺžka L =1m.L2LF 1F 2CBqLALObrázok 2.5: Príklad 10 - zadaniePríklad 11 Určite posuvný a otáčavý účinok silovej sústavy konštrukcie k bodom A a B -obrázok 2.6. Sila F = 1500 N, spojité zat’aženie má trojuholníkový priebeh pričom hodnotaq i = 750N/m a dĺžka L =1m.q iLLA2LB3FFObrázok 2.6: Príklad 11 - zadanie12

Kapitola 3Väzby a väzbové reakcie3.1 Základné pojmyVäzby - je to určité obmedzenie pohybu danej sústavy resp. telesa - odoberajú mu určitý početstupňov vol’nosti. Samotné obmedzenie v skutočnosti je realizované pôsobením iného telesaalebo inej sústavy na skúmaný objekt, pričom toto pôsobenie sa zjednodušuje - zavádza sapojem väzba (alebo kinematická dvojica).Skutoèná väzbaMechanický model Väzbové reakcieRotaèná väzbaRámPosuvný kåbRámRámVotknutieObrázok 3.1: Väzby a väzbové reakcieVäzbové reakcie - sú sekundárne (reakčné) sily vo väzbách, vyvolané zat’ažujúcimi primárnymi(akčnými) silami pôsobiacimi na upevnené teleso.Stupeň vol’nosti - charakterizuje možnost’ pohybu telesa alebo sústavy. V priestore máteleso 6 stupňov vol’nosti - 3 translačné stupne (v smere x, y a z) a 3 rotačné stupne (okolo osix, y a z). V rovine má teleso 3 stupne vol’nosti - 2 translačné (v smere x a y) a jeden rotačný(okolo osi z) stupeň vol’nosti.Väzby rozdel’ujeme do dvoch hlavných skupín:13

• vnútorné - viažu sa na objekty, ktoré spolu s nimi vytvárajú sústavu• vonkajšie - viažu objekt na rám - nepohyblivé telesoĎalej môžeme väzby rozdelit’ podl’a toho, aké stupne vol’nosti odoberajú. Najčastejšie savyskytujúce typy väzieb v rovine sú zobrazené na obrázku 3.1.V statike skúmaný objekt nevykonáva žiadny pohyb - ani translačný ani rotačný, t.j. posuvnýaj otáčavý účinok celej silovej sústavy (akčné + reakčné sily) musí byt’ nulový - kapitola1.Pri určovaní reakcií vo väzbách sa postupuje nasledovne:1. skúmaný objekt uvol’níme, t.j. odstránime väzby a nahradíme ich väzbovými reakciami2. predpokladáme určitú orientáciu väzbových síl - zakreslíme ju do obrázka3. pre staticky určité úlohy napíšeme statické podmienky, ktorých vyriešením dostávamehl’adané reakcie. Ak ich hodnota nám vyjde so znamienkom plus, potom pôsobia tak,ako sme ich do obrázka zakreslili. Záporné reakcie pôsobia v skutočnosti v opačnomzmysle.3.2 Riešené príkladyPríklad 12 Určite reakcie v uložení ramena stožiara - prútovej konštrukcie podl’a obrázka 3.2.cF 1 F 2 F 3a b bObrázok 3.2: Príklad 12 - zadanieRiešenie:• Nahradenie väzieb väzbovými silami so zvolenou orientáciou - obrázok 3.3.• Napísanie statických podmienok rovnováhy a výpočet reakcií.Máme rovinnú úlohu - sústava má 3 stupne vol’nosti. Väzbami sme odobrali tri stupnevol’nosti a ked’že nejde o žiadny nestabilný prípad uloženia väzieb, úloha je staticky14

B yB xa AF 1F 2F 3Obrázok 3.3: Príklad 12 - reakcieurčitá a zo statických podmienok rovnováhy dokážeme vypočítat’ hl’adané reakcie.∑H =0:−A − Bx =0∑V =0:By − F 1 − F 2 − F 3 =0∑Ma =0:F 1 (a +2b)+F 2 2b + F 3 b + B x c =0Riešením tohto systému dostávame hl’adané reakcieA = −B xB x = − F 1(a +2b)+F 2 2b + F 3 bc3∑B y =i=1F iPríklad 13 Určite reakcie vo väzbách elektrického stožiara podl’a obrázka 3.4.15

F 1F 2F 3F 4A xpA yBObrázok 3.5: Príklad 13 - reakciebaF 1F 2F 3F 4Obrázok 3.4: Príklad 13 - zadaniecRiešenie:• Nahradenie väzieb väzbovými silami so zvolenou orientáciou - obrázok 3.5.16

• Napísanie statických podmienok rovnováhy a výpočet reakcií.∑H =0:Ax =0∑V =0:Ay + B −∑Mp =0:F 1a − c24∑F i =0i=1− F 2a + c2+ F 3b − c2Riešením tohto systému dostávame hl’adané reakcieA x =04∑A y = F i − Bi=1B = − 1 c− F 4b − c2+ Bc =0()a − c a + c b − c b − cF 1 − F 2 + F 3 − F 42 2 2 2Príklad 14 Určite reakcie vo väzbách hriadel’a točitého stroja so spojitým zat’ažením podl’aobrázka 3.6.FMq 1q 2l/2 l/2 l/2 l/2 l/2 l/3Obrázok 3.6: Príklad 14 - zadanieRiešenie:• Nahradenie väzieb väzbovými silami so zvolenou orientáciou a náhrada spojitého zat’aženiadiskrétnymi silami - obrázok 3.7.Q 1 = q 1 l/2 x q1 = l/4Q 2 =1/2q 2 l/3 x q2 =2/9lFx q1Q x Q 2 q2 1qMq 21B xbAB yObrázok 3.7: Príklad 14 - náhrada spojitého zat’aženia a reakcie17

L 2L 3gAF 1F 2bL 4L 5Obrázok 3.8: Príklad 15 - zadanieF 3F 4L 1• Napísanie statických podmienok rovnováhy a výpočet reakcií.∑H =0:Bx =0∑V =0:A + By − Q 1 − Q 2 − F =0∑Mb =0:−A 7 3 l + F 176 l + Q 19112 l + Q 129 l − M =0Riešením tohto systému dostávame hl’adané reakcieA = 3 (F 177 6 + Q 19112 + Q 129 − M lB x =0B y = Q 1 + Q 2 + F − A)3.3 Neriešené príkladyPríklad 15 Určite reakcie vo väzbách elektrického stožiara podl’a obrázka 3.8. Sila F 1 = 1000N, F 2 = 1500 N, F 3 = 2000 NaF 4 = 800 N. Uhol α =45 ◦ , β =30 ◦ a γ =60 ◦ .DĺžkaL 1 =1m, L 2 =5m, L 3 =4m, L 4 =10maL 5 =6m.Príklad 16 Určite reakcie vo väzbách - obrázok 3.9. Sila F = 1600 N, dĺžka L =1m a uholα =30 ◦ .18

2FaLFLObrázok 3.9: Príklad 16 - zadaniePríklad 17 Určite reakcie vo väzbách podl’a obrázka 3.10. Sila F = 500 N, spojité zat’aženieje konštantné q = 250 N/madĺžka L =2m.qFL/2 L/4LObrázok 3.10: Príklad 17 - zadanie19

Kapitola 4Prútové sústavy4.1 Predpoklady riešenia• Prvky pokladáme za jednorozmerné telesá.• Spojenie prútov považujeme za kĺbové bez trenia (je to možné aj pri zváranom, skrutkovoma nitovanom spojení, ak nie sú prúty vel’mi krátke).• Osi jednotlivých prvkov sa musia pretínat’ v jednom bode - styčníku.• Zat’aženie je len v styčných bodoch - styčníkové zat’aženie, pri mimostyčníkovom zat’aženísa musí vykonat’ jeho transformácia do styčných bodov.Z predchádzajúcich predpokladov teda vyplýva, že prúty prenášajú len osové zat’aženia(t’ah alebo tlak).4.2 Statická určitost’ rovinných prútových sústav• Vnútorná statická určitost’.Vnútorná statická určitost’ závisí od tvaru prútovej sústavy..i vn =3p − 2(4k 4 +3k 3 +2k 2 + k 1 )< 3 - staticky neurčitá sústava (preurčená)=3- staticky určitá sústava> 3 - staticky neurčitá sústava (podurčená)1 1 12223 3k 1k 2 k n n+1Obrázok 4.1: Typy styčníkovkde p je počet prútov, k n je počet styčníkov n-tého typu.• Vonkajšia statická určitost’.Vonkajšia statická určitost’ závisí od vonkajšieho uloženia.21

0 - staticky neurčitá sústavai vo =3− r =0- staticky určitá sústava> 0 - staticky neurčitá sústava (podurčená)kde r prestavuje počet stupňov vol’nosti odobratých vonkajšími väzbami.• Celková statická určitost’.Dáva celkový pohl’ad na statickú určitost’ prútových sústav.< 0 - staticky neurčitá sústavai = r + p − 2s =0- staticky určitá sústava> 0 - staticky neurčitá sústava (podurčená)kde r je počet stupňov vol’nosti odobraté vonkajšími väzbami, p je počet prútov a s jepočet styčníkov (vrátane tých, ktoré sú upevnené na väzby).Ak je sústava z vnútorného a aj vonkajšieho hl’adiska staticky určitá, potom je aj celkovostaticky určitá. Na to, aby sústava nebola mechanizmom a aby sme ju dokázali riešit’ metódamistatiky, je potrebné, aby bola vnútorne, vonkajšie a teda aj celkovo staticky určitá.Na riešenie staticky neurčitých (preurčených) sústav treba použit’ metódy pružnosti a pevnosti.4.3 Metódy riešeniaMedzi najpoužívanejšie analytické metódy patria styčníková a priesečná metóda.• Styčníková metóda.Podstatou postupnej styčníkovej metódy je postupné uvol’ňovanie styčníkov, pričom jednotlivéprúty, ktoré pôsobia na styčník sa nahrádzajú osovými silami v prútoch. Ked’žestyčník má v rovine dva stupne vol’nosti, musíme napísat’ dve statické podmienky rovnováhystyčníka, pričom pri výbere styčníka postupujeme tak, aby statické podmienky rovnováhyobsahovali iba dve neznáme. V jednotlivých prútoch predpokladáme t’ahové napätia, t.j.sily orientujeme von zo styčníka.• Priesečná metóda.Touto metódou sa dajú určit’ sily v prútoch, ktoré sa nestretajú v jednom bode. Myslenýrez vedieme cez celú prútovu sústavu, maximálne však cez tri prúty, pričom do týchtotroch prútov vložíme výslednice vnútorných síl. Na jednu z dvoch odrezaných častíkonštrukcie kladieme tri podmienky rovnováhy (úloha je rovinná), ktoré sú lineárne nezávislé- najčastejšie tri momentové podmienky. Výhodné je pracovat’ s tou čast’ou konštrukcie,ktorá obsahuje menej vonkajších síl (vrátane reakcií) alebo je geometricky jednoduchšia.4.4 Riešené príkladyPríklad 18 Určite väzbové reakcie a sily v prútoch prútovky podl’a obrázku 4.2, ked’ sú dané:F 1 =2kN, F 2 =5kN, L 1 =0, 8 m, L 2 =1maα =40 ◦ . Úlohu riešte styčníkovou metódou.Riešenie:1. Určenie statickej určitosti sústavy.• Vnútorná statická určitost’:i vn =3· 7 − 2(3· 1+2· 2+2) = 3 ⇒z vnútorného hl’adiska je sústava statickyurčitá.22

eLL22F11d4357a2ca6bF2L1L1Obrázok 4.2: Príkladu 18 - zadanie• Vonkajšia statická určitost’:i vo =3− 3=0⇒z vonkajšieho hl’adiska je sústava staticky určitá.• Celková statická určitost’:i =3+7− 2 · 5=0⇒z celkového hl’adiska je sústava staticky určitá.Sústavu môžeme riešit’ metódami statiky, lebo je z vnútorného aj z vonkajšiehohl’adiska staticky určitá.2. Určenie väzbových reakcií.Väzbové reakcie vo väzbách a a b určíme metódou uvol’nenia telesa – t.j. odstránimeväzby, nahradíme ich väzbovými reakciami a napíšeme statické podmienky rovnováhy.Na systém prútov sa pri určovaní reakcií pozeráme ako na jedno teleso - obrázok 4.3.e41d357F 1F 2A xA y Ba2c6bObrázok 4.3: Príklad 18 - väzbové reakcieStatické podmienky rovnováhy:23

∑H =0:Ax − F 1 − F 2 sin α =0∑V =0:Ay + B − F 2 cos α =0∑Ma =0:B2L 1 + F 1 L 2 − F 2 L 1 =0Riešením tohto systému dostaneme pre hl’adané reakcieA x = F 1 + F 2 sin α =5, 2 kNL 2B = 1 2 F 2 − 1 2 F 1 =1, 25 kNL 1A y = F 2 cos α − B =2, 58 kN3. Určenie síl v jednotlivých prútoch postupnou styčníkovou metódou.Styčník a:S 1A x a bS 2A y∑∑ H =0:Ax + S 2 + S 1 cos β =0⇒ S 1 = −2, 78 kNV =0:Ay + S 1 sin β =0S 2 = −4, 17 kNpričomβ =arctg 2L 2=68, 20 ◦L 1Styčník b:S 7b ∑S b6H =0:−S6 − S 7 cos β =0B∑ V =0:B + S7 sin β =0⇒S 6 =0, 50 kNS 7 = −1, 35 kNStyčník e:e∑S 4 S 7 H =0:S7 cos β − S 4 cos β =0b b ∑ V =0:−S7 sin β − S 4 sin β − S 5 =0S 5⇒S 4 = −1, 35 kNS 5 =2, 51 kNStyčník d:S 4d∑ V =0:S4 sin β − S 1 sin β − S 3 sin β =0⇒ S 3 =1, 43 kNF 1S 1bbS 324

