20 0 206KB
Probleme rezolvate Mecanica Fluidelor 1. Proprietăţi fizice comune lichidelor şi gazelor. 1.1. Pentru presa cu şurub din figura 1.9, cunoscând pasul şurubului h=2mm, diametrul cilindrului d=1,2cm, volumul iniţial de ulei la presiunea atmosferică V= 200 m2 cm3 şi coeficientul de compresibilitate izotermă β =4,85.10-10 , să se determine N
numărul de rotaţii necesare a fi efectuate, la roata volant, pentru obţinerea unei suprapresiuni ps =240 at.
Fig. 1.9 Elementele componente ale presei cu şurub, conform figurii 1.9: 1- conductă centrală; 7- rezervor cu ulei; 2- cilindru; 8- supapă conică cu tija filetată; 3- piston cu diametrul d; 9- roată volant; 4- tija filetată a pistonului; M.E- manometru etalon; 5,6- robinete; M.V- manometru de verificat. Rezolvare: Se cunoaşte relaţia modulului de compresibilitate:
β =−
1 dV ⋅ V dp
pentru variaţii finite mici, relaţia poate fi scrisă:
β =−
1 ∆V ⋅ V ∆p
Variaţia de volum ca urmare a deplasării pistonaşului presei este:
1
∆V =
πd2 n⋅h 4
n - numărul de rotaţii ale volantului presei. Dacă exprimăm aceiaşi variaţie de volum din expresia modulului de compresibilitate (abstracţie făcând de semn):
∆V = β ⋅ V ⋅ ∆p Se poate scrie:
πd2 n ⋅ h = β ⋅ V ⋅ ∆p de unde: 4 ∆p = p s 4βV ⋅ p s
n=
π d 2h
Înlocuind datele problemei, în sistemul internaţional obţinem: 735,53 5 10 750 = 10,093 −3
4 ⋅ 4,85 ⋅10 −10 ⋅ 200 ⋅10 − 6 ⋅ 240
n=
π ⋅1,2 2 ⋅10 − 4 ⋅ 2 ⋅10
1.2. Să se calculeze densitatea dioxidului de carbon (CO2), la temperatura t=400C şi presiunea p=830 mm col.Hg. Rezolvare: Din ecuaţia gazelor perfecte: p ⋅ v = RT R=
ℜ M
v=
1 volumul specific ρ
ℜ =8314 J/Kmol K
M
kg masa kilomolară a dioxidului de carbon: Kmol
2
M = 12 + 2 ⋅16 = 44
kg Kmol
p ℜ = T ρ M M⋅p ρ= ℜT T = T0 + t = 273,15 + 40 = 313,15 K 830 5 10 kg 750 ρ= = 1,87 3 8314 ⋅ 313,15 m 44
1.3. Să se determine viteza de propagare a sunetului în aer, la temperatura de 40C, dacă legea de variaţie a densităţii aerului este adiabatică. Pentru aer, masa kilomolară M = 29
kg Kmol
şi k = 1,4 (exponentul adiabatic).
Rezolvare: Se cunoaşte că viteza sunetului este: c=
dp dρ
Din ecuaţia adiabatei putem scrie: p ⋅ v k = const p = const ρk dp = const ⋅ k ⋅ ρ k −1 ⋅ dρ dp p p = k ⋅ k ⋅ ρ k −1 = k dρ ρ ρ Din ecuaţia gazelor perfecte putem scrie: p ⋅ v = RT sau p ℜ = T ρ M 3
Luând în considerare cele scrise anterior: dp kℜT = dρ M dp = dρ
c=
k ⋅ ℜT 1,4 ⋅ 8314 ⋅ 277,15 m = = 333,524 M 29 s
1.4. Cuzinetul unui lagăr, figura 1.10, are diametrul Dc = 12,24 cm şi lungimea
L = 14 cm .
