miŞcarea staŢionarĂ a fluidelor vÂscoasemh.mec.upt.ro/ftp/bibliografie...
TRANSCRIPT
55
Cap. 6 MIŞCAREA STAŢIONARĂ A FLUIDELOR VÂSCOASE
6.1 Mişcarea fluidelor prin orificii şi ajutaje. Jeturi fluide
Problema 6.1.1. Să se determine debitul şi viteza ce curge printr-un orificiu mic, circular, în perete subţire, neînecat, având diametrul d=30 mm şi sarcina H=1m. Date iniţiale şi unităţi de măsură: d=30 mm = 0,03 m ; H=1m; g=9,80665 m/s2 Soluţie: Pentru că H=1 m ≤ 5· d=5·0,03 = 0,15 m Deci este îndeplinită condiţia că orificiul este mic. În acest caz formula de calcul a debitului ce curge prin orificiu, considerând coeficientul de debit pentru orificiu
61,0=μ , este:
sl
sm
HgdHgSQ
91,11091,1
180665,92403,061,02
42
33
22
=⋅=
=⋅⋅⋅
⋅=⋅⋅⋅
⋅=⋅⋅⋅⋅=
−
ππμμ
Pentru viteză considerăm coeficientul de viteză pentru orificii 97,0=ϕ şi în acest caz viteza se calculează cu formula:
smHgv 296,4180665,9297,02 =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=ϕ
Concluzii: Debitul şi viteza depind direct proporţional de Hg ⋅⋅2 Problema 6.1.2. Care este debitul ce curge din rezervor, dacă orificiile în peretele rezervorului sunt dispuse ca în figură şi se cunosc: h1=0,8 m, d1=90 mm, h2=0,5 m, d2=50 mm, h3=0,3 m, d3=30 mm. Date iniţiale şi unităţi de măsură: h1=0,8 m; d1=90 mm = 0,09 m; h2=0,5 m; d2=50 mm =0,05 m; h3=0,3 m; d3=30 mm =0,03 m; g=9,80665 m/s2
Fig.6.1.2
Soluţie: Debitul total ce curge din rezervor prin cele şase orificii mici este:
321 Q3Q2QQ ⋅+⋅+= unde :
sl
sm
hgd
Q
37,1501537,0
8,080665,92409,061,02
43
21
21
1
==
=⋅⋅⋅⋅
⋅=⋅⋅⋅⋅
⋅=ππ
μ
sl
sm
hgd
Q
75,30375,0
5,080665,92405,061,02
43
22
22
2
==
=⋅⋅⋅⋅
⋅=⋅⋅⋅⋅
⋅=ππ
μ
sl
sm
hgd
Q
046,1001046,0
3,080665,92403,061,02
43
23
23
3
==
=⋅⋅⋅
⋅=⋅⋅⋅⋅
⋅=ππ
μ
S-a luat în considerare în calcule coeficientul de debit pentru orificii 61,0=μ .
Obţinem rezultatul final:
slQQQQ 008,26046,1375,3237,1532 321 =⋅+⋅+=⋅+⋅+=
Concluzii: Debitul total este suma debitelor scurse prin fiecare oriciul.
56
Problema 6.1.3. Pentru măsurarea debitului unui curs de apă s-a construit un stăvilar vertical din lemn în care s-a făcut un orificiu dreptunghiular cu perete subţire. Cunoscând cotele din figură, iar lăţimea orificiului b=2 m să se calculeze debitul în următoarele cazuri:
a) cota apei aval este 2 m, b) cota apei aval este 5 m.
Date iniţiale şi unităţi de măsură:
m8zamonte = ; a) mzaval 2= şi b) mzaval 5= ; m358z1 =−= şi m538z2 =−= ; b= 2m; g=9,80665 m/s2
Fig. 6.1.3
Soluţie: a) În cazul când cota apei aval este 2 m orificiul este liber.
ma 235 =−= Pentru că m10a5m5H =⋅<= înseamnă că avem un orificiu mare. În
acest caz debitul va fi:
( )2/31
2/322
32 zzgbQ −⋅⋅⋅⋅⋅= μ
unde 9,07,0 −=μ . Considerăm 7,0=μ . Din figură rezultă m358z1 =−= şi m538z2 =−= . Deci debitul este:
( )s
mQ3
2/32/3 735,243580665,9227,032
=−⋅⋅⋅⋅⋅=
b) În cazul când cota apei aval este 6 m orificiul este mare şi înecat. Atunci debitul este:
HgSQ ⋅⋅⋅⋅= 2μ unde mH 268 =−= şi 9,07,0 −=μ .Alegem 7,0=μ .
smHgbaQ
3537,17280665,92227,02 =⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= μ
Concluzii: În cazul în care orificiul este liber debitul scurs este mai mare decât în cazul când orificiul este înecat. Problema 6.1.4. Apa curge printr-un orificiu mic în peretele subţire a bazei unui rezervor deschis. Diametrul rezervorului este d=10 mm, iar sarcina constantă H=700 mm. Cunoscând debitul de apă ce curge din rezervor prin orificiu Q=0,177 l/s, diametrul jetului în secţiunea contractată dc=8 mm, să se determine:
a) coeficienţii de debit, viteză şi contracţie ai jetului; b) coeficientul de pierdere ζ al orificiului; c) pierderile de sarcină la curgerea prin orificiu.