V prútoch 3, 5 a 6 je t’ah, v prútoch 1, 2, 4 a 7 je tlak. Najviac namáhaný je prút 2.Ako je vidno, na určenie síl vo všetkých prútoch sme nemuseli napísat’ statické podmienkyrovnováhy pre všetky styčníky. Obe rovnice pre styčník c a rovnica pre horizontálnysmer pre styčník d môžu byt’ brané ako kontrolné rovnice správnosti vypočítanýchsíl v prútoch.Príklad 19 Určite väzby a osové sily v prútoch 6, 7 a 8 ramena stožiara priesečnou metódou -obrázok 4.4.Fl1b34F5d78F9f1112F13h15Fa2c6e10g14i4 x lObrázok 4.4: Príklad 19 - zadanieRiešenie:1. Určenie statickej určitosti sústavy.• Vnútorná statická určitost’:i vn =3· 15 − 2(3· 5+2· 2+2)=3⇒z vnútorného hl’adiska je sústava statickyurčitá.• Vonkajšia statická určitost’:i vo =3− 3=0⇒z vonkajšieho hl’adiska je sústava staticky určitá.• Celková statická určitost’:i =3+15− 2 · 9=0⇒z celkového hl’adiska je sústava staticky určitá.Sústavu môžeme riešit’, lebo je celkovo staticky určitá.2. Určenie väzbových reakcií.Pri určovaní väzbových reakcií postupujeme rovnakým spôsobom ako v predchádzajúcompríklade – t.j. väzby odstránime a nahradíme ich väzbovými reakciami - obrázok4.5.Statické podmienky rovnováhy:25

FB1b34F5d87F9f1112F13h15FA xA yMyslený reza2c6e10g14iObrázok 4.5: Príklad 19 - väzbové reakcie a myslený rez∑H =0:Ax + B =0∑V =0:Ay − 5F =0∑Ma =0:−B · l −4∑F (l (5 − i)) = 0i=1Riešením tohto systému dostávameB = −4∑F (5 − i) =−10Fi=1A x = −B =10FA y =5F3. Určenie síl v prútoch 6, 7 a 8 priesečnou metódou.Rez cez prúty 6, 7 a 8 je znázornený na obrázku 4.5.Vzhl’adom na geometriu a aj vonkajšie zat’aženie sme si vybrali na napísanie troch statickýchpodmienok rovnováhy pravú čast’ konštrukcie. Na určenie momentov budemepotrebovat’ tieto parametre, ktoré sú zakreslené v obrázku 4.6.uhol α : α =arctg 1 4uhol β : β =arctg 3 4rameno sily S 6 k bodu d: r 6 = 3 4 l 26

FBFd788FFS 8S 7S 87FS r 6 7r 8 aA xS 6 S 666 ebA yr 7iObrázok 4.6: Príklad 19 - rozdelená sústava so silami v prútoch 6, 7 a 8rameno sily S 7 k bodu i: r 7 =2l sin βrameno sily S 8 k bodu e: r 8 =2l sin α∑Md =0:−Fl(3+2+1)− S 6 r 6 =0⇒ S 6 = −8F∑Mi =0:Fl(1 + 2) − S 7 r 7 =0⇒ S 7 = 32sinβ F∑Me =0:−Fl(2 + 1) + S 8 r 8 =0⇒ S 8 = 32sinα F4.5 Neriešené príkladyPríklad 20 Určite väzbové reakcie a sily v prútoch prútovej sústavy podl’a obrázka 4.7,ked’jedané: F =5kN, α =45 ◦ a L =3m.27

c4daL153Fa2LbObrázok 4.7: Príklad 20 - zadaniePríklad 21 Určite postupnou styčníkovou metódou sily vo všetkých prútoch prútovej sústavypodl’a obrázka 4.4 - príklad 19.Príklad 22 Určite postupnou styčníkovou metódou sily vo všetkých prútoch prútovej sústavypodl’a obrázka 4.8. Sila F = 800 N, uhol α =45 ◦ ,dĺžka L =1m.2Fad7LFe3 L/21564ab2 3L/2cLLObrázok 4.8: Príklad 22 - zadanie28

Kapitola 5Ťah - tlak5.1 Pomerné predĺženiePomerné predĺženie je definované nasledovneε(x) = △dx(5.1)dxodkial’ pre celkové predĺženie dostávame∫ ∫△L = △dx = ε(x)dx (5.2)(L)(L)Z Hookovho zákona pre pomerné predĺženie dostávameε(x) = σ(x)E(x) = N(x)(5.3)S(x)E(x)kde N(x) je vnútorná osová sila, S(x) je prierez prúta a E(x) je modul pružnosti v t’ahu.A teda celkové predĺženie∫N(x)△L =dx (5.4)S(x)E(x)(L)Pre konštantný prierez a nemeniace sa materiálové vlastnosti po dĺžke môžeme písat’△L = 1 ∫N(x)dx (5.5)SEAko je vidno z predchádzajúceho vzt’ahu, na určenie celkového predĺženia je potrebné poznat’vnútorné osové sily N(x). Na určenie týchto vnútorných osových síl použijeme metódurezu vo vhodne zvolených úsekoch. Je potrebné určit’ tol’ko úsekov, kol’ko razy sa skokovomení zat’aženie.(L)5.2 Vnútorné napätie a dimenzovaniePri určovaní vnútorného napätia sa vychádza z osových sílσ(x) = N(x)S(x)(5.6)29

Ak je úlohou určit’ priebeh vnútorných napätí, treba opät’ použit’ metódu rezu. Tu ale trebavolit’ rez nie len tam, kde sa mení skokom vonkajšie zat’aženie ale aj tam, kde sa mení skokomprierez.Pri dimenzovaní sa vychádza z nerovnostiσ max ≦ σ D (5.7)kde σ D je dovolené napätie a jeho vel’kost’ záleží na použitom type materiálu a σ max jeabsolútna hodnota maximálneho napätia v prúte.5.3 Riešené príkladyPríklad 23 Izolátor na obrázku 5.1 je zat’ažený t’ahovou silou F = 5000 N – pôsobenie vodiča.Vplyv vlastnej tiaže uvažujte raz ako diskrétnu silu s pôsobiskom v t’ažisku a druhý raz akospojite rozloženú silu, pričom merná hmotnost’ materiálu izolátora je ρ = 2300 kg/m 3 .Dĺžkaizolátora je L = 1 m. Prierez izolátora je S = 0, 03 m 2 . Modul pružnosti v t’ahu E =1 × 10 5 MPa. Vypočítajte reakcie v uložení, celkové predĺženie izolátora a nakreslite priebehvnútorných síl.LFObrázok 5.1: Príklad 23 - zadanieRiešenie:1. Tiaž ako diskrétna sila pôsobiaca v t’ažisku.• Výpočet reakcií.Celkovú tiaž izolátora G umiestnime do t’ažiska izolátora, ktorého poloha je v geometrickomstrede izolátora. Väzby nahradíme väzbovými reakciami a napíšemestatické podmienky rovnováhy.Ked’že v smere osi x nepôsobí žiadna vonkajšia sila, musí byt’ aj reakcia v tomtosmere nulová, t.j. A x = 0. Statické podmienky sa potom zredukujú na jedinúrovnicu v smere y:∑V =0:Ay − G − F =030

Riešením tohto systému dostávameA y = G + F = S · L · ρ · g + F = 5676, 9N• Výpočet celkového predĺženia.Pomerné predĺženie pre prút konštantného prierezu je definované rovnicou (5.5). Najeho určenie musíme ale poznat’ priebeh vnútorných síl N(x). Ked’že uvažujemev tomto prípade s tiažou ako diskrétnou silou, tak počet potrebných úsekov, kde saskokom mení vonkajšie zat’aženie sú dva.– Prvý úsek, x 1 ∈〈0,L/2):N(x ) 10x 1∑ V =0:N(x1 ) − F =0 ⇒ N(x 1 )=FF– Druhý úsek, x 2 ∈〈L/2,L〉:N(x 2 )x 2∑ V =0:N(x2 ) − F − G =0N(x 2 )=F + GG0FCelkové predĺženie △L⎡△L = 1 ∫⎢⎣SEL/20= 1 FL2 SE + 1 2N(x 1 )dx 1 +(F + G)LSEL∫L/2N(x 2 )dx 2⎤⎥⎦ ==1, 78 × 10 −6 m• Priebeh vnútorných síl.Spojením predchádzajúcich dvoch úsekov dostávame celkový priebeh vnútornej osovejsily po celej dĺžke nosníka. Tento priebeh je znázornený na obrázku 5.2.31

N maxLGFObrázok 5.2: Príklad 23 - priebeh vnútorných osových sílPri určovaní priebehu vnútorných síl sa môže vychádzat’ aj z toho, že ide o lineárnuúlohu a teda tu platí princíp superpozície účinkov. To znamená, že na výslednézat’aženie od oboch síl F a G sa môžeme pozerat’ ako na dve nezávislé zat’aženia,ktorých účinky možno superponovat’ - obrázok 5.3.N maxGGFFObrázok 5.3: Príklad 23 - princíp superpozície účinkov síl2. Tiaž ako spojite rozložená sila.• Výpočet celkového predĺženia.Aj tu musíme najskôr určit’ vnútorné osové sily. Ked’že pri spojte rozloženej hmotnostiuž okrem F nepôsobí v poli prúta iná diskrétna sila, celý priebeh vnútornýchsíl sa popíše iba jedným úsekom.- Úsek x ∈〈0,L〉:32

N(x)q(x)x0∑ V =0:N(x) − F − q(x) =0pričomq(x) =S · x · ρ · gtedaN(x) =F + S · x · ρ · gFCelkové predĺženie △L△L = 1SEL∫0N(x)dx = 1SE=1, 78 × 10 −6 m][FL+ Sρg L2=2• Priebeh vnútorných síl.N maxLq(x)FObrázok 5.4: Príklad 23 - priebeh vnútorných osových síl pri spojite rozloženej tiaži5.4 Neriešené príkladyPríklad 24 Vypočítajte reakciu v uložení, celkové predĺženie a nakreslite priebeh vnútornýchosových síl a napätí prúta podl’a obrázka 5.5.33

2SL/2LFSFObrázok 5.5: Príklad 24 - zadaniePríklad 25 Ako sa zmení priebeh napätí z príkladu 24, ked’ budem uvažovat’ aj vplyv vlastnejtiaže, pričom tiaž uvažujeme ako spojite rozložené zat’aženie. Parametre sú: sila F = 1500N, dĺžka L =0, 8 m, prierezová plocha S =0, 03 m2 a hustota ρ = 7850 kg/m 3 . Tiažovézrýchlenie uvažujte 9, 81 m/s 2 .Príklad 26 Nakreslite priebeh vnútorných osových síl a napätí kruhovej tyče podl’a obrázku5.6, pričom uvažujte aj s vplyvom vlastnej tiaže ako spojite rozloženého zat’aženia. PomerD/d =2.Otvorpriemeru dL/2LFDObrázok 5.6: Príklad 26 - zadanie34

Kapitola 6Ťah - tlak, staticky neurčité úlohy6.1 Postup pri riešení staticky neurčitých úloháchPri úlohách, kde sme odobrali viac stupňov vol’nosti telesu alebo sústave telies ako bolo potrebné,nedokážeme zo statických podmienok rovnováhy vypočítat’ hl’adané väzbové reakcie. Pretomusíme k statickým podmienkam rovnováhy napísat’ d’alšiu doplňujúcu podmienku - tzv. deformačnúpodmienku.Všeobecný postup pri riešení staticky neurčitých sústav:1. odstránime prebytočnú väzbu tak, aby sme dostali základný systém staticky určitý. Účinokväzby nahradíme zatial’ neznámou reakciou2. napíšeme deformačnú podmienku tak, aby deformácia telesa pôvodného a uvol’nenéhobola rovnaká.6.2 Riešené príkladyPríklad 27 Určite polohu rampy - obrázok 6.1 tak, aby napätie bolo po tyči rovnomerne rozloženéa nadimenzujte priemer d, ked’ poznáte σ D .Tiaž rampy je G.kb årampaalGbObrázok 6.1: Príklad 27 - zadanieRiešenie:Vzhl’adom na symetriu úlohy stačí riešit’ len jednu tyč.35

• Odstránenie prebytočnej väzby, jej nahradenie neznámou silou F a napísanie statickýchpodmienok rovnováhy.R Ax 2G/2UvolnenieG/2x 1FFObrázok 6.2: Príklad 27 - uvolnenie väzieb∑V =0:F − G/2+RA =0• Deformačná podmienka.Ako deformačná podmienka sa nám núka posunutie v pôsobisku neznámej sily F (väzbovejreakcie)u F =0=△lCelkové predĺženie pri konštantnom priereze je definované vzt’ahom (5.5). Na jeho určeniepotrebujeme mat’ vyjadrené vnútorné sily N(x 1 ) a N(x 2 ) pre úseky x 1 ∈〈0,b) ax 2 ∈〈b, l).N(x 1 )=−FN(x 2 )=−F + G/2Potom pre posunutie pôsobiska sily F platíu F =0= 1 ∫N(x)dx = 1 (−Fb− Fa+ G/2a) =SESE(L)= 1 (−Fl+ G/2a)SEA teda pre F dostávameF = 1 a2 l GZo statickej podmienky rovnováhy dostávameR A = G/2 − F = 1 (2 G 1 − a )l36= 1 b2 l G

• Určenie polohy rampy.Ked’že rampa má byt’ umiestnená tak, aby napätie bolo konštantné, musíme najskôr určit’napätia v oboch úsekoch stĺpu.σ(x 1 )= N(x 1)Sσ(x 2 )= N(x 2)S= − 1 a G2 l S= 1 b G2 l SAby bolo napätie rovnomerne rozdelené po dĺžke stĺpa, musí platit’ σ(x 1 )=σ(x 2 ) a tedaa = b = l/2. To zároveň definuje potrebnú polohu rampy na stĺpe.Príklad 28 Určite priebeh napätí po dĺžke stĺpa - obrázok 6.3.l/3lF 1F 2l/3l/3S,EObrázok 6.3: Príklad 28 - zadanieRiešenie:• Pretransformovanie na staticky určitú úlohu.Deformačná podmienka△l = u F =0=− FlSE − 2 F 2 l3 SE + 1 F 1 l3 SE ⇒ F = 1 3 F 1 − 2 3 F 2• Výpočet napätí.x 1 ∈〈0,l/3)σ(x 1 )= N(x 1)SE= − FSE = −1 F 13 SE + 2 F 23 SEx 2 ∈〈l/3, 2l/3)σ(x 2 )= N(x 2)SE= − FSE − F 2SE = −1 F 13 SE + 2 F 23 SE − F 2SE = −1 F 13 SE − 1 F 23 SEx 3 ∈〈2l/3,l〉σ(x 3 )= N(x 3)SE= − FSE − F 2SE + F 1SE = −1 F 13 SE + 2 F 23 SE − F 2SE + F 1SE == 2 F 13 SE − 1 F 23 SE37

x 3x 2F 1F 2Fx 1Obrázok 6.4: Príklad 28 - odstránenie prebytočnej väzby• Priebeh napätí.Priebeh napätí pre prípad F 2 =2F 1 je znázornený na obrázku 6.5.F 1F 2- F1/SEF1 / SEObrázok 6.5: Príklad 28 - priebeh vnútorných napätí6.3 Neriešené príkladyPríklad 29 Určite posunutie bodu C, nakreslite priebehy vnútorných osových síl a napätí hriadel’azat’aženého a uchyteného podl’a obrázka 29.38