Fig. 1.10 rot Diametrul arborelui este Da = 12,22 cm , iar turaţia acestuia este n = 160 . min
Stiind că uleiul lubrifiant are vâscozitatea dinamică la temperatura de lucru η = 0,45
N ⋅s m2
, să se determine forţa de frecare vâscoasă şi putrea disipată sub formă de
căldură în mediul înconjurător, pe unitatea de timp. Rezolvare: Se cunoaşte că forţa de frecare tangenţială, datorată vâscozităţii, este: dFt = η
dv dS dn
Pentru o variaţie finită mică a vitezei, la periferia arborelui din figura 3, putem scrie: ∆Ft = η
∆v ∆S sau δ 4
F =η
ωR a ωR a 2 16,755 ⋅ 6,11210 −4 2π R a ⋅ L = 2π η L = 2π ⋅ 0,45 = 1768,55 N δ δ 10 − 4
ω=
πn = 16,755 s −1 30
δ=
Dc − D a = 0,01cm = 10 − 4 m 2
Puterea disipată sub formă de căldură este: P = F ⋅ v = F ⋅ ω ⋅ R a = 1768,55 ⋅16,755 ⋅ 6,11 ⋅10 −2 = 1810,51 w
2. Statica fluidelor 2.1. Pentru determinarea înălţimii de zbor a unui avion , se foloseşte un altimetru a carui funcţionare se bazează pe dependenţa dintre presiunea p şi altitudinea h. Să se calculeze presiunea la înălţimea de zbor indicată de altimetru h= 9850 m, ştiind că presiunea atmosferică la nivelul mării este 5
p 0 = 101325
N m
, iar densitatea în aceleaşi condiţii ρ 0 = 1,228
2
repausul politropic , cu exponentul n = 1,235 . Rezolvare: Conform relaţiei fundamentale a staticii fluidelor: Π+∫
kg m3
. Se consideră
dp = const ρ
Pentru câmpul de forţă gravitaţional : Π = − ∫ ( f gx dx + f gy dy + f gz dz ) f gx , f gy , f gz
reprezintă componentele scalare ale intensităţii câmpului de forţă gravitaţional. Se cunoaşte că f gz = − g , celelalte componente fiind egale cu zero. Π = − ∫ ( − g )dz = gz + const Relaţia staticii fluidelor se scrie:
∫
dp + g ⋅ z = const ρ
Pentru repausul politropic, scriem: p p = 0n sau n ρ ρ0 p=
p0
ρ0
n
ρ n de unde dp =
p0 dp ∫ ρ =nρ n 0
p0
ρ0
n
n ⋅ ρ n −1 dρ
n p0 n −2 ∫ ρ dρ = n − 1 ρ 0
p p0
n −1 n
+ const
Relaţia fundamentală a staticii fluidelor, devine pentru z=h: n p0 n −1 ρ0
p p0
n −1 n
+ g ⋅ h = const
Constanta se determină , punând condiţiile limită pentru nivelul mării: h = 0 ; p = p0 n p0 const = n − 1 ρ0 Înlocuind în relaţia fundamentală, valoarea constantei, avem: 6
n p0 n − 1 ρ0
p p0
n −1 n
+ g ⋅h=
n p0 n −1 ρ0
Explicitând presiunea din ultima relaţie, obţinem în final: n −1 ρ0 p = p 0 1 − g ⋅ h n p0
n n −1
După înlocuirea datelor numerice: 1, 235
1,235 − 1 1,228 1, 235 −1 N p = 1013251 − 9,81 ⋅ 9850 = 26935,3 2 1,235 101325 m 2.2. Stăvilarul vertical al unui bazin cu apă, conform figurii, este articulat în A la partea inferioară şi simplu ancorat cu un cablu la partea superioară, în vederea menţinerii lui în poziţie de lucru. Să se determine forţa hidrostatică F ce acţionează asupra stăvilarului şi forţa Fc necesară în cablul de menţinere în poziţie închisă.