Date iniţiale şi unităţi de măsură: d=10 mm ‚ 0,01 m; H=700 mm =0,7m; Q=0,177 l/s= s/m107,0 33−⋅ ; dc=8 mm= 0,008 m ; g=9,80665 m/s2 Soluţie: a) În cazul unui orificiu mic debitul este:
HgdQ ⋅⋅⋅⋅
⋅= 24
2πμ
Coeficientul de debit este atunci:
6082,07,080665,9201,0
10177,042
42
3
2=
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅
⋅=
−
ππμ
Hgd
Q
Coeficientul de contracţie rezultă:
64,001,0
008,0
4
422
2
2
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛=
⋅
⋅
==d
d
d
d
SS c
cc
π
π
ε
Coeficientul de viteză este:
9503,064,0
6082,0===
εμϕ
b) Coeficientul ζ de pierderi hidraulice al orificiului se determină din :
57
ζϕ
+=
11 ⇒ 1073,01
9503,0111
22=−=−=
ϕζ
c) Pierderile hidraulice la trecerea prin orificiu sunt:
( ) ( )m
Hg
Hgg
vhp
0678,0
7,09503,0112211
222
2
2
2
=
=⋅−=⋅−=⋅
⋅⋅⋅⋅⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
⋅⋅= ϕϕ
ϕζ
Problema 6.1.5. Să se determine debitul care iese prin două ajutaje cu aceleaşi caracteristici d=40mm, l=150mm, dar cu poziţii diferite, cum apar în figură. Se mai cunosc h=1m şi a=250mm.
l
d
dl
h
a
ajutaj 1
ajutaj 2
Fig. 6.1.5
Date iniţiale şi unităţi de măsură: d=40mm =0,04 m; l=150mm = 0,15 m ; h=1m ; a=250mm = 0,25 m; g=9,80665 m/s2 Soluţie:
Pentru ajutajul 1:
( ) ( ) =−⋅⋅⋅⋅
⋅=−⋅⋅⋅⋅
⋅= 25,0180665,92404,0815,02
4
221
ππμ ahgdQ ajaj
sl
sm 928,310928,3
33 =⋅= −
Pentru ajutajul 2:
( ) ( ) =+⋅⋅⋅⋅
⋅=+⋅⋅⋅⋅= 15,0180665,92404,0815,02
4
222
ππμ lhgdQ ajaj
sl
sm 864,410864,4
33 =⋅= −
Debitul total este:
slQQQ ajaj 792,8864,4928,321 =+=+=
Concluzii: Debitul scurs prin ajutajul 2 este mai mare decât cel prin ajutajul 1 datorita faptului că sarcina hidraulică a ajutajului 2 (h+l) este mai mare decât sarcina hidraulică a ajutajului 1 (h-a). Problema 6.1.6. Două rezervoare alăturate comunică între ele printr-un orificiu circular având 61,0o =μ şi d=120 mm. Debitul total este Q=100 l/s. Din fiecare rezervor apa curge printr-un ajutaj cilindric cu diametru d=120 mm şi
815,0aj =μ . Să se determine: a) debitul ce curge din fiecare ajutaj; b) cu cât trebuie modificat diametrul d1 al ajutajului din stânga pentru ca
debitele ce curg prin ambele ajutaje să fie egale.