LL/2L/4FC2F2SPríklad 29 - zadaniePríklad 30 Určite reakcie v uložení a nakreslite priebeh vnútorných osových síl a napätí pretyč znázornenú na obrázku 6.6. Uvažujte vplyv vlastnej tiaže ako spojite rozložené zat’aženie,pričom hustota materiálu ϱ je známa.S3LSL2SFObrázok 6.6: Príklad 30 - zadaniePríklad 31 Ak by sme uvažovali v príklade 30, že celá tiaž tyče pôsobí v jeho t’ažisku, malo byto vplyv na reakcie vo väzbách? Ako sa zmení priebeh vnútorných osových síl a napätí?39

Kapitola 7Krútenie kruhových a medzikruhovýchprierezov7.1 Základné vzt’ahy a dimenzovaniePri namáhaní krútením vznikajú šmykové napätia, pričom kruhové prierezy zostávajú rovinné aich priemer sa nemení. Samotné šmykové napätia majú po kruhovom priereze lineárny priebeh- obrázok 7.1. V t’ažisku prierezu je nulové a potom lineárne narastá s vel’kost’ou polomeruρ. Najväčšie šmykové napätie je na vonkajšom polomere. Vo všetkých bodoch príslušnéhopolomeru je rovnako vel’ké.M kv maxrvdObrázok 7.1: Rozloženie napätia po prierezeτ(ρ) = M k(x)J p (x) ρ (7.1)M k (x) je vnútorný krútiaci moment v reze x, ktorý sa môže po dĺžke hriadel’a menit’.J p (x) je odporový moment v krútení, J p = πd 4 /32 - pre konštantný kruhový prierez.ρ je polomer kružnice bodu, kde určujeme napätie.Pri kontrole pevnosti a pri dimenzovaní sa treba zamerat’ na maximálne napätie τ max , ktoréje na vonkajšom obvode prierezu. Pevnostná podmienka krútenia má tvar:τ max = M k≦ τ D (7.2)W kW k je prierezový modul v krútení. W k = J p /ρ max =2J p /d = πd 3 /16 =0, . 2d 3 [m 3 ]. τ D jedovolené napätie v šmyku.41

Pre celkový uhol skrútenia platí vzt’ah∫ϕ =(L)M k (x)dx (7.3)GJ p (x)G je modul pružnosti v šmyku.Pre medzikruhový prierez, ktorý je charakterizovaný vonkajším priemerom D a malýmpriemerom d, platia pre odporový moment zotrvačnosti a prierezový modul v krútení nasledovnévzt’ahyJ p = πD432W k = πD316( ( ) ) 4 d1 −D( ( ) ) 4 d1 −D(7.4)(7.5)Pre iné typy prierezov možno tieto charakteristiky nájst’ v tabul’ká a príručkách.7.2 Riešené príkladyPríklad 32 Navrhnite priemer D medzikruhového prierezu hriadel’a elektromotora, ktorý jezat’ažený podl’a obrázka 7.2. Hodnota M 1 = 1000 Nm, pomer d/D =0, 8 a dovolené napätieσ D = 170 MPa.M 1 2M 1d DL L LObrázok 7.2: Príklad 32 - zadanieRiešenie:1. Určenie maximálneho krútiaceho momentu M kmax .Na určenie maximálneho krútiaceho momentu M kmax použijeme metódu mysleného rezu.Celú oblast’ vzhl’adom na nespojitost’ zat’aženia musíme rozdelit’ na tri úseky.• Prvý úsek x 1 ∈〈0,L):42

∑Mx1 =0:M k (x 1 )=0M ( )k x 1x 10• Druhý úsek x 2 ∈〈L, 2L):2M 1∑Mx2 =0:M k (x 2 ) − 2M 1 =0M ( )k x 2M k (x 2 )=2M 1x 2 0• Tretí úsek x 3 ∈〈2L, 3L〉:M 1 2M 1∑Mx3 =0:M k (x 3 ) − M 1 − 2M 1 =0M ( )k x 3M k (x 3 )=3M 1x 3 0• Priebeh vnútorného krútiaceho momentu.Spojením predchádzajúcich troch úsekov dostávame celkový priebeh krútiaceho momentupo celej dĺžke nosníka. Tento priebeh je znázornený na obrázku 7.3.Ako je vidno z obrázku 7.3, maximálny krútiaci moment je v tret’om úseku a jeho vel’kost’je M kmax =3M 1 = 3000 Nm.2. Navrhnutie prierezu.Pri návrhu prierezu vychádzame zo vzt’ahu 7.2, pričom za W k dosadíme vzt’ah 7.5. Potompre priemer D platí16D ≧(( ) ) M kmax34√ d τ Dπ 1 −D43

M 1 2M 1M k(x)L L LM kmaxxObrázok 7.3: Príklad 32 - priebeh vnútorných momentovMedzi dovoleným šmykovým napätím τ D normálovým napätím σ D platí vzt’ah odvodenýz pevnostných hypotézσ D = √ .3 · τ D =0, 6τDDosadením zadaných parametrov úlohy máme√16 √ 3D ≧ 3 π ( 30001 − (0, 8) 4) =0, 0641 m170 × 106 Priemer D musíme zvolit’ väčší ako 64, 1 mm, aby maximálne napätie, ktoré je v miestemaximálneho krútiaceho momentu neprekročilo dovolené šmykové napätie. Potom d =0, 8D =51, 3 mm.Príklad 33 Navrhnite priemer hriadel’a točivého stroja, ktorý je zat’ažený podl’a obrázka 7.4.Nakreslite priebehy vnútorných krútiacich momentov. Parametre M 1 , d/D a σ D sú také isté akov príklade 32.M 1 2M 1dDL L L0xObrázok 7.4: Príklad 33 - zadanie44

M 1 2M 1L L LM kmax0xObrázok 7.6: Príklad 33 - priebeh vnútorných krútiacich momentov2. Určenie maximálneho krútiaceho momentu.Priebehy jednotlivých M k (x)sme určili v predchádzajúcom kroku, takže nám stačí dosadit’vypočítanú hodnotu za M A .M k (x 1 )=− 4 3 M 1M k (x 2 )=− 1 3 M 1M k (x 3 )= 5 3 M 1 = M k maxPriebeh vnútorných krútiacich momentov je znázornený na obrázku 7.6.3. Navrhnutie prierezu.Pre prierez musí platit’ rovnaká podmienka ako v predchádzajúcom príklade16D ≧(( ) ) M kmax34√ d τ Dπ 1 −D√16 √ 53D ≧ 3 π ( 10001 − (0, 8) 4) 3=0, 0527 m170 × 106 Priemer D musíme zvolit’ väčší ako 52, 7 mm, aby maximálne napätie, ktoré je v miestemaximálneho krútiaceho momentu neprekročilo dovolené šmykové napätie.Z porovnania so staticky určitou úlohou vidiet’, že staticky neurčité uloženie vystužuje danúmechanickú sústavu.46

7.3 Neriešené príkladyPríklad 34 Navrhnite priemer d hriadel’a na obrázku 7.7 tak, aby šmykové napätie neprekročiloτ D . Pomer D/d =2. Nakreslite priebeh vnútorného krútiaceho momentu. Vel’kost’ momentuM je daná.L/2L/4LDdM2MObrázok 7.7: Príklad 34 - zadaniePríklad 35 Ako sa zmení hodnota hl’adaného priemeru d ako aj priebeh vnútorného krútiacehomomentu z príkladu 34, ak by vonkajší moment 2M pôsobil v tom istom smere ako moment M?Príklad 36 Nakreslite priebeh vnútorného krútiaceho momentu a určite priemer d tak, abyšmykové napätie neprekročilo dovolenú hodnotu τ D . Pomer d/D = √ 0, 7. Zat’aženie hriadel’aje zobrazené na obrázku 7.8. Vel’kost’ momentu M je daná.M2MdDL3LLObrázok 7.8: Príklad 36 - zadanie47

Kapitola 8Rovinný ohyb priamych nosníkov8.1 Ohybový moment a priečna silaPodobne ako pri čistom t’ahu alebo krute, aj pri ohybe sa pri dimenzovaní alebo kontrole vychádzaz najviac namáhaného prierezu - t.j. musíme poznat’ priebehy vnútorných silovýchveličín. Pri namáhaní ohybom sú to vnútorný ohybový moment M(x) a vnútorná priečna silaT (x). Určujeme ich metódou mysleného rezu, t.j. v mieste rezu píšeme statické podmienkyrovnováhy pre ohybový moment a priečnu silu. Platí znamienková dohoda:• ohybový moment v l’ubovol’nom reze považujeme za kladný, ak horné vlákna sú namáhanétlakom a spodné t’ahom, v opačnom prípade budeme hovorit’ o zápornom ohybovom momente• priečnu silu považujeme za kladnú, ak má orientáciu zhodnú s obrázkom 8.1.T(x)M(x)M(x)T(x)Obrázok 8.1: Kladné momenty a priečne sily - znamienkova konvencia8.2 Normálové a šmykové napätiaOd ohybového momentu M(x) je nosník namáhaný normálovým napätím σ(x, y) a od priečnejsily T (x) je namáhaný šmykovým napätím τ(x, y).49

Pre t’ahové napätie platí vzt’ahσ(x, y) = M(x)J z (x) y (8.1)J z (x) je moment zotrvačnosti prierezu okolo osi z.y je výška od osi z, v ktorej určujeme napätia.Priebeh normálových napätí po priereze kruhového nosníka je znázornený na obrázku 8.2.M(x)y+s max(x)dzs(x,y)-s max(x)Obrázok 8.2: Priebeh normálových napätíKed’že nás spravidla v danom reze x zaujímajú maximálne napätia, ktoré sa nachádzajú nanajväčšom polomere - y = ±d/2 (obrázok 8.2), môžeme písat’σ max (x) = M(x) dJ z (x) 2 = M(x)(8.2)W o (x)W o (x) sa nazýva prierezový modul v ohybe.Pri dimenzovaní alebo kontrole sa musí nájst’ maximálna hodnota σ max (x) po dĺžke nosníka,pričom musí platit’( ) M(x)(σ max (x)) MAX=≦ σ D (8.3)W o (x)MAXPri kruhovom priereze priebeh šmykových napätí po priereze je popísaný vzt’ahom[ ( ) ] 24T (x) yτ(x, y) = 1 −(8.4)3(d/2) 2 d/2a je znázornený na obrázku 8.3.ydzv(x,y)v maxObrázok 8.3: Priebeh šmykových napätí50

Maximálne šmykové napätia kruhového prierezu sú na nulovej osi (y =0), pričomτ max (x) = 4 T (x)(8.5)3 SKde S je prierezová plocha.Vplyv šmykových napätí pri rovinnom ohybe nosníka možno spravidla zanedbat’ a takétonosníky sú dimenzované len z normálových napätí od ohybu. Pri lomených a zakrivenýchnosníkoch ako i rámoch treba brat’ do úvahy aj normálové napätia od osových síl.8.3 Deformácia priamych nosníkovPri deformácii priamych nosníkov nás v zásade zaujímajú dve veci:1. Celková deformácia - t.j. celá priehybová čiara nosníka.xw(x)MMObrázok 8.4: Deformácia nosníkov - priehybová čiaraw ′′ (x) =− M(x)EJ z (x)(8.6)Priehybová čiara je definovaná vzt’ahom 8.6 - t.j. diferenciálnou rovnicou druhého rádus potrebnými okrajovými podmienkami.2. Deformácia iba v niektorom špecifickom bode.Tu sa používa tzv. Castiglianova metóda, ktorá určuje v konkrétnom bode bud’ priehybalebo uhol natočenia prierezu. V určovanom mieste musí pritom pôsobit’ vonkajšia sila(skutočná alebo fiktívna) pri určovaní priehybu a vonkajší ohybový moment (skutočnýalebo fiktívny) pri určovaní uhla natočenia prierezu.Mf MFu FObrázok 8.5: Deformácia nosníkov - Castiglianova metóda51

Priehyb resp. uhol natočenia sa pri tejto metóde počítajú podl’a nasledujúcich vzt’ahov(I. Castiglianova veta)u F = ∂A∂Fϕ M = ∂A∂M(8.7)(8.8)pričom A je energia napätosti od ohybového momentu (vplyv priečnych síl sa zanedbáva)a jej diferenciál má tvardA =M 2 (x)dx (8.9)2EJ z (x)Po dosadení rovnice (8.9) do(8.7) resp. (8.8) dostávame výrazy pre prizmatický nosník(nosník konštantného prierezu)8.4 Riešené príkladyu F = 1EJ z∫(l)ϕ M = 1EJ z∫(l)M(x) ∂M(x) dx (8.10)∂FM(x) ∂M(x) dx (8.11)∂MPríklad 37 Navrhnite kruhový prierez nosníka, ktorý je zobrazený na obrázku 8.6, pričomvplyv šmykových napätí zanedbajte. Nakreslite priebeh vnútorných priečnych síl aj momentov.Zadané parametre sú M o =10 3 Nm, F =10 3 N, L =2maσ D = 100 MPa.FM oL/4L/4L/2Obrázok 8.6: Príklad 37 - zadanieRiešenie:1. Výpočet reakcií.Na obrázku 8.7 sú znázornené väzbové reakcie, ktorými sme nahradili väzby.Statické podmienky rovnováhy∑H =0:Ax =0∑V =0:Ay + B y − F =0∑MA =0:B y L − M o − FL/4=052