Fig. 2.32 Se cunosc datele:
7
H =6m H ′ = 1,5 m b = 2,5 m latimea stavilarului N γ = 9810 3 m 0 α = 30 Rezolvare: Forţa hidrostatică elementară care acţionează pe o suprafaţă elementară dS de stăvilar, având înălţimea dh se scrie: dF = γ h dS = γ h⋅ b ⋅ dh H
H
0
0
F = ∫ γ hb ⋅ dh =γ b ∫ h dh = γ b
H2 62 = 9810 ⋅ 2,5 ⋅ = 441450 N 2 2
Se poate constata că, forţa hidrostatică ce acţionează asupra stăvilarului, mai poate fi scrisă şi sub forma: H
F = γ ∫ h ⋅ b dh = γ ⋅ I s 0
Is -
reprezintă momentul static al stăvilarului, în raport cu axa x ,obţinută prin intersecţia dintre suprafaţa liberă a apei şi planul stăvilarului. Pentru determinarea cotei la care acţionează forţa hidrostatică trebuie să scriem suma momentelor forţelor elementare, astfel: H
H
0
0
F ⋅ hc = ∫ dF ⋅ h = γ ∫ h 2 bdh = γ ⋅ I x = γ b
H3 3
hc -
reprezintă cota centrului de presiune (cota punctului în care acţionează forţa hidrostatică); I x - este momentul de inerţie al suprafeţei stăvilarului, în raport cu axa x0. ( x0 – este axa paralelă cu axa x care trece prin centrul de greutate al stăvilarului) Având în vedere expresia forţei hidrostatice, putem scrie: hc =
Ix 2 = H Is 3
Din ecuaţia de momente în raport cu articulaţia A, avem: F ( H − hc ) = Fc ( H + H ′) ⋅ cos α
8
Fc =
F ( H − hc ) = ( H + H ′) cos α
H2 2 H − H γ bH 3 2 3 1 = ( H + H ′) cos α 6 ( H + H ′) cos α
γb
1 9810 ⋅ 2,5 ⋅ 6 3 Fc = = 135931,34 N 6 ( 6 + 1,5) cos 30 0 2.3. Discul unui variator toroidal din aluminiu, este turnat centrifugal în cochilă metalică, conform figurii 2.33. Să se determine presiunea absolută în punctul S situat la baza şi totodată pe periferia piesei (înainte de solidificarea aluminiului turnat). Date cunoscute: rot n = 220 min N γ Al = 2,65 ⋅ 10 4 3 m p at = 712 mm Hg d = 65 cm h = 45 cm
Fig. 2.33 Rezolvare:
9
Relaţia pe care o aplicăm este relaţia fundamentală a staticii fluidelor incompresibile, aplicabilă în cazul în cazul echilibrului relativ: Π+
p = const ρ
Potenţialul mişcării este suma dintre potenţialul câmpului de forţă gravitaţional şi potenţialul câmpului de forţă centrifugal. Π = Πg + Πc Se cunoaşte că (aplicaţiile anterioare): Π g = g ⋅ z + const Π c = − ∫ ( f cx dx + f cy dy + f cz dz ) Componentele intensităţii câmpului de forţă centrifugal sunt: f c = i f cx + jf cy + k f cz f cx = ω 2 x ; f cy = ω 2 y ; f cz = 0
ω2 2 ω2 2 2 Π c = − ∫ ω xdx − ∫ ω ydy = − ( x + y ) + const = − 2 r + const 2 2
r - raza
2
punctului material lichid considerat.