Fig. 6.16
Date iniţiale şi unităţi de măsură: 61,0o =μ ; d=120 mm = 0,12 m ; Q=100 l/s = s/m10100 33−⋅ ; d=120 mm;
815,0aj =μ ; g=9,80665 m/s2
58
Soluţie: a) Considerăm regim staţionar şi poziţiile nivelelor suprafeţelor în
ambele rezervoare fixe. Acest lucru înseamnă că debitul ce intră în primul rezervor Q=100 l/s este egal cu suma debitelor care ies prin cele două ajutaje:
21 ajaj QQQ += iar debitul care trece prin orificiul din peretele despărţitor este egal cu debitul ce trece prin ajutajul din dreapta:
20 ajQQ = Deci:
=⋅⋅⋅⋅
⋅+⋅⋅⋅
⋅=
=⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=+=
22
12
221121
24
24
22
hgdhgd
hgShgSQQQ
ajaj
ajajajaj
πμπμ
μμ
( )212
24
hhgdaj +⋅⋅⋅
⋅⋅=πμ
Debitul orificiului înecat este:
( ) ( )212
21 24
2 hhgdhhgSQ ooo −⋅⋅⋅⋅
⋅=−⋅⋅⋅⋅=πμμ
Acest debit este egal cu debitul ajutajului 2:
2ajo QQ = ⇒ ( ) 22
212
24
24
hgdhhgdajo ⋅⋅⋅
⋅⋅=−⋅⋅⋅
⋅⋅
πμπμ
221 hhh ajo ⋅=−⋅ μμ
de unde : ( ) 22
212 hhh ajo ⋅=−⋅ μμ
sau : ( )222
21 ajoo hh μμμ +⋅=⋅
de unde : 2
2
2
1 1o
aj
hh
μ
μ+=
Debitul total se poate scrie :
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛++⋅⋅⋅⋅
⋅⋅= 112
4 2
2
22
o
ajaj hgdQ
μ
μπμ
sl
sm
QhgdQ
o
ajajaj
47,3703747,0
61,0
815,01
10100
11
24
3
2
2
3
2
22
22
==
=
+
⋅=
++
=⋅⋅⋅⋅
⋅=−
μ
μ
πμ
Atunci:
slQQQ ajaj 53,6247,3710021 =−=−=
b) Punem condiţia ca debitele ce ies prin cele două ajutaje să fie egale:
21 ajaj QQ = şi ţinând cont că ajutajul 1 va avea alt diametru pe care-l notăm d1, obţinem:
22
1
21 2
42
4hgdhg
dajaj ⋅⋅⋅
⋅⋅=⋅⋅⋅
⋅⋅
μμμ
μ
de unde:
1
2221 h
hdd ⋅=
mmmdhh
dd
o
aj
9,920929,0
61,0815,01
12,0
1 42
42
24
1
21 ==
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
=
+
=⋅=
μ
μ
Concluzii:Debitul prin ajutajul 1 este mai mare decât cel prin ajutajul 2. Pentru a asigura acelaşi debit prin ambele ajutaje , diametru ajutajului 1 trebuie redus. Problema 6.1.7 Un rezervor este împărţit cu doi pereţi despărţitori în două compartimente. În primul perete există un orificiu cu d1=100 mm, în al doilea un orificiu cu d2=80 mm, iar la baza ultimului compartiment un orificiu cu d3=70 mm. Se consideră că orificiile practicate în cei doi pereţi despărţitori se află situaţi la înălţimea a=0,5 m de bază. Cunoscând debitul de apă ce iese din rezervor Q=15 l/s, să se determine nivelele H1, H2 şi H3 din cele trei compartimente ale rezervorului. Coeficientul de debit pentru orificii se consideră 61,0=μ .
59
Fig. 6.1.7
Date iniţiale şi unităţi de măsură: d1=100 mm = 0,1 m ; d2=80 mm = 0,08 m ; d3=70 mm = 0,07 m ; a=0,5 m ; Q=15 l/s = s/m1015 33−⋅ ; 61,0=μ ; g=9,80665 m/s2 Soluţie: Debitele ce trec prin cele trei orificii sunt:
( )21
21
1 24
HHgd
Q −⋅⋅⋅⋅
⋅=π
μ
( )32
22
2 24
HHgd
Q −⋅⋅⋅⋅
⋅=π
μ
3
23
3 24
Hgd
Q ⋅⋅⋅⋅
⋅=π
μ
Pentru ca nivelul H3 să rămână constant avem condiţia: 32 QQ =
adică:
( ) 3
23
32
22 2
42
4Hg
dHHg
d⋅⋅⋅
⋅⋅=−⋅⋅⋅
⋅⋅
πμ
πμ
sau: ( ) 3
4332
42 HdHHd ⋅=−⋅
⇒ 4
2
43
3
2 1d
dHH
=− ⇒ ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛+⋅= 1
42
43
32d
dHH
Pentru ca nivelul H2 să rămână constant avem condiţia: 21 QQ =
adică:
( ) ( )32
22
21
21 2
42
4HHg
dHHg
d−⋅⋅⋅
⋅⋅=−⋅⋅⋅
⋅⋅
πμ
πμ
sau: ( ) ( )32
4221
41 HHdHHd −⋅=−⋅
( ) Hd
dddHdHdHdHd ⋅⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛+⋅+=⋅−⋅+⋅=⋅ 1
42
434
2413
422
422
411
41
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛+⋅+⋅=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡−
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛+⋅
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛+⋅=
41
42
42
43
341
42
42
43
41
42
31 1111d
d
d
dH
d
d
d
d
d
dHH
Debitul de apă ce iese din rezervor este Q=Q3=15 l/s
3
23 2
4Hg
dQ ⋅⋅⋅
⋅⋅=π
μ ⇒
( ) mdg
QH 0816,207,061,080665,9
101588422
23
43
22
2
3 =⋅⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅⋅
⋅=
−
ππμ
md
dHH 3018,31
08,007,00816,21
4
4
42
43
32 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⋅=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛+⋅=
md
d
d
dHH 8016,3
1,008,01
08,007,010816,211
4
4
4
4
41
42
42
43
31 =⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⋅+⋅=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛+⋅+⋅=
Problema 6.1.8 Să se determine debitul care curge printr-un orificiu mare, triunghiular având datele notate ca în figură H=1m, b=0,5m, 7,0=μ . Date iniţiale şi unităţi de măsură: H=1m ; b=0,5m; 7,0=μ ; g=