A xAFM oB00A yx 1x 2x 3B y0Obrázok 8.7: Príklad 37 - väzbové reakcieRiešením tohto systému dostávameA x =0A y = 3 4 F − M oL = 250 NB y = 1 4 F + M oL = 750 N2. Priebeh vnútorných síl a ohybových momentov.Vnútorné silové veličiny určíme metódou mysleného rezu. Na popis týchto veličín musímeurobit’ tri myslené rezy - obrázok 8.7.• Prvý úsek x 1 ∈〈0,L/4):T(x )∑1∑ H =0:N(x1 )=0M(xA 1)∑ V =0:T (x1 ) − A y =0x AMx1 =0:M(x 1 ) − A y x 1 =0N(x 1)vnútorné veličinyN(x 1 )=0A yT (x 1 )=A y = 250 N0 x 1M(x 1 )=A y x 1 = 250x 1 Nm• Druhý úsek x 2 ∈〈L/4,L/2):T(x ) ∑2∑ H =0:N(x2 )=0F M(xA 2) ∑ V =0:T (x2 ) − A y + F =0x AMx2 =0:M(x 2 ) − A y x 2 + F (x 2 − L/4) = 0N(x 2) vnútorné veličinyN(x 2 )=0A yT (x 2 )=A y − F = −750 N0x 2M(x 2 )=A y x 2 − F (x 2 − L/4) = 500 − 750x 2 Nm• Tretí úsek x 3 ∈〈0,L/2〉 - tento úsek má počiatok v uzle B:53

M(x )N(x 3 )T(x )∑3∑ H =0:N(x3 )=03V =0:T (x3 )+B y =0B∑Mx3 =0:M(x 3 ) − B y x 3 =0x 3 0B yvnútorné veličinyN(x 3 )=0T (x 3 )=−B y = −750 NM(x 3 )=B y x 3 = 750x 3 NmSpojením predchádzajúcich troch úsekov dostávame celkový priebeh vnútorných veličín,ktorý je znázornený na obrázku 8.8.FM oT(x)M MAXM(x)Obrázok 8.8: Príklad 37 - priebehy vnútorných veličín3. Dimenzovanie.Maximálny ohybový moment je M MAX = 750 Nm. Pre prierezový modul v ohybe W omusí platit’W o ≥ M MAX 750 Nm=σ D 100 MPa =7, 5 × 10−6 m 3Pre kruhový prierez potom dostávameD ≥ 3 √32Woπ=42, 4 mmPríklad 38 Určite priehybovú čiaru nosníka podl’a obrázka 8.9. Kvadratický prierezový momentje J z .Riešenie:• Určenie priebehu vnútorných momentov M(x).Na určenie priebehu M(x) nemusíme vypočítavat’ obe reakcie, ale stačí nám jedna -obrázok 8.10.54

qlObrázok 8.9: Príklad 38 - zadanieA x=0qbA yxObrázok 8.10: Príklad 38 - reakcia A∑Mbi =0:ql l 2 − A yl =0⇒ A y = 1 2 qlPre vnútorný moment M(x) môžeme písat’M(x) =A y x − qx x 2 = 1 2 qlx − 1 2 qx2• Výpočet priehybovej čiary.Priehybová čiara je definovaná vzt’ahom (8.6) a spolu s okrajovými podmienkami dostávamew ′′ (x) =− M(x)EJ z (x) = −1 1q ( lx − x 2)2 EJ zx =0−→ w(0) = 0x = l −→ w(l) =0Prvou integráciou dostávamew ′ (x) =ϕ(x) =− 1 [∫ ∫1q lxdx −2 EJ z= − 1 [1 1q2 EJ z 2 lx2 − 1 ]3 x3 + c 1]x 2 dx + c 1 =Druhou integráciou dostávamew(x) =− 1 [∫ ∫1 1 1q2 EJ z 2 lx2 dx − dx]3 x3 + c 1 x + c 2 == − 1 [1 1q2 EJ z 6 lx3 − 1 ]12 x4 + c 1 x + c 255

kde c 1 a c 2 sú integračné konštanty a určíme ich pomocou okrajových podmienok.x =0−→ w(0) = 0 = c 2 ⇒ c 2 =0x = l −→ w(l) =0=− 1 1ql 4 + c 1 l ⇒ c 1 = 1 1ql 324 EJ z 24 EJ zA teda celá priehybová čiara je popísaná funkciouw(x) =− 1 [1 1q2 EJ z 6 lx3 − 1 12 x4 − 1 x]12 l3Maximálny priehyb w max = w (x = l/2) = 5 1 ql 4.24 16 EJ zPríklad 39 Určite priehyb hriadel’a elektrického točitého stroja vo vzdialenosti l od väzby apodl’a obrázku 8.11 Kvadratický prierezový moment je J z .Fal3lObrázok 8.11: Príklad 39- zadanieRiešenie:• Vloženie fiktívnej sily ¯F =0do miesta, kde chceme určit’ priehyb, výpočet reakcií apriebehu M(x).A x=0lFFlA yx 1x 2x 3BStatické podmienky rovnováhy:∑H =0:Ax =0∑V =0:Ay + B − F − ¯F =0⇒ B = F + ¯F − A y = 1 ( )F +2¯F3∑Ma =0:A y 3l − F 2l − ¯Fl =0⇒ A y = 1 ( )2F + ¯F356

Momenty pre jednotlivé úseky x 1 ∈〈0,l), x 2 ∈〈l, 2l) a x 3 ∈〈0,l〉:M(x 1 )=A y x 1 = 1 ( )2F + ¯F x13M(x 2 )=A y x 2 − F (x 2 − l) =Fl+ 1 3 (−F + ¯F )x 2M(x 3 )=Bx 3 = 1 3(F +2¯F)x3Určenie priehybu vo vzdialenosti l od väzby a.podl’a Castigliana - vzt’ah 8.10⎡u ¯F = 1 ∫ l⎣EJ z⎡= 1 ⎣EJ z∫ l+00∫ l0M(x 1 ) ∂M(x 1)∂ ¯F dx 1 +∫2l1 ( ) 12F + ¯F x133 x 1dx 1 +⎤1 ( ) 2F +2¯F x333 x 3dx 3⎦Pred integráciou položíme ¯F =0⎡u ¯F = 1 ∫ l⎣EJ z029 Fx2 1 dx 1 +∫2lllM(x 2 ) ∂M(x ∫2)l∂ ¯F dx 2 +∫2ll13 Flx 2dx 2 −= 1 [ 2EJ z 27 Fl3 + 2 3 Fl3 − 8 27 Fl3 + 2 ]27 Fl3 == 14 1Fl 327 EJ z0⎤M(x 3 ) ∂M(x 3)∂ ¯F dx ⎦3 =(Fl+ 1 3 (−F + ¯F )x 2) 13 x 2dx 2 +∫2ll∫1l9 Fx2 2 dx 2 +0⎤29 Fx2 3 dx ⎦3 =8.5 Neriešené príkladyPríklad 40 Nakreslite priebeh vnútorných síl a momentov pre nosník na obrázku 8.12. Podl’aI. Castiglianovej vety určite priehyb v mieste pôsobenia sily F .FLObrázok 8.12: Príklad 40 - zadaniePríklad 41 Nakreslite priebeh vnútorných síl a momentov pre nosník na obrázku 8.13.57

qL/2LObrázok 8.13: Príklad 41 - zadaniePríklad 42 Navrhnite medzikruhový prierez nosníka zobrazeného na obrázku 8.12, ak sila F =2000 N, dĺžka L =1m, D/d =2a σ D = 120 MPa.Príklad 43 Navrhnite kruhový prierez nosníka, ktorý je zobrazený na obrázku 8.14, pričomvplyv šmykových napätí zanedbajte. Nakreslite priebeh vnútorných priečnych síl aj momentov.Zadané parametre sú q = 500 N/m, q i = 200 N/m, L =0, 5 maσ D = 100 MPa.qq iL/3L/2 L/4LObrázok 8.14: Príklad 43 - zadaniePríklad 44 Navrhnite štvorcový prierez nosníka, ktorý je zobrazený na obrázku 8.15, pričomvplyv šmykových napätí zanedbajte. Nakreslite priebeh vnútorných priečnych síl aj momentov.Zadané parametre sú q = 500 N/m, L =0, 5 maσ D = 100 MPa.qL/3 LL/3Obrázok 8.15: Príklad 44 - zadanie58

Čast’ IITermodynamika59

Kapitola 9Stavová rovnica ideálneho plynu a zmesiideálnych plynov9.1 Stavové veličiny plynuStavové veličiny rozdel’ujeme na:• základné• energetické• odvodené9.1.1 Základné stavové veličinyMedzi základné stavové veličiny patria:• špecifický objem v• tlak pv = V m [m3 /kg] (9.1)p = F S [N/m2 ] (9.2)• teplota t [ ◦ C], T [ ◦ K]• veličiny určujúce zloženie systému9.1.2 Energetické veličinyUrčujú energetický stav systému. Medzi tieto veličiny patria:• vnútorná energia U, u• entalpia I, i• exergia E x , e x• anergia B, b• vol’ná energia F , f• vol’ná entalpia G, g61

9.1.3 Odvodené veličinyMedzi odvodené veličiny zahŕňame veličiny, ktoré získavame z predošlých skupín a určujúšpecifické vlastnosti systémov. Patria sem: špecifická tepelná kapacita, teplotový súčinitel’objemovej rozt’ažnosti, viskozita, tepelná vodivost’, atd’..9.2 Procesové veličinySvojou absolútnou hodnotou určujú množstvo energie prenesenej zo systému do okolia alebomedzi rozličnými systémami vo forme práce. Táto práca môže byt’ makroskopická - nazývameju práca, alebo mikroskopická - nazývame ju teplo.Práca A [J], a [J/kg] - je spojená s mechanickou deformáciou. Ak systém mení svoj objema tým koná prácu na okolí, hovoríme o objemovej práci. Práca je kladná, ak systém dodávaenergiu okoliu, a záporná, ak z okolia energia prechádza do systému.Teplo Q [J], q [J/kg] - tu je práca vykonávaná neusporiadaným pohybom jednotlivýchmolekúl systému. Teplo je kladné, ak energia prechádza z okolia do systému, a záporné, ked’uniká zo systému do okolia.Absolútna hodnota procesných veličín závisí od spôsobu uskutočnenia príslušného procesu.9.3 Stavová rovnica ideálneho plynuStavová rovnica vyjadruje vzájomnú závislost’ základných veličín. Vzhl’adom na komplikovanost’správania sa reálnych plynov sa zavádza nový pojem - ideálny plyn.Ideálny plyn je taký plyn, ktorý presne vyhovuje zákonom Boyle-Mariotteovmu a Gay-Lussacovmu a stavovej rovnici z nich odvodenej.Boyle-Mariotteov zákon vyjadruje závislost’ tlaku a objemu pri konštantnej teplotepv = konšt.; pri T = konšt. (9.3)Zákon Gay-Lussacov vyjadruje závislost’ objemu a teploty pri konštantnom tlakuv= konšt.; pri p = konšt. (9.4)TVýslednú stavovú rovnicu ideálneho plynu môžeme potom písat’ v tvarepV = nR M T (9.5)kde n je látkové množstvo (počet mólov) plynu a R M je univerzálna plynová konštantaPre látkové množstvo platí vzt’ahR M = 8314, 32 [Jkmol −1 K −1 ] (9.6)n = m M[kmol] (9.7)kde m je hmotnost’ plynu a M je mólová hmotnost’ (hmotnost’ jedného mólu resp. kilomóluplynu). Jeden mól obsahuje vždy rovnaký počet častíc (molekúl) 6, 02 × 10 23 .Využitím predchádzajúcich vzt’ahov dostávame pre stavovú rovnicu výrazkde R je plynová konštanta a je závislá od plynupV = mRT (9.8)R = R MM(9.9)62

9.4 Zmesi plynovPre zmes ideálnych plynov, chemicky vzájomne nereagujúcich, platia dve vety:• Každý plyn sa správa v zmesi tak, akoby bol v celom objeme sám a riadi sa svojoustavovou rovnicou, z ktorej možno určit’ jeho parciálny tlak odpovedajúci teplote a objemuzmesi.• Zmes plynov chemicky vzájomne nereagujúcich má vlastnosti plynu, t.j. riadi sa základnýmizákonmi a možno pre ňu použit’ stavovú rovnicu.Okrem týchto dvoch viet platí aj Daltonov zákon: celkový tlak zmesi plynov sa rovná súčtuparciálnych tlakov jednotlivých zložiek v zmesi.p =n∑p i (9.10)i=1Pre zmes plynu potom stavovú rovnicu (9.8) môžeme písat’pV =n∑p i V =i=1n∑V i p =i=1n∑m i R i T = mRT (9.11)i=1kde p i sú parciálne tlaky, V i sú parciálne objemy, m i je hmotnost’ i-tej zložky a R i je plynovákonštanta i-tej zložky zmesi.Zavádzajú sa nasledovné pojmy:• hmotnostná koncentrácia i-tej zložky zmesix mi = m im(9.12)• objemová koncentrácia i-tej zložky zmesix Vi = V iV(9.13)• molárna koncentrácia i-tej zložky zmesix ni = n in = pV i/R M TpV/R M T = p iV/R M TpV/R M T = p ip = V iV = x Vi (9.14)• stredná mólová hmotnost’ zmesiM = m n = ∑mi∑ni(9.15)• plynová konštanta zmesiR = R MM63(9.16)