Π = Π g + Πc = g ⋅ z −
ω2 2 r + const 2
De remarcat z şi r sunt varialile în funcţie de punctul considerat. Diferenţiala potenţialului mişcării este:
ω2 dΠ = g ⋅ dz − 2 r dr 2 Ţinând cont de relaţia fundamentală a staticii fluidelor incompresibile, putem scrie: dp = −dΠ sau ρ dp = ω 2 r dr − g ⋅ dz ρ Prin integrare considerând limitele de variaţie ale elementelor, avem: 10
pS
d 2
−h dp 2 ∫ ρ = ∫0 ω r dr − ∫0 g dz p at
p S − p at d2 =ω2 + gh ρ 8 d2 + ρ Al g h 8 ω 2d 2 + γ Al h 8g
p S = p at + ρ Al ω 2 p S = p at + γ Al
pS =
ω=
π n π 220 = = 23,038 s −1 30 30
23,038 2 6,5 210 −2 712 5 N 10 + 2,65 ⋅10 4 + 0,45 = 182576,69 2 750 8 ⋅ 9,81 m
4. Dinamica fluidelor ideale 4.1. Să se determine viteza medie şi debitul volumetric, în conducta din figura 4.24, cu ajutorul unui tub Pitot, dacă denivelarea lichidului de măsură (mercur) din tubul manometric este h. Se cunosc datele: 11
h = 18 mm kg m3 kg ρ fl = 1000 3 m D = 50 mm
ρ lp = 13595
Fig. 4.24 Rezolvare: Aplicând ecuaţia lui Bernoulli pentru fluide ideale, în câmpul de forţă gravitaţional: p v2 z+ + = const γ 2g Considerând planul potenţial zero ( Π = 0 ), ca fiind planul orizontal ce conţine axa conductei, avem: z1 = z 2 = 0 Notând cu pT presiunea totală, sau presiunea de stagnare, în axa conductei pentru secţiunea transversală 2-2: 2
p1 v1 p + = T γ fl 2 g γ fl Se poate exprima viteza 12
v1 =
( pT
− p1 ) 2 g γ fl
Din echilibrul presiunilor scrise la nivelul I-I rezultă: p1 + ρ lp ⋅ g ⋅ h + ρ fl ⋅ g ⋅ z = pT + ρ fl ⋅ g ( z + h ) pT − p1 = g ⋅ h( ρ lp − ρ fl ) După înlocuirea în relaţia vitezei se obţine: ρ lp m 13595 v1 = 2 gh − 1 = 2 ⋅ 9,81 ⋅18 ⋅10 −3 − 1 = 2,109 3 ρ s 10 fl volumetric se scrie: Q = v1 ⋅
iar
debitul
π D2 π ⋅25 ⋅10 −4 m3 = 2,109 = 4,141 ⋅10 −3 4 4 s
4.2. Având în vedere figura 4.25 să se determine viteza maximă a apei, la ieşirea prin secţiunea 2 a tubului din figură, astfel încât presiunea în secţiunea 1 să nu scadă sub valoarea presiunii de vaporizare a apei la temperatura de 200C. Date cunoscute: pv = 0,24 m col H 2 O γ N p at = 98100 3 m h = 1m d = 50 mm D = 0,5 m N γ = 9810 3 m v0 = 0
Pâlnia este alimentată lateral cu lichid astfel încât nivelul 0-0 se menţine constant.
13
Fig. 4.25 Rezolvare: Scriem ecuaţia lui Bernoulli între secţiunile 0 şi 2: 2
2
p v p v H + h + at + 0 = at + 2 γ 2g γ 2g
Având în vedere că v 0 = 0 , rezultă: v 2 = 2 g ( H + h)
ecuaţia lui Galilei