9.5 Riešené príkladyPríklad 45 V tlakovej nádobe objemu V =4m 3 sú 3 kmol kyslíka. Nádoba sa nachádza vmiestnosti s teplotou 25 ◦ C. Aký tlak bude ukazovat’ manometer umiestnený na nádobe a aká jehmotnost’ kyslíka v nádobe? Barometrický tlak je 100kPa, M O2 =32kg/kmol.Riešenie:Použijeme stavovú rovnicu (9.5) naurčenie absolútneho tlaku v nádobep = nR MTV=3 · 8314, 32 · 2984Manometer bude ukazovat’ hodnotu pretlaku=1, 858 × 10 6 Pa =1, 858 MPap pretlak = p − p bar =1, 858 − 0, 100 = 1, 758 MPaHmotnost’ kyslíka v nádobe určíme podl’a (9.7)m = nM O2 =3· 32 = 96 kgPríklad 46 Zmes 5 kg O 2 a 7 kg N 2 má tlak p =0, 3 MPa a teplotu t =27 ◦ C. Treba určit’:1. hmotnostné a mólové koncentrácie zložiek2. mólovú hmotnost’ zmesi3. plynovú konštantu zmesi4. celkový objem zmesi5. parciálne tlaky a objemyRiešenie:Z tabuliek sme odčítali mólové hmotnosti jednotlivých zložiek zmesi:kyslík: M O2 =32kg/kmoldusík: M N2 =28, 016 kg/kmol1. Hmotnostné a mólové koncentrácie zložiek.x mO2 = m O 2m = 55+7 = 512x mN2 = m N 2m = 7 =0, 5812=0, 42m O2x nO2 = n O 2n = M O2m O2+ m =N 2M O2 M N2x nN2 =1− x nO2 =1− 0, 38 = 0, 62532532 + 728, 016=0, 382. Mólová hmotnost’ zmesi.M = m n = m O 2+ m N2m O2M O2+ m N 2M N2=6412532 + 728, 016=29, 55 kg/kmol

3. Plynová konštanta zmesi.R = R MM = 8314 = 281, 35 J/kgK29, 554. Celkový objem zmesi.pV = mRT ⇒ V = mRTp5. Parciálne tlaky a objemy.=12 · 281, 35 · (273, 15 + 27)0, 3 × 10 6 =3, 38 m 3p O2 = x nO2 p =0, 38 · 0, 3=0, 114 MPap N2 = x nN2 p =0, 62 · 0, 3=0, 186 MPaV O2 = x nO2 V =0, 38 · 3, 38 = 1, 28 m 3V N2 = x nN2 V =0, 62 · 3, 38 = 2, 10 m 3Príklad 47 Zmes spalín z 1 kg hnedého uhlia tvorí objem: V CO2 =0, 6 m 3 , V N2 =2, 6 m 3 ,V paraH2 O =0, 8 m 3 pri tlaku 0, 1 MPa a teplote 400 ◦ C. Treba určit’:1. mólové koncentrácie2. hmotnostné koncentrácie3. mólovú hmotnost’ spalín4. hmotnost’ spalín5. jednotlivé parciálne tlakyMólové hmotnosti jednotlivých zložiek: M CO2 =44, 01 kg/kmol, M N2 =28, 016 kg/kmol,M paraH2 O =18, 016 kg/kmol.Riešenie:1. Mólové koncentrácie.x nCO2 = x VCO2 =V CO2V CO2 + V N2 + V paraH2 O=0, 6=0, 150, 6+2, 6+0, 8x nN2 = V N 2=0, 65Vx nparaH2 O = V paraH 2 O=0, 2V2. Hmotnostné koncentrácie.x mCO2 =m CO2m CO2 + m N2 + m paraH2 O=n CO2 M CO2n CO2 M CO2 + n N2 M N2 + n paraH2 OM paraH2 Onn =x nCO2 M CO2==x nCO2 M CO2 + x nCO2 M N2 + x paraH2 OM paraH2 O0, 15 · 44, 01=0, 15 · 44, 01 + 0, 65 · 28, 016 + 0, 2 · 18, 016 ==0, 23x mN2 =0, 64x paraH2 O =0, 1365

3. Mólová hmotnost’ spalín.M = x nCO2 M CO2 + x nCO2 M N2 + x paraH2 OM paraH2 O=28, 41 kg/kmol4. Hmotnost’ spalín.5. Jednotlivé parciálne tlaky.m = pVRT = pV MR M T = 0, 1 × 106 · 4 · 28, 41=2, 03 kg8314 · 673, 15p CO2 = px nCO2 =0, 015 MPap N2 = px nN2 =0, 065 MPap paraH2 O = px nparaH2 O =0, 02 MPa9.6 Neriešené príkladyPríklad 48 V nádobe s objemom 270 litrov je pri určitej teplote a tlaku 0, 02 kmol kyslíka.Vypočítajte jeho merný a molárny objem za týchto podmienok.Príklad 49 Hmotnostný pomer CO 2 a O 2 v zmesi je 1:2. Tlak zmesi je 0, 2 MPa a teplota 20◦ C. Vypočítajte hmotnostné podiely zložiek, plynovú konštantu zmesi.Príklad 50 Vzduch je zmesou dusíka a kyslíka s objemovým zložením 79% N 2 a 21% O 2 .Určitehmotnostné podiely N 2 aO 2 , plynovú konštantu a mólovú hmotnost’ vzduchu.66

Kapitola 10Prvá veta termodynamická a základnézmeny stavuPrvá veta termodynamická vyjadruje zákon zachovania energie pri termodynamických procesoch.Mayer túto vetu definoval nasledovne: Teplo možno menit’ na prácu a naopak a tietopremeny prebiehajú podl’a určitých kvantitatívnych vzt’ahov.10.1 Matematické vyjadrenie prvej vety termodynamickejPri stacionárnych dejoch je energia systému definovaná vnútornou energiou U, resp. u. Zmenuvnútornej energie spôsobuje jednak vykonaná práca A, resp. a systémom, a odvedené teplo zosystému −Q, resp. −q (podl’a dohody z predchádzajúcej kapitoly je teplo záporné, ked’ unikázo systému). Túto vetu môžeme matematicky zapísat’ nasledovneVnútorná energia je pri ideálnych plynoch funkciou iba teplotydu = dq − da (10.1)du = c v dT (10.2)dU = mc v dT (10.3)kde c v je špecifická tepelná kapacita pri konštantnom objeme.Objemová práca vykonaná plynom pri zmene jeho objemu je určená vzt’ahomVzt’ah (10.1) možno prepísat’ na tvarda = pdv (10.4)dA = mpdv = pdV (10.5)dq = du + da = c v dT + pdv (10.6)dQ = dU + dA = mc v dT + pdV (10.7)Pre otvorené systémy sa spravidla používa vyjadrenie prvej vety termodynamickej pomocouentalpie I, resp.i, ktorá vyjadruje energiu otvoreného systému (vnútorná energia plus energiaprúdu) a je vyjadrená vzt’ahomdi = d(u + pv) =d(c v dT + RT )=c p dT (10.8)67

kde c p je špecifická tepelná kapacita pri konštantnom tlaku. Potom prvá veta termodynamickámá tvardq = di + da t = c p dT − vdp (10.9)dQ = dI + dA t = mc p dT − Vdp (10.10)kde a t resp. A t je technická prácaa t = −vdp (10.11)10.2 Základné zmeny stavu• Izochorický proces.Pri tejto zmene je objem konštantný, v =konšt., dv =0⇒ objemová práca sa nekoná.Rovnica procesu:p 2= T 2(10.12)p 1 T 1Prvý zákon termodynamiky:dq = du (10.13)q = u 2 − u 1 = c v (T 2 − T 1 ) (10.14)• Izobarický proces.Pri tejto zmene je tlak konštantný, p =konšt., dp =0⇒ technická práca sa nekoná.Rovnica procesu:v 2= T 2(10.15)v 1 T 1Prvý zákon termodynamiky:dq = di (10.16)q = i 2 − i 1 = c p (T 2 − T 1 ) (10.17)• Izotermický proces.Pri tejto zmene je teplota konštantná, T =konšt., dT =0⇒ vnútorná energia ani entalpiasa nemenia.Rovnica procesu:p 1 v 1 = p 2 v 2 (10.18)Prvý zákon termodynamiky:∫q = a t = a =dq = pdv = −vdp (10.19)∫ dvpdv = RTv = RT ln v 2= RT ln p 1= p 1 v 1 ln v 2(10.20)v 1 p 2 v 1• Adiabatický proces.Tento proces prebieha v tepelne izolovaných systémoch, t.j. teplo sa do systému neprivádzaani neodvádza.68

Rovnica procesu:pv κ = konšt. (10.21)Tento vzt’ah môže byt’ napísaný nasledovne( ) κp 2 v1=(10.22)p 1 v 2Prvý zákon termodynamiky:0=da + du (10.23)Odkial’ pre objemovú prácu môžeme písat’a = u 1 − u 2 = c v (T 1 − T 2 )=Rκ − 1 (T 1 − T 2 )=Rκ − 1 (p 1v 1 − p 2 v 2 )= (10.24)[= RT ( ) ] [κ−11 v11 −= RT ( ) κ −1]1 p2 κ1 −κ − 1 v 2 κ − 1 p 1Pre technickú prácu môžeme písat’∫p 2 ∫p 2[a t = − vdp = − v 1 p 1/κ dp1p = v κ1p 1/κ 1 1 −κ − 1p 1 p 1( ) κ −1]p2 κ= κa (10.25)p 1• Polytropický proces.Je to najobecnejší proces, ktorý prebieha v neizolovaných termodynamických systémoch.• Rovnica procesu:pv n = konšt. (10.26)n je polytropický exponent.Teplo vymenené medzi systémom a okolím sa vypočíta podl’a vzt’ahuq = c vκ − n1 − n (T 2 − T 1 )=c(T 2 − T 1 ) (10.27)kde c je polytropická špecifická tepelná kapacita.Objemová práca sa určí podl’a vzt’ahu (10.24), kde sa κ zamení za n.10.3 Riešené príkladyPríklad 51 V uzavretom priestore je 0, 6 m 3 vzduchu s tlakom 0, 5 MPa a teplotou 20 ◦ C. Akábude teplota a tlak vzduchu, ak odoberieme teplo 100 kJ. c v =0, 714 kJ/kgK, R = 288 J/kgK.Riešenie:Ked’že sa jedná o dej izochorický (dV =0), objemová práca konaná vzduchom je nulováA =0. Potom z prvého zákona termodynamiky vyplýva, že vnútorná energia systému sa zmenípráve o odobraté teploQ = △U = mc v (T 2 − T 1 )69

Hmotnost’ vzduchu sa určí zo stavovej rovnice ideálneho plynu - vzt’ah (9.8) pre počiatočnýstav vzduchup 1 V = mRT 1 ⇒ m = p 1V= 0, 5 × 106 · 0, 6=3, 55 kgRT 1 288 · 293, 15Potom pre teplotu T 2 môžeme písat’T 2 = T 1 +Q100 × 103= 293, 15 −mc v 3, 55 · 714 = 253, 69 ◦ K = −19, 45 ◦ CPre výpočet tlaku použijeme vzt’ah (10.12)T 2 253, 69p 2 = p 1 =0, 5T 1 293, 15=0, 43 MPaPríklad 52 O kol’ko sa posunie piest vo valci, ak 1kg vzduchu, ktorý je uzavretý vo valci podtlakom 0, 5 MPa, dodáme teplo 100 kJ. Ohrev je pri konštantnom tlaku, priemer valca je 500mm, počiatočná teplota je 20 ◦ C, c p =1, 01 kJ/kgK, R=288 J/kgK.Riešenie:Ked’že je dej uskutočňovaný pri konštantnom tlaku (izobarický proces), technická práca jerovná nule. Potom prvú vetu termodynamickú môžeme písat’ v upravenom tvare (10.10)Q = △I = mc p △Todkial’ dostávame, že rozdiel teplôt pred dejom a po vykonaní deja bude△T = mc pQ=1 · 1, 01 × 103100 × 10 3 =99 ◦ C =99 ◦ KSamotné posunutie piestu určíme z rozdielu objemov pred dejom a po deji.• Objem pred dejom.Teplota T 1 :T 1 = 273, 15 + 20 = 293, 15 ◦ KObjem V 1 :V 1 = mRT 1p=1 · 288 · 293, 150, 5 × 10 6 =0, 168 m 3• Objem po deji.Teplota T 2 :T 2 = T 1 + △T = 293, 15 + 99 = 392, 15 ◦ KObjem V 2 :V 2 = mRT 2p=1 · 288 · 392, 150, 5 × 10 6 =0, 225 m 3• Samotné posunutie piesta.△V = V 2 − V 1 = πd24 △L ⇒△L = (V 2 − V 1 )4πd 20, 057 · 4△L = =0, 294 mπ · 0, 5 270

Príklad 53 Vypočítajte príkon motora odstredivého čerpadla parného kotla, ktoré zvyšuje v140 t/h vody tlak z 0, 3 MPa na 7 MPa. Účinnost’ čerpadla je 75%.Riešenie:Vodu považujeme za kvázi nestlačitel’nú a preto tu môžeme použit’ vzt’ahy pre izochorickýdej.Výkon čerpadla sa určí pomocou technickej prácekde ˚m je prietokové množstvo.Pč =˚ma t˚m = 140 t/h =140 × 1033600=38, 89 kg/sPre technickú prácu a t platí vzt’ah (10.11)∫p 2a t = − vdp = v (p 1 − p 2 )= 1 ρ (p 1 − p 2 )= 1 (0, 3 × 10 6 − 7 × 10 6) = −6700 J/kg1000p 1Opačné znamienko hovorí o tom, že prácu treba do systému dodat’.Potom výkon čerpadla jePč =38, 89 · (−6700) = −260563 WPríkon motora je oproti výkonu čerpadla znížený o stratyP t,m = P čηč= − 2605630, 75= −347417 W = −347, 4 kWPríklad 54 Turbokompresor nasáva 129, 74 m 3 /h vzduchu pri tlaku 0, 096 MPa a teplote 20 ◦ C,ktorý izotermicky stláča na tlak 0, 34 MPa. Vypočítajte hmotnost’ vzduchu dodávaného do sieteza hodinu, objem po stlačení za hodinu a výkon pohonného motora, ak účinnost’ kompresora je65%. R vzduch = 288 J/kgK.Riešenie:• Hmotnost’ stlačeného vzduchu za hodinu.Pri výpočte hmotnosti stlačeného vzduchu sa vychádza zo stavovej rovnice ideálnehoplynu.p 1˚V1 =˚mRT 1 ⇒ ˚m = p 1˚V 1= 0, 096 × 106 · 129, 74/3600=0, 0409 kg/s = 147, 52 kg/hRT 1 288 · 293, 15• Objem po stlačení za hodinu.Pre izotermický dej platí vzt’ah (10.18)p 1˚V1 = p 2˚V2 ⇒ ˚V 2 = ˚V p 1 0, 0961 = 129, 74p 2 0, 34 =36, 63 m3 /h71

• Výkon pohonného motora.Na výpočet výkonu kompresora použijeme vzt’ah (10.19)P k = Åt = −p 1˚V1 ln p 2= −0, 096 × 10 6 0, 34· 129, 74/3600 lnp 1 0, 096 = −4375 WOdkial’ pre výkon pohonného motora dostávameP m = P kη = −4375 0, 65 = −6731 WPríklad 55 Zadanie je to isté ako v príklade 54, ale dej je adiabatický κ =1, 4.Riešenie:• Hmotnost’ stlačeného vzduchu za hodinu - vypočíta sa tak isto ako v príklade 54.• Objem po stlačení za hodinu.Pre adiabatický dej platí vzt’ah (10.21)p 1 κ1 ˚V1 = p 1 κ2 ˚V2 ⇒ ˚V 2 = ˚V 1(p1p 2) 1p 1˚V1 =˚mRT 1 ⇒ ˚m = 147, 52 kg/h(κ 0, 096= 129, 740, 34• Výkon pohonného motora.Na výpočet výkonu kompresora použijeme vzt’ah (10.25)[ ( ) κ −1]P k = Åt = ˚V κ p2 κ1 p 1 1 −=κ − 1 p 1= 129, 74/3600 · 0, 096 × 10 6 ·Odkial’ pre výkon pohonného motora dostávame10.4 Neriešené príklady[ (1, 4 0, 341 −1, 4 − 1 0, 096P m = P kη = −5270 0, 65 = −8107, 7 W) 11,4=52, 58 m 3 /h) 0,4]1,4= −5270 WPríklad 56 Aké množstvo tepla sa dodalo 6, 2 kg vzduchu v uzavretom valci, ak jeho teplotastúpla z 10 na 52 ◦ C a vykonal pritom pohybom piesta vonkajšiu prácu 185 kJ? (c v =0, 71kJ/kgK)Príklad 57 Aká je teplota 0, 42 kg vodíka, ktorý bol skomprimovaný v uzavretom valci prácou400 kJ, pričom sa chladením odobralo teplo 150 kJ? Teplota vodíka pred kompresiou bola 20◦ C, c v =10, 11 kJ/kgK.Príklad 58 Vo valci s priemerom 400 mm je 80 litrov vzduchu pri tlaku 0, 3 MPa a teplote 15◦ C. Akou silou treba pôsobit’ na piest uzatvárajúci valec, aby sa piest nepohol, ak privediemevzduchu teplo 83 kJ? (c v =0, 71 kJ/kgK)72

Kapitola 11Termodynamika pár11.1 Základné pojmyStavy kvapaliny zohriatej na bod varu pre rozličné tlaky nazývame l’avou (dolnou) medznoukrivkou (x =0) alebo krivkou sýtej kvapaliny.Sýta para je para, ktorá je pri teplote varu v termodynamickej rovnováhe so sýtou kvapalinou.Spojnicu bodov sýtej pary pre rôzne tlaky nazývame pravou (hornou) medznou krivkou(x =1) alebo krivkou sýtej pary.Mokrá para je rovnovážna zmes sýtej kvapaliny a sýtej pary - je to oblast’ medzi medznýmikrivkami.Prehriata para sa získa ohrevom sýtej pary.TKvapalinaKrivka s teplotoubodu varu (dolnámedzná krivka)KritickýbodPrehriataparaKrivka sýtejpary (hornámedzná krivka)x=0T=konšt.p=konšt.Mokráparax=1Ohrev, resp.ochladzovaniesObrázok 11.1: T − s diagram pary s medznými krivkami11.2 Riešené príkladyPríklad 59 Treba určit’, na aký tlak treba zoškrtit’ vstupné parametre pary ˚m =0, 694 kg/s,tlak p 1 =10MPa a teplotu t 1 = 500 ◦ C, ak výkon turbíny má byt’ 500 kW a výstupný tlak zturbíny má byt’ p 3 =0, 1 MPa - obrázok 11.2. Predpokladajte izoentropickú zmenu a úlohuriešte pomocou i − s diagramu.73

Škrtenie - izoentalpickázmenamp t p2 , t2, 1 , 11 2P tTurbína - adiabatická(izoentropická) zmenap 33Obrázok 11.2: Príklad 59 - zadanieRiešenie:Pracovný bod 1 je v i − s diagrame jednoznačne určený teplotou t 1 a tlakom p 1 - obrázok11.3.ii 1=i 2p 1 = 10MPa1 t 1= 500°C2t 2i 23p 3= 01 , MPai 3p 23Obrázok 11.3: Príklad 59 -určenie pracovných bodov v i − s diagramesŠkrtenie turbíny je izoentalpický dej (di =0), ktorým sa znižujú parametre pary - tlak p ateplota t, pričom sa znižuje výkon turbíny.Pre výkon turbíny platí vzt’ahP t =˚ma t =˚m (i 2 − i 3 )=˚m △ i 23 ⇒△i 23 = P t˚mTakže pre náš výkon P t = 500 kW a hmotnostný prietok ˚m = 0, 694 kg/s dostávameentalpický spád△i 23 = 500 = 720, 46 kJ/kg0, 694Ked’že škrtenie je dej izoentalpický, platíi 1 = i 274

Z i − s diagramu pre parametre bodu 1 - tlak p 1 =10MPa a teplotu t 1 = 500 ◦ Codčítameentalpiu: i 1 = i 2 = 3380 kJ/kg a určíme entalpiu v bode 3i 3 = i 2 −△i 23 = 3420 − 720, 46 = 2699, 53 kJ/kg ⊜ 2700 kJ/kgPracovný bod 3 je už teraz jednoznačne určený tlakom na výstupe z turbíny p 3 a entalpiouna výstupe i 3 .Ked’že turbína pracuje adiabaticky, dej medzi bodmi 2 a 3 je izoentropický a škrtenie,ktoré sa nachádza medzi pracovnými bodmi 1 a 2 je izoentalpický dej, potom pracovný bod2 dostaneme v i − s diagrame ako priesečník horizontálnej čiary - izoentalpa - z bodu 1 a vertikálnejčiary - izoentropa - z bodu 3. Odčítané hodnoty bodu 2, na ktoré sa majú zoškrtit’vstupné parametre pary, sú teplota t 2 = 455 ◦ C a tlak p 2 =1, 75 MPa.Príklad 60 Do redukčnej stanice vstupuje ˚m p =5t/h pary o tlaku 1 MPa a teplote 200 ◦ C. Navýstupe z redukčnej stanice (za chladičom) má byt’ tlak 0, 3 MPa a teplota 150 ◦ C. Vypočítajtepotrebné množstvo vstrekovanej vody ˚m v , ak jej teplota je t v = 100 ◦ C, c v = 4, 2 kJ/kgK.Použite i − s diagram, v ktorom zakreslite proces 1-2 (škrtenie) a 2-3 (izobarické chladenie).Škrtenie -izoentalpická zmenam v=?m, p t1p 1 ,p t2 , 21 2 3p t 3 , 3Redukèná stanicaChladièObrázok 11.4: Príklad 60 - zadanieRiešenie:Redukčná stanica slúži na zníženie tlaku a teploty pary. Tlak pary sa zníži škrtením (di =0)a teplota pary sa zníži izobarickým vstreknutím vody, ktorá sa premení na paru. Vstreknutá vodav chladiči sa premení na paru s rovnakými parametrami ako má para na výstupe z redukčnejstanice.Pri určovaní potrebného množstva vody, ktoré ma byt’ vstreknuté do chladiča budeme vychádzat’z energetickej bilancie, t.j., že entalpia na výstupe sa rovná súčtu vstupujúcich entalpiído chladiča˚m 3 i 3 =˚m p i 2 +˚m v i vkde ˚m 3 je množstvo pary na výstupe a je rovné ˚m 3 =˚m p +˚m v .Entalpia pary na vstupe do chladiča i 2 sa rovná entalpii na vstupe do redukčnej stanicei 1 , ktorú určíme pomocou i − s diagramu zo známych hodnôt p 1 a t 1 ,odčítaná hodnota jei 2 = i 1 = 2840 kJ/kg.Obdobne určíme aj entalpiu i 3 na výstupe z chladiča i 3 = 2770 kJ/kg - obrázok 11.5.Entalpia vstrekovanej vody sa určí pomocou vzt’ahu i v = c v t v =4, 2 · 100 = 420 kJ/kg.Potom pre hl’adané množstvo vstrekovanej vody dostávamei 1 − i 3 2840 − 2770˚m v =˚m p = 5000 = 148, 94 kg/hi 3 − i v 2770 − 42075

ip 1= 1MPat 1 =2 00°C1i 1 =i 22i3t3 3 =2 00°Cp 3= 03 , MPaObrázok 11.5: Príklad 60 -určenie pracovných bodov v i − s diagramesPríklad 61 Do prehrievača pary prúdi ˚m =10kg/s mokrej pary tlaku p 1 =1MPa a suchostix =0, 9. V prehrievači sa para prehreje na t 2 = 300 ◦ C. Prehrievanie prebieha pri konštantnomtlaku. Vypočítajte potrebný tepelný výkon P Q , ktorý je potrebný. Využite i − s diagram.mp 1xp=konšt.t 2P Q=?Obrázok 11.6: Príklad 61 - zadanieRiešenie:Ked’že tlak je pri procese konštantný, pre tepelný výkon dostávame jednoduchý vzt’ahP Q =△ ˚I =˚m (i 2 − i 1 )Z i − s diagramu pre vstupné parametre - tlak p 1 a suchost’ x odčítame entalpiu i 1 = 2580kJ/kg - obrázok 11.7. Entalpiu na konci deja odčítame z i − s diagramu tak, že vychádzame zpracovného bodu 1 a pokračujeme po krivke konštantného tlaku (izobare) až sa pretne s izotermous teplotou t 2 = 300 ◦ C. Ich priesečník je hl’adaný pracovný bod 2 a jeho entalpia jei 2 = 3050 kJ/kg. Potom hl’adaný tepelný výkon má hodnotuP Q = 10 (3050 − 2580) = 4700 kW =4, 7 MW76

ip 1 = 1MPai 22t 2=3 00°Ci 11x=1x=0,9Obrázok 11.7: Príklad 61 -určenie pracovných bodov v i − s diagrames11.3 Neriešené príkladyPríklad 62 Pri izotermickom stláčaní 1 kg prehriatej pary, ktorá má počiatočné parametrep 1 =0, 3 MPa a t 1 = 300 ◦ C, odvádza sa 420 kJ tepla. Aký je tlak na konci stlačenia, o kol’kosa zmenila vnútorná energia pary a práca potrebná na stlačenie pary? Úlohu riešte pomocoui − s diagramu.Príklad 63 V parnej turbíne výkonu 25 MW prebieha nevratná adiabatická expanzia pary.Vstupné parametre pary do turbíny sú p 1 =5MPa, t 1 = 400 ◦ C a na výstupe bol nameranýtlak p 2 =5kPa a suchost’ x 2 =0, 85. Zmenu kinetickej a potenciálnej energie prúdupary neuvažujte. Určite špecifickú prácu turbíny skutočnú aj teoretickú, hmotnostný tok paryturbínou a termodynamickú účinnost’ parnej turbíny.Príklad 64 Vypočítajte, ako sa zmenší merná technická práca, ktorú vykoná vodná para vparnej turbíne, ked’ sa pri čiastočnom zat’ažení bude izolovane škrtit’ z pôvodného stavu 10MPa, 550 ◦ C na tlak 2 MPa. Termodynamickú účinnost’ expanzie uvažujte v obidvoch prípadoch80 %, tlak v kondenzátore (na výstupe z turbíny) je 5 MPa.77

Kapitola 12Clausius - Rankinov obeh12.1 Základné pojmyClausius - Rankinov parný obeh je porovnávací obeh pre parné elektrárenské obehy s týmitozákladnými zariadeniami: parný kotol, prehrievač, parná turbína, kondenzátor, kondenzátnečerpadlo, napájačka a predhrievač teplej vody (ekonomizér) - obrázok 65.12.2 Riešené príkladyPríklad 65 V elektrárni treba nainštalovat’ kondenzačnú turbínu, ktorá je zapojená do základnéhoRankinovho obehu. Požadovaný výkon turbíny je 100 MW, vstupné parametre pary sú:8 MPa a 500 ◦ C, tlak v kondenzátore 4 kPa, vnútorná termodynamická účinnost’ η tdi =0, 78.Vypočítajte pomocou i − s diagramu:1. prietok pary turbínou2. množstvo paliva, ktoré treba spálit’ v kotli na výrobu množstva pary vypočítaného v bode1, ak výhrevnost’ paliva je q pal = 15000 kJ/kg a účinnost’ kotla je 84 %3. množstvo chladiacej vody pre kondenzáciu, ak oteplenie vody v kondenzátore je 10 ◦ K(c H2 O =4, 2 kJ/kgK)4. tepelnú účinnost’ obehu (termickú).Riešenie:1. Prietok pary turbínou.Pre výkon turbíny platí vzt’ahP t =˚m p a tkde ˚m p je prietokové množstvo pary a a t je technická práce 1 kg pary.Ked’že dej medzi bodmi 1 a 2 je adiabatická expanzia, t.j. pre ideálny dej izoentropická,potom môžeme tento vzt’ah prepísat’ nasledovneP t =˚m p (i 1 − i 2 ) ⇒ ˚m p =P t(i 1 − i 2 )Entalpia i 1 sa určí z i − s diagramu na základe parametrov v pracovnom bode 1: p 1 =8MPa, t 1 = 500 ◦ C ⇒ i 1 = 3400 kJ/kg - obrázok 12.279