Aceiaşi ecuaţie a lui Bernoulli scrisă între secţiunile 1 şi 2 ne conduce la: 2
H+
2
p p1 v1 v + = at + 2 γ 2g γ 2g
Din ecuaţia de continuitate aplicată între aceleaşi secţiuni scriem: v1
πd2 π d2 = v2 ⇒ v1 = v 2 4 4
H=
p at − p1 98100 − 0,24 ⋅ 9810 = = 9,76 m γ 9810
v 2 = 2 ⋅ 9,81( 9,76 + 1) = 14,54
m s 14
4.3. Pentru ajutajul din figura 4.26, să se determine debitul Q şi presiunea p1 în secţiunea 1, necesare pentru ca apa care părăseşte ajutajul conic, să atingă înălţimea H=4,8 m. Se cunosc datele: D = 40 mm h = 0,35 m d = 8 mm kg ρ = 10 3 3 m p at = 714 torr H = 4,8 m N γ = 9810 3 m
Fig. 2.26 Rezolvare: Se consideră planul de referinţă ( Π = 0 ), planul orizontal care conţine secţiunea transversală 1. Aplicăm ecuaţia lui Bernoulli pentru lichide ideale în câmpul de forţă gravitaţional: z+
p v2 + = const γ 2g
Determinăm constanta din ecuaţia lui Bernoulli, aplicând ecuaţia de mai sus în secţiunea 3: 15
const = h + H +
p at 714 5 1 = 0,35 + 4,8 + 10 ⋅ = 14,85 m γ 750 9810
Prin aplicarea ecuaţiei lui Bernoulli în secţiunea 2 obţinem: 2
p v h + at + 2 = const γ 2g p m v 2 = 2 g const − h − at = 2 ⋅ 9,81(14,85 − 0,35 − 9,70 ) = 9,7 γ s Debitul Q este: Q = v2
πd2 π 8 2 ⋅ 10 −6 m3 l = 9,7 = 4,875 ⋅ 10 − 4 = 0,4875 4 4 s s
Viteza v1se determină din ecuaţia de continuitate aplicată în secţiunile 1şi 2: 2
2
π D2 πd2 m d 8 v1 = v2 ⇒ v1 = v 2 = 9,7 = 0,388 4 4 s D 40 Din ecuaţia lui Bernoulli aplicată în secţiunea1 rezultă presiunea p1: 2
p1 v1 + = const γ 2g 2 v 0,388 2 p1 = γ const − 1 = 981014,85 − 2 g 2 ⋅ 9 , 81
p1 = 145603,228
N = 1,484 at = 1,4555 bar m2
16
4.4. Cu ce forţă trebuie echilibrat ajutajul furtunului de pompieri din figură şi care este presiunea în secţiunea (1) - (1), dacă regimul de curgere este permanent? Se cunosc: D = 8 cm; d = 3 cm; L = 25 cm; ρ = 1000 kg/m3; v2 = 8 m/s; pat = 9,81.104 N/m2
Fig. 2.27 Rezolvare:
F pSL = Fm + F pSI + F pSE + FiSI + FiSE Datorită dimensiunilor reduse ale ajutajului, forţa masică poate fi neglijată.
Fm = ∫
V
∫ f∫ρdV = 0
are o valoare mică
FpSI = − ∫ ∫pds = p1 ⋅ S1 ⋅ i ⇒ FpSI = p1 ⋅ S1 SI
FpSE = − ∫ ∫pds = − pat ⋅ S 2 ⋅ i ⇒ FpSE = − pat ⋅ S 2 SE
FiSI = − ∫ ∫ρv 2 ds = ρ ⋅ v1 ⋅ S1 ⋅ i ⇒ FiSI = ρ ⋅ v1 ⋅ S1 2
2
SI
FiSE = − ∫ ∫ρv 2 ds = − ρ ⋅ v2 ⋅ S 2 ⋅ i ⇒ FiSE = ρ ⋅ v2 ⋅ S 2 2
2
SE
Conform ecuaţiei de continuitate: Q1 = Q2 = Q sau v1 ⋅ S1 = v2 ⋅ S 2 = Q
rezultă :
FpSL = ρ ⋅ Q ⋅ ( v1 − v2 ) + p1 ⋅ S1 − pat ⋅ S 2 Din ecuaţia de continuitate 17
π ⋅d2 π ⋅ D2 d v2 ⋅ S 2 = v1 ⋅ S1 ⇒ v2 ⋅ = v1 ⋅ ⇒ v1 = v2 ⋅ 4 4 D
2
Aplicând ecuaţia lui Bernoulli între secţiunile (1) - (1) şi (2) - (2), rezultă : z1 = z 2 = 0 2
2
p1 v1 p v + = 2 + 2 γ 2g γ 2g p1 = pat +
dar
p2 = pat
γ ⋅ ( v22 − v12 ) 2g
Conform principiului egalităţii acţiunii cu reacţiunea, rezultă forţa de echilibrare a ajutajului: F = − FpSL , deci F = ρ ⋅ Q ⋅ ( v2 − v1 ) − p1 ⋅ S1 + pat ⋅ S 2 Sau având în vedere expresia lui p1 : F = ρ ⋅ Q ⋅ ( v2 − v1 ) − pat ⋅ S1 + pat ⋅ S 2 − S1 ⋅ Q = v2 ⋅
π ⋅d2 , 4
F = ρ ⋅ v2 ⋅
F =ρ⋅
ρ 2 2 ( v2 − v1 ) 2
deci
π ⋅d2 π πD 2 ρ 2 2 ⋅ ( v2 − v1 ) − pat ⋅ ( D 2 − d 2 ) − ⋅ ( v2 − v1 ) 4 4 4 2
2 πD 2 ⋅ ρ ⋅ v22 π ⋅d2 2 d π ⋅ v2 1 − − pat ⋅ ( D 2 − d 2 ) − 4 2 4 D
5. Dinamica fluidelor reale 18
d 4 1 − D
5.1. Pentru determinarea coeficientului de pierdere locală de sarcină, figura1, la o clapetă montată pe o conductă orizontală cu diametrul D, prin care curge debitul de apă Q; se foloseşte un piezometru diferenţial cu mercur, la care se citeşte o diferenţă de nivel ∆h de 40 mm. Să se determine în aceste condiţii valoarea coeficientului ζ c , lichidul de curgere fiind real. Date cunoscute: D = 100 mm l Q = 18 s ∆h = 40 mm kg ρ Hg = 13595 3 m kg ρ H 2O = 10 3 3 m
Fig. 5. 29 Rezolvare: Alegem ca plan potenţial zero, planul orizontal care conţine axa conductei. Dacă se consideră ca distribuţia de viteze este uniformă în secţiunile transversale 1şi 2, putem scrie: v1 = 2,84
m s
Dacă regimul de curgere este permanent: Q = const ; D = const ⇒ v m1 = v m 2
19
2
2
2 v v p1 p + α 1 m1 = 2 + α 2 m 2 + ∑ h p γ 2g γ 2g 1
Având în vedere că: 2
∑ hp = ζ c 1
ζc =
v2 rezultă că: 2g
2 g ( p1 − p 2 ) γ ⋅ v2
Conform figurii: p1 = p A + ρgh1 p 2 = p B + ρgh2 p A = p B + ρ Hg ⋅ g ⋅ ∆h p1 − p 2 = p A − p B − ρg ( h2 − h1 ) p1 − p 2 = ∆h ⋅ g ⋅ ( ρ Hg − ρ ) v= ζc =
4Q 4 ⋅18 ⋅10 −3 m = = 2,29 2 −2 s πD π 10
(
2 g∆h ρ Hg − ρ
ρ ⋅v2
)
=
2 ⋅ 9,81 ⋅ 40 ⋅10 −3 (13595 − 1000 ) 10 3 ⋅ 2,29 2
= 1,92
5.2. Rezervorul unei instalaţii de spălare este prevăzut cu o conductă pe care se află un robinet şi un cot. Să se determine debitul volumetric prin conducta de scurgere în situaţia în care cota H se menţine constantă prin aport de debit din exterior. Se dau: H = 2,5 m; z = 4,8 m; l1 = 8 m; l2 = 2,5 m; l3 =2 m; d = 50 mm; λ = 0,03 ; ζi = 0,5; ζc = 0,25; ζR = 8,5; v0 = 0.