11Q 1{Prehrievaè1aPKotolG4aEkonomizérKondenzátorP t2, 2’Turbínaadiabatická zmenaQ 243KondenzátneèerpadloObrázok 12.1: Príklad 65 - Clausius-Rankinov obehEntalpia i 2 sa určí z podmienky izontropického deja z bodu 1 do bodu 2, pričom v bode2 je tlak rovný tlaku v kondenzátore p 2 =4kPa, lebo kondenzácia je dej izobarický ajizotermický, i 2 = 2020 kJ/kg.Potom ideálne množstvo pary, potrebné na dosiahnutie požadovaného výkonu je˚m p =100 × 103=72, 46 kg/s = 260, 86 t/h(3400 − 2020)V skutočnosti expanzia v turbíne neprebieha z bodu 1 do bodu 2 ale do bodu 2 ′ -jetoskutočný nevratný neizoentropický dej, pričom pre vnútornú termodynamickú účinnost’turbíny platí vzt’ahη tdi = A t,skutA t,vrat= i 1 − i ′ 2i 1 − i 2⇒ i ′ 2 = i 1 − [η tdi (i 1 − i 2 )]Potom skutočný prietok pary musí byt’i ′ 2= 3400 − [0, 78 (3400 − 2020)] = 2323, 6 kJ/kg˚m p,skut =P ti 1 − i ′ 2=100 × 10 3=92, 90 kg/s = 334, 44 t/h(3400 − 2323, 6)2. Množstvo paliva pre kotol.Dodávka tepla do kotla sa uskutočňuje za konštantného tlaku, teda technická práca jenulová. Potom môžeme písat’˚Q 1 = △˚I 41 =˚m p (i 1 − i 4 )teda všetko dodané teplo sa spotrebuje na zmenu entalpie medzi pracovnými bodmi 4 a1.Pre tepelný výkon kotla platíP Q1 = ˚Q 1 =˚m pal q pal η kotol80

i1p 1= 8MPat 1= 500°Ci 1p 2= 4kPat = t 3= t = t‘=30°C4 2 2i‘2i 2 2‘2sObrázok 12.2: Príklad 65 - využitie i − s diagramu pri určovaní pracovných bodov 1, 2 a 2’kde ˚m pal je hl’adané množstvo paliva, q pal je výhrevnost’ paliva a η kotol je účinnost’ kotla.Pre zmenu entalpie medzi bodmi 4 a 1 môžeme písat’△˚I 41 =˚m p,skut (i 1 − i 4 )Hl’adané množstvo paliva dostaneme nasledovne˚m pal =˚m p,skut(i 1 − i 4 )q pal η kotolEntalpia i 4 : v bode 4 sa nachádza kvapalina s teplotou t 4 a tepelnou kapacitou c H2 O =4, 2kJ/kgK, pre entalpiu kvapaliny v bode 4 platí i 4 = c H2 Ot 4 . Ked’že teplota kvapaliny sav čerpadle nemení, platí t 4 ⊜ t 3 . Teplota t 3 je teplota kvapaliny na konci kondenzácie,ktorá ale prebieha pri konštantnej teplote, teda t 4 = t 3 = t ′ 2 = t 2 . Z i − s diagramudostávame t 4 =30 ◦ C, a teda i 4 =4, 2 · 30 = 126 kJ/kg (ked’že v bode 3 je takistokvapalina s rovnakými parametrami, platí i 3 = i 4 ).Entalpia i 1 : i 1 = 3400 kJ/kg - vid’. bod 1(3400 − 126)˚m pal =92, 9015 × 10 3 · 0, 84=24, 14 kg/s =86, 9 t/h3. Množstvo chladiacej vody pre kondenzáciu.Kondenzácia prebieha pri konštantnom tlaku, takže platí vzt’ah˚Q 2 = △˚I 2 ′ 3Ked’že sa teplo ˚Q 2 odoberá, bude so znamienkom −.−˚m p,skut (i 3 − i ′ 2 )=˚m chladH 2 Oc H2 O△t chladH2 O ⇒⇒ ˚m chladH2 O =˚m p,skut(i ′ 2 − i 3)c H2 O△t chladH2 O81(2323, 6 − 126)=92, 90 = 4860, 88 kg/s (l/s)4, 2 · 10

4. Tepelná účinnost’ obehu.η t =1− q 2=1− (i′ 2 − i 3)q 1 (i 1 − i 4 )=1−(2323, 6 − 126)(3400 − 126)=0, 33Príklad 66 Jadrová elektráreň výkonu 440 MW (za generátorom) pracuje podl’a Clausius -Rankinovho obehu s medziprehrevom pary. Vstupné parametre pary: p 1 = 4, 36 MPa at 1 = 255 ◦ C. Tlak v kondenzátore je 7 kPa. Vnútorná termodynamická účinnost’ turbíny je:vysokotlaký stupeň η VT = 0, 81 a nízkotlaký stupeň η NT = 0, 85. Mechanická účinnost’ aúčinnost’ generátora je η m · η g =0, 97. Medziprehrev prebieha pri tlaku 0, 44 MPa, para saprehrieva na 210 ◦ C. Vypočítajte:1. spotrebu pary ṁ p2. tepelný výkon sekundárneho obehu3. tepelnú účinnost’ obehu.3JadrovýreaktorQ 11Výmenníktepla2, 2’VTNTP tGGeGenerátor4, 4’Kondenzátor Q 26Kondenzátneèerpadlo5Obrázok 12.3: Príklad 66 - Rankinov obeh s medziprehrevom paryRiešenie:1. Spotreba pary.Pri výpočte potrebného množstva pary potrebujeme poznat’ výkon za turbínou, t.j. predgenerátorom P tG - bod G. Tento výkon určíme pomocou vzt’ahuη m η g = P tP tG⇒ P tG =kde P tG je výkon pred generátorom - bod G.82P tη m η g

ip 1 =, 436MPap 3 =p 2 =0, 44MPat 1= 255°Ci 33t 3 = 210°Ci 1 1p 5 =p 4 = 7kPat = t = 38°C6 5i‘22‘i i 2 24i ‘ 4 ‘44sObrázok 12.4: Príklad 66 - využitie i−s diagramu pri určovaní jednotlivých pracovných bodovPre výkon v bode G obecne platí (jedná sa o adiabatické expanzie na turbínach)a teda pre hl’adané množstvo pary platíP tG =˚m p a t,skut˚m p =P tGa t,skutKed’že sa jedná o dvojstupňový systém, celková technická práca jedného kg pary konátechnickú prácu, ktorá je daná súčtom technických prác vysokotlakého stupňa turbíny(VT) a nízkotlakého stupňa turbíny (NT)a t,skut = a tV T,skut + a tNT,skutMedzi skutočnou technickou prácou (nevratnou, neizoentropickou) a ideálnou technickouprácou (vratnou, izoentropickou) VT stupňa turbíny a NT stupňa turbíny platia vzt’ahya tV T,vrat určíme pomocou vzt’ahuη VT = a tV T,skuta tV T,vratη NT = a tNT,skuta tNT,vrata tV T,vrat =(i 1 − i 2 )kde i 1 a i 2 určíme z i − s diagramu. Z hodnôt p 1 =4, 36 MPa a t 1 = 255 ◦ Curčíme i 1 :i 1 = 2800 kJ/kg. Pracovný bod 2 určíme ako priesečník izoentropy z bodu 1 a izobarou shodnotou p 3 = p 2 =0, 44 MPa (vo výmenníku tepla prebieha izobarický dej): i 2 = 2400kJ/kg - obrázok 12.4.a tNT,vrat určíme pomocou vzt’ahua tNT,vrat =(i 3 − i 4 )83

kde i 3 a i 4 opät’ určíme z i − s diagramu. Pre pracovný bod poznáme teplotu prehriatiapary t 3 = 210 ◦ C a tlak p 3 =0, 44 MPa: i 3 = 2880 kJ/kg. Pracovný bod 4 určíme akopriesečník izoentropy z bodu 3 a izobary s hodnotou p 5 = p 4 =7kPa (kondenzácia jedej izobarický a zároveň izotermický): i 4 = 2240 kJ/kg.Dosadením za jednotlivé vzt’ahy príslušné výrazy dostávame pre spotrebu pary˚m p ==P tη m η g (η VT a tV T,vrat + η NT a tNT,vrat ) =440 × 10 30, 97 [0, 81 (2800 − 2400) + 0, 85 (2880 − 2240)]P tη m η g [η VT (i 1 − i 2 )+η NT (i 3 − i 4 )] == 522, 59 kg/s = 1881, 32 t/h2. Tepelný výkon sekundárneho obehu.Pre tepelný výkon platí vzt’ahP Q1 = ˚Q 1 =˚m p (q pV T + q pNT )Pre dodané teplo jednému kg pary VT stupňa turbíny dostávameq pV T = i 1 − i 6Hodnota entalpie v bode 6 za čerpadlom sa rovná hodnote entalpie pred čerpadlo v bodei 5 , kde sa nachádza voda s teplotou, ktorú odčítame z i − s diagramu na základe známehotlaku p 5 =7kPa. Odčítaná hodnota teploty je t 6 = t 5 =38 ◦ C. Potom entalpia vody stakouto teplotou jei 6 = c H2 Ot 6 =4, 2 · 38 = 159, 6 kJ/kgPre dodané teplo jednému kg pary NT stupňa turbíny dostávameq pNT = i 3 − i ′ 2Skutočnú entalpiu v bode 2 ′ určíme pomocou vnútornej termodynamickej účinnosti VTstupňa turbínyη VT = a tV T,skut= (i 1 − i ′ 2 )a tV T,vrat (i 1 − i 2 ) ⇒ i′ 2 = i 1 − η VT (i 1 − i 2 )i ′ 2 = 2800 − 0, 81 (2800 − 2400) = 2476 kJ/kgDosadením za jednotlivé vzt’ahy príslušné výrazy dostávame pre tepelný výkon sekundárnehoobehuP Q1 = ˚Q 1 = 522, 59 [(2800 − 159, 6) + (2880 − 2476)] × 10 3 = 1590 MW3. Tepelná účinnost’ obehu.Tepelná účinnost’ obehu je definovanáη t = P t= 440 =0, 276P Q1 159084

12.3 Neriešené príkladyPríklad 67 Parný Rankinov obeh pracuje medzi tlakmi 10 MPa a 4 kPa, vstupná teplota je 500◦ C. Vypočítajte tepelnú účinnost’ obehu a porovnajte ju s účinnost’ou Carnotovho obehu, ktorýpracuje medzi rovnakými teplotami. Expanzie sú adiabatické vratné.Príklad 68 Ako sa mení tepelná účinnost’ Rankinovho obehu od meniacej sa teploty vstupnejpary 300, 400, 500 a 600 ◦ C pri rovnakom tlaku 3 MPa? Tlak v kondenzátore je 0, 01 MPa aexpanzie sú adiabatické vratné.Príklad 69 V turbíne kondenzačnej jadrovej elektrárne expanduje sýta para z tlaku 4 MPa natlak 20 kPa s vnútornou termodynamickou účinnost’ou 0, 82. Treba určit’:1. množstvo pary, ak turbína má mat’ výkon 440 MW2. tepelný výkon parogenerátora a prietočné množstvo vody parogenerátorom (primárnej),ak vstupná teplota vody do PG je 300 ◦ C a výstupná voda z PG je 270 ◦ C. Merné teplovody v rozsahu 270 - 300 ◦ Cje5, 2 kJ/kgK a v rozsahu teplôt 20 - 100 ◦ Cje4, 2 kJ/kgK3. tepelnú účinnost’ obehu.85

Čast’ IIIHydromechanika87

Kapitola 13Hydrostatický tlak, jeho meranie a výpočet13.1 Základné pojmy• Súčinitel’ teplotnej rozt’ažnosti β t je definovaný nasledovneβ t = 1 dVV 0 dt [K−1 ] (13.1)kde V 0 je počiatočný objem a t je teplota. Potom pre objem V môžeme písat’V = V 0 + △V = V 0 + β t V 0 (t − t 0 ) (13.2)• Súčinitel’ objemovej stlačitel’nosti β p je definovaný nasledovneβ p = − 1 dVV 0 dp [Pa−1 ] (13.3)kde p je tlak. Pre objem V môžeme písat’V = V 0 −△V = V 0 − β p V 0 (p − p 0 ) (13.4)β t [K −1 ] β p [Pa −1 ]H 2 O 2, 8 × 10 −4 4, 85 × 10 −10olej 1 × 10 −3 4, 58 × 10 −10• Tlak.Meria sa tlakomermi. Môžu byt’ kvapalinové, trubicové, membránové,... Merajú rozdielmedzi tlakom meraného média (absolútnym tlakom) a tlakom okolitého prostredia (atmosferickýmtlakom). Ak meraný tlak je väčší ako atmosferický tlak, prístroj ukazujepretlak a prístroje na meranie pretlaku sa nazývajú manometre. Ak meraný tlak je nižšíako atmosferický, prístroj ukazuje podtlak a prístroje na meranie podtlaku sa nazývajúvákuometre.- Pretlak - ak tlak plynu je väčší ako atmosferický (p abs >p bar ), je udaný výrazomp abs = p bar + p pretlak = p bar + ρqh (13.5)kde p abs je absolútny tlak, ktorý sa rovná súčtu tlakov barometrického p bar a pretlakup pretlak , ρ je hustota meracej látky, h je vertikálna vzdialenost’ uvažovaného miesta odhladiny, na ktorú pôsobí barometrický tlak p bar - obrázok 13.2.- Podtlak - ak tlak plynu je menší ako atmosferický (p abs