20
Fig. 5.30 Rezolvare: Se scrie ecuaţia de bilanţ energetic între secţiunile (0) şi (1): 1
e0 = e1 + ∑ h p 0
Considerând o distribuţie uniformă a vitrzelor în secţiunle transversale ale conductei, coeficienţii lui Coriolis sunt egali cu unitatea. Nivelul de referinţă este chiar secţiunea (1). 2
H +z+ +λ⋅
2
2
2
2
2
l v l2 v1 v ⋅ +ζR ⋅ 1 + λ ⋅ 3 ⋅ 1 d 2g 2g d 2g 2
H+z=
v1 =
2
pat pat v1 v l v v = + +ζi ⋅ 1 + λ ⋅ 1 ⋅ 1 +ζc ⋅ 1 + γ γ 2g 2g d 2g 2g
l +l +l v1 ⋅ 1 + ζ i + ζ c + ζ R + λ ⋅ 1 2 3 2g d 2g ⋅ ( h + z)
1+ ζi + ζc + ζ R + λ ⋅
l1 + l2 + l3 d 21
v1 =
2 ⋅ 9,81 ⋅ ( 2,5 + 4,8) 8 + 2,5 + 2 1 + 0,5 + 0,25 + 8,5 + 0,03 ⋅ 5 ⋅ 10 −2
v1 = 2,84 Q = v1 ⋅
m s
π ⋅d2 π ⋅ 5 2 ⋅ 10 −4 m3 = 2,48 ⋅ = 5,576 ⋅ 10 −3 4 4 s
5.3. Să se afle diametrul interior necesar standardizat pentru conducta unei instalaţii de apă, fiind cunoscute următoarele date: dSTAS = 25; 35; 45; 55; 75; 100; 125; 150 [mm] Q = 8,4 l/s K = 0,3 mm (rugozitatea medie a peretelui conductei) l = 26 m υ = 10-6 m2/s hp < 18 m (pierderea de sarcină impusă) Rezolvare: l v2 hp = λ ⋅ ⋅ , dar d 2g hp = λ ⋅
v=
4Q πd 2
şi
l 16 ⋅ Q 8 ⋅ l Q2 ⋅ = λ ⋅ ⋅ ; d 2 ⋅π 2 ⋅ d 4 ⋅ g π 2 ⋅ g d5
d =5 λ⋅
de unde
8 ⋅ l Q2 ⋅ π 2 ⋅ g hp
Pentru conductele standardizate, coeficientul de pierdere liniară de sarcină λ poate fi considerat între limitele 0,02...0,06. Se ia valoarea medie λ = 0,04. d = 5 0,04 ⋅
8 ⋅ 26 8,4 2 ⋅ 10 −6 ⋅ = 5,075 ⋅ 10 −2 m π 2 ⋅ 9,81 18
Se observă că diametrul aproximativ calculat se găseşte între diametrele standardizate de 45 [mm] şi de 55 [mm]. În mod obligatoriu se verifică pierdera de sarcină pentru ambele diametre. d I .STAS = 45mm 22
K d I .STAS vI =
=
0,3 = 6,66 ⋅ 10 −3 45
(rugozitatea relativă)
4⋅Q 4 ⋅ 8,4 ⋅ 10 −3 = = 5,28m / s π ⋅ d I2. STAS π ⋅ 4,5 2 ⋅ 10 −4
Re I =
v I ⋅ d I .STAS 5,28 ⋅ 4,5 ⋅ 10 −2 = = 2,376 ⋅ 10 5 −6 υ 10
Cu perechile de valori
K d I .STAS
şi Re I se citeşte λ din diagrama Colebrook – Whitte.
Se obţine λ I = 0,033 . Se calculează pierderea de sarcină: h p I = λI ⋅
l d I .STAS
⋅
v I2 26 5,28 2 = 0,033 ⋅ ⋅ = 27,09m 2g 4,5 ⋅ 10 −2 2 ⋅ 9,81
h p I depăşeşte valoarea admisă Luăm în continuare d II .STAS = 55mm K d II .STAS v II =
=
0,3 = 5,45 ⋅ 10 −3 55
(rugozitatea relativă)
4⋅Q 4 ⋅ 8,4 ⋅ 10 −3 = = 3,53m / s π ⋅ d II2 .STAS π ⋅ 5,52 ⋅ 10 −4
v II ⋅ d II .STAS 3,53 ⋅ 5,5 ⋅ 10 −2 Re II = = = 1,941 ⋅ 10 5 −6 υ 10 Rezultă λ II = 0,032 . Se calculează pierderea de sarcină: h p II = λII ⋅
l d II .STAS
⋅
v II2 26 3,53 2 = 0,032 ⋅ ⋅ = 9,6m 2g 5,5 ⋅ 10 −2 2 ⋅ 9,81
h p II < h p impus Rezultă că diametrul corespunzător este d II .STAS = 55mm 5.4. Să se calculeze debitele şi sarcina pierdută la conducta buclată din figura 5.31, curgerea fiind forţată. Secţiunile transversale ale celor două ramuri sunt rectangulare, având laturile a,b respectiv c şi d. Se cunosc datele: 23
b = 80 mm c = 90 mm d = 50 mm 1 = 90 n m2 ν = 10 −6 s
l s l1 = 500 m Q = 16
l 2 = 110 m a = 100 mm
Fig. 5.31 Rezolvare: Q = Q1 + Q2 Între cele două noduri de ramificaţie, pierderea de sarcină trebuie să fie aceiaşi: h pl1 = h pl 2 Q2 l K2 Rezultă pentru cele două ramuri: h pl =
Q1
2
K1
2
l1 =
Q2 = Q1
Q2
2
K2
2
K2 K1
l2 l1 l2
K Q = Q1 + Q2 = Q1 1 + 2 K1
l1 l2
Q
Q1 = 1+
K2 K1
l1 l2
Secunoaşte că modulul de debit se determină cu relaţia: 24
K = S u ⋅ C Rh Secţiunile umede ale ramurilor sunt: S u1 = a ⋅ b ; S u 2 = c ⋅ d Razele hidraulice ale secţiunilor considerate sunt: R h1 =
S u1 a ⋅b 100 ⋅ 80 = = = 22,2 mm = 2,22 ⋅10 − 2 m Pu1 2( a + b ) 2( 80 + 100 )
Rh 2 =
Su2 c⋅d 90 ⋅ 50 = = = 16,07 mm = 1,607 ⋅10 − 2 m Pu 2 2( c + d ) 2( 90 + 50 )
Coeficientul lui Chézy se determină cu relaţia: C=
1 1 ⋅ Rh 6 n
(
C1 = 90 ⋅ 2,22 ⋅10 − 2
(
C 2 = 90 1,607 ⋅10 − 2
) )
1 6 1 6
= 47,7 = 45,21
Modulele de debit pentru cele două ramuri sunt: K 1 = S u1 ⋅ C1 R h1 = 8 ⋅ 10
−3
⋅ 47,7 2,22 ⋅ 10
−2
= 5,68 ⋅ 10
−2
m3 s
K 2 = S u 2 ⋅ C 2 Rh 2 = 4,5 ⋅ 10 −3 ⋅ 45,21 1,607 ⋅ 10 − 2 = 2,57 ⋅ 10 − 2 Înlocuind în relaţia lui Q1 obţinem: Q
Q1 =
K2 K1
1+
l1 l2
16 ⋅10 −3
Q1 = 1+
2,57 ⋅10 − 2 5,68 ⋅10 − 2
500 110
m3 l = 8,143 s s
= 8,143 ⋅10 −3
Q 2 = Q − Q1 = 16 ⋅10 −3 − 8,143 ⋅ 10 −3 = 7,857 ⋅10 −3 h pl1 =
Q1 2 K12
l1 =
(8,143 ⋅10 ) (5,68 ⋅10 )
−3 2
−2 2
m3 l = 7,857 s s
⋅ 500 = 10,27 m col H 2 O 25
m3 s
5.5. Să se calculeze debitul ce trece printr-o conductă necirculară din oţel (curgere forţată) figura 5.32, prin metoda modulului de debit.
Fig. 5. 32 Date cunoscute: l = 220 m a = 80 mm conductă de oţel nouă, b = 100 mm m2 s n = 0,011
ν = 10 −6 1 = 90 n n - este
coeficientul de stare al suprafeţei( coeficient de rugozitate) h pl = 18m pierderea liniară de sarcină admisă prin proiectare. Rezolvare: Se calculează raza hidraulică a conductei: Rh =
Su 80 ⋅100 = = 22,2 mm = 2,22 ⋅10 −3 m 2( a + b ) 2( 80 + 100 )
Coeficientul lui Chézy se determină cu relaţia lui Manning: C=
1 1 Rh 6 n
(
C = 90 2,22 ⋅10 − 2
)
1 6
= 47,7
Panta hidraulică se determină cu relaţia: J=
h pl l
=
18 = 8,18 ⋅10 − 2 220 26
Q=K J Modulul de debit este: K = S u C ⋅ R h = 8 ⋅10 −3 ⋅ 47,7 2,22 ⋅10 − 2 = 5,685 ⋅10 − 2 Q = 5,685 ⋅10 − 2 8,18 ⋅10 − 2 = 1,62 ⋅10 − 2
m3 l = 16,2 s s
27
m3 s