13.2 Riešené príkladyPríklad 70 Aká vel’ká musí byt’ expanzná nádrž kruhového prierezu - obrázok 13.1, aby pojalaprebytočnú vodu pri zmene teploty o △t =60 ◦ C. V systéme je V 0 =6m 3 vody, d =0, 5 m.HV 0dHObrázok 13.1: Príklad 70 - zadanieRiešenie:Pre celkový objem expanznej nádrže platí vzt’ah (13.2)V = V 0 + β t V 0 △ t = πd24 H ⇒ H = 4πd (V 2 0 + β t V 0 △ t)Celková výška expanznej nádrže H musí byt’H = 4 (6+2, 8 × 10−4 · 6 · 60 ) =31, 07 mπ0, 5 2pričom△H = 4πd β tV 2 0 △ t = 4π0, 5 2, 8 × 2 10−4 · 6 · 60 = 0, 51 mZväčšenie objemu Θ jeΘ= △VV 0100% =△HH −△H 100% = 0, 51100% = 1, 67 %31, 07 − 0, 51Príklad 71 Aký prírastok tlaku by vznikol v systéme z predošlej úlohy (príklad 70), ak by bolnavrhnutý bez expanznej nádoby.Riešenie:Tu musíme uvažovat’ prípad, kedy by sme nami vypočítaný objem z predošlého príkladumuseli stlačit’ na objem 6 m 3 , t.j. V =6m 3 a objem V 0 odpovedá výške H. Tento prípadpopisuje vzt’ah (13.4)△V = β p V 0 △ p ⇒△p = △V = △Hβ p V 0 β p H = 0, 51=33, 84 MPa4, 85 × 10 −10 · 31, 0790

phManometerrObrázok 13.2: Príklad 72 - zadaniePríklad 72 Určite tlak plynu v potrubí, ak h = 200 mm, ρ = 13600 kg/m 3 (Hg) - obrázok 13.2.Riešenie:Tlak v potrubí (pretlak oproti okoliu) sa určí podl’a vzt’ahu (13.5)p = ρgh = 13600 · 9, 81 · 0, 2=26, 68 kPaAk by sme uvažovali s barometrickým tlakom p bar = 100 kPa, potom v potrubí je absolútnytlakp abs = p bar + p = 100 + 26, 68 = 126, 68 kPaPríklad 73 Vo valcovej nádobe s priemerom d = 300 mm je voda a olej - obrázok 13.3. Vypočítajteobjem vody a oleja s hustotami: olej ρ o = 900 kg/m 3 a voda ρ v = 1000 kg/m 3 akh =1, 8 mah 1 =1, 65 m.hh oOlejHO 2h 1h vObrázok 13.3: Príklad 73 - zadanieRiešenie:Na dno valcovej nádoby pôsobí tlak od vody aj olejap =(ρ o h o + ρ v h v ) g91

Tento tlak sa ale zároveň musí rovnat’ tlaku vodného stĺpca v trubicip = ρ v h 1 gSpojením týchto dvoch rovníc a využitím výrazu h = h o + h v dostávameρ v h 1 = ρ o (h − h v )+ρ v h vh v = ρ vh 1 − ρ o h 1000 · 1, 65 − 900 · 1, 8=ρ v − ρ o 1000 − 900=0, 3 mObjem vodyObjem olejaV v = πd24 h v =V o = πd24 (h − h v)=π0, 320, 3=21, 2 × 10 −3 m 34π0, 321, 5 = 106 × 10 −3 m 3413.3 Neriešené príkladyPríklad 74 Aký podtlak meria vákuometer, ak dĺžka liehového stĺpca - obrázok 13.4 je l = 245mm a uhol sklonu trubice je α =30 ◦ ? Hustota liehu je ϱ = 800 kg/m 3 .podtlaklLiehaObrázok 13.4: Príklad 74 - zadaniePríklad 75 Aká vysoká musí byt’ expanzná nádrž ústredného kúrenia kruhového prierezu, abypojala prebytočnú vodu pri zohriatí celého systému z 10 ◦ Cna90 ◦ C pričom počiatočný objemvody v systéme je 2 m 3 .Príklad 76 Vypočítajte, ako sa zvýši tlak v systéme ústredného kúrenia z príkladu 75, akbudeuzavretý bez expanznej nádoby.92

Kapitola 14Rovnica kontinuity - dimenzovaniepotrubí, Bernoulliho rovnica, hydraulickéstraty14.1 Základné pojmy• Rovnica kontinuity - vyjadruje zákon zachovania hmoty pri prúdení tekutiny, teda platívšeobecne aj pre plyny.r 2S 2w 1r 1S 1w 2Obrázok 14.1: Rovnica kontinuityHmotnostný prietok v priereze 1Hmotnostný prietok v priereze 2Q m1 = S 1 w 1 ρ 1 [kg/s] (14.1)Q m2 = S 2 w 2 ρ 2 [kg/s] (14.2)Rovnica kontinuity konštatuje, že hmotnostné prietoky v oboch prierezoch musia byt’rovnakéS 1 w 1 ρ 1 = S 2 w 2 ρ 2 (14.3)Pri kvapalinách sa spravidla hustota nemení a potom rovnica (14.3) mátvarTáto rovnica vyjadruje rovnost’ objemových prietokov.S 1 w 1 = S 2 w 2 (14.4)93

• Bernoulliho rovnica - vyjadruje zákon zachovania energie pri prúdení kvapaliny a je tonajdôležitejšia rovnica hydrodynamiky. Pre ideálny stav môžeme pre celkovú mernú energiupísat’e = gz + p ρ + w2= konštanta [J/kg] (14.5)2kde gz predstavuje tiažovú zložku energie (potenciálnu), p/ρ - tlakovú zložku energie aw 2 /2 - kinetickú zložku energie.Často sa Bernoulliho rovnica vyjadruje v tlakochρgz + p + ρ w22 = konštanta [N/m2 ] (14.6)alebo vo výškachz + pρg + w2= konštanta [m] (14.7)2g• Hydraulické straty - ako už bolo spomenuté, Bernoulliho rovnica (14.5) platí pre ideálnystav. V skutočnosti pri prúdení vznikajú straty, ktoré sú spôsobené hydraulickými odpormi.Taktiež ich môžeme písat’ v tvare energetickom, tlakovom alebo výškovom. Najčastejšiesa píšu v tvare výškovom.Hydraulické straty h s rozdel’ujeme na:– miestne h m : miestne straty sú spôsobené napr. vtokom, výtokom, kolenom, náhlouzmenou prierezu, vo všeobecnosti všetkými miestnymi odpormi, zaradenými v potrubíh m = ξ w2[m] (14.8)2gkde ξ je súčinitel’ miestnej straty, ktorý sa určuje experimentálne.– dĺžkové h d : sú spôsobené vzájomným trením jednotlivých vrstiev kvapaliny v potrubípriemeru d adĺžky lh d = λ l w 2[m] (14.9)d 2gkde λ je súčinitel’ strát trením a jeho vel’kost’ závisí od typu prúdenia.Ak je prúdenie laminárneλ = 64(14.10)ReAk je prúdenie turbulentné a steny potrubia sú hladkéλ =0, 31644√Re(14.11)Pre drsné potrubia vystupuje vo vzt’ahu pre λ aj relatívna drsnost’.Re predstavuje Reynoldsovo číslo, pre ktoré pre kruhové potrubie priemeru d a kinematickejviskozity kvapaliny ν, ktorá prúdi rýchlost’ou w, platí vzt’ahRe = wd(14.12)νNa posúdenie typu prúdenia sa využíva kritické Reynoldsovo číslo Re krit = 2320Re < Re kritRe > Re kritRe ≫ Re kritprúdenie je laminárnelaminárne prúdenie prechádza v turbulentné (zmiešané prúdenie)Re je rádovo 10 4 - prúdenie je určite turbulentné94

14.2 Riešené príkladyPríklad 77 Vypočítajte priemery sacieho (d 1 ) a výtlačného (d 2 ) kruhového potrubia čerpadla,ak poznáme: ˚m =72t/h, w 1 =1m/s, w 2 =2m/s a ρ =10 3 kg/m 3 .Riešenie:Pre hmotnostný prietok musí platit’ vzt’ah (14.1)Q m = S 1 w 1 ρ ⇒ S 1 = Q mw 1 ρ72 × 103= =0, 02 m23600 · 1 · 103 A priemer d 1d 1 =Pre prierez S 2 platí√ √4S1 4 · 0, 02π = =0, 159 mπS 1 w 1 = S 2 w 2 ⇒ d 2 1 w 1 = d 2 2 w 2√ √w1 1d 2 = d 1 =0, 159w 2 2=0, 112 mPríklad 78 Vypočítajte výtokovú rýchlost’ z potrubia w 2 a ˚m podl’a obrázka 14.2. Dané sú:H =20m, priemer potrubia d =40mm, dĺžka potrubia l =40m, ν =0, 9 × 10 −6 m 2 /s(kinematická viskozita), ρ =10 3 kg/m 3 , miestne straty: ξ 1 =0, 5, ξ 2 =5, ξ 3 =0, 1.1Hx 1x 2x 3x 3x 22Obrázok 14.2: Príklad 78 - zadanieRiešenie:Pre body 1 a 2 podl’a obrázka 14.2 musí platit’ Bernoulliho rovnica, ku ktorej ale trebapripísat’ hydraulické straty (e s ) v systéme 1 = e 2 + e s [J/kg]Túto rovnicu môžeme prepísat’ na bilanciu výšokz 1 + p 1ρg + w2 12g = z 2 + p 2ρg + w2 22g + h s [m]Ak si zvolíme nulovú (referenčnú) hladinu na úrovni bodu 2 (z 2 =0), a uvedomíme si, žetlak v bode 1 aj 2 je tlak okolia a rýchlost’ kvapaliny v bode 1 je nulová pričom hladina je nakonštantnej úrovni, potom môžeme písat’H = w2 22g + h s95

Pre hydraulické straty môžeme písat’ podl’a (14.9) a(14.8)h s = h d + h m = λ l w22d 2g + ξ 1w 2 2w 2 2w 2 22g +2ξ 22g +2ξ 32gKed’že výtokovú rýchlost’ w 2 nepoznáme a súčinitel’ strát trením λ je podl’a vzt’ahov(14.10) resp. (14.11) závislý na Reynoldsovom čísle, ktoré je podl’a vzt’ahu (14.12) funkciouneznámej rýchlosti w 2 , musíme v prvom priblížení súčinitel’ λ odhadnút’. Náš typ je λ =0, 02.Pre hl’adanú výtokovú rýchlost’ w 2 dostávame z Bernoulliho rovnice√√w 2 =2gH√1+λ l =d + ξ √1 +2ξ 2 +2ξ 32 · 9, 81 · 201+0, 02 40=3, 51 m/s0, 04 +0, 5+10+0, 2Pre túto výtokovú rýchlost’ je podl’a vzt’ahu (14.12) Reynoldsovo číslo Re = 156369, a tedana výpočet λ použijeme vzt’ah pre turbulentné prúdenie (14.11), kde dostávame λ =0, 0159.Opätovným výpočtom výtokovej rýchlosti w 2 dostávame w 2 =3, 769 m/s, čomu odpovedáReynoldsovo číslo Re = 167548, čo predstavuje súčinitel’ strát trením λ =0, 0156. Zhodamedzi použitým λ vo výpočte (0.0159) výtokovej rýchlosti w 2 a odpovedajúcim λ (0.0156)danej výtokovej rýchlosti w 2 je dobrá, dané výsledky budeme považovat’ za konečné - výtokovárýchlost’ z potrubia je w 2 =3, 769 m/s.Ak by sme neuvažovali hydraulické straty (h s =0), dostali by sme výraz w 2 = √ 2gH =√ 2 · 9, 81 · 20 = 19, 8 m/s. Vidíme, že hydraulické straty spôsobujú vel’ký pokles rýchlosti anemôžeme ich zanedbat’.Príklad 79 Vypočítajte potrebný tlak čerpadla podl’a obrázka 14.3, ak poznáme: d =40mm,l =30m, H =15m, w 1 =2m/s, p 2 =0, 3 MPa (absolútny tlak), ν =0, 8 × 10 −6 m 2 /s,ρ =10 3 kg/m 3 , ξ 1 =5, ξ 2 =1, ξ 3 =0, 1, ξ 4 =5, ξ 5 =0, 5.2p 2x 5x 4x 3x 1Hx 2z 1 =01èObrázok 14.3: Príklad 79 - zadanieRiešenie:Opät’ budeme vychádzat’ z Bernoulliho rovnice, ktorú vyjadríme v tlakov (14.6), pričomnulová hladina súradnice z bude v bode 1. V bode 2 je rýchlost’ prúdenia nulová.p 1 + ρ w2 12 = p 2 + ρgH + ρgh s [Pa]96

Pri hydraulických stratách treba určit’ λ. Ked’že rýchlost’ prúdenia v potrubí poznáme,dokážeme λ určit’ presne na základe Reynoldsovho čísla (14.12)Re = w 1dν=Potom pre λ použijeme vzt’ah (14.11)2 · 0, 040, 8 × 10 −6 =1× 105 ⇒ jedná sa o turbulentné prúdenieλ =0, 31644√Re=0, 31644√1 × 105=0, 0177Pre hydraulické výškové straty môžeme písat’( )h s = w2 1λ l 5∑(2g d +4ξ i = 0, 0177 30 )2 · 9, 81 0, 04 +11, 6 =5, 071 mi=1Potom pre tlak čerpadla dostávamep 1 = p 2 + ρg (H + h s ) − ρ w2 12 =0, 3 × 106 +10 3 · 9, 81 (15 + 5, 071) − 10 3 4 =0, 495 MPa214.3 Neriešené príkladyPríklad 80 Z nádoby naplnenej vodou prúdi potrubím s priemerom d =80mm, pričom manometerukazuje tlak p 1 =48kPa. Pri uzavretom ventile V je údaj manometra p 2 =52kPa. Vypočítajtevýšku hladiny H v nádrži a prietok vody pri otvorenom ventile - obrázok 14.4.HManometerV 0VObrázok 14.4: Príklad 80 - zadaniePríklad 81 Z hornej nádrže tečie ideálna kvapalina bez strát potrubím s priemerom d = 100mm. Rozdiel hladín v nádržiach je △ h =1, 8 m. Aký je prietok?Príklad 82 Horizontálnym ropovodom s priemerom d = 600 mm a dĺžky l = 3 km trebadopravit’ denne (za 24 hodín) 26 000 ton ropy. Vypočítajte tlak čerpadla potrebný na prekonanietrenia, ak viskozita ropy je ν =10 −4 m 2 /s.Príklad 83 Priame potrubie má spád h =20madĺžku l = 300 m. Vypočítajte maximálnypriemer potrubia, ak pri prúdení ropy s viskozitou ν =74× 10 −6 m 2 /s má byt’ prúdenie eštelaminárne.Príklad 84 Vypočítajte výkon motora, ktorý s účinnost’ou η =0, 65 poháňa čerpadlo na dopravu˚V =12litrov za sekundu vody potrubím s priemerom d =85mm do výšky h =15m.Potrubie je dlhé l =70m a súčet súčinitel’ov miestnych odporov je ∑ ξ i =17.97

Čast’ IVTabul’ky a diagramy99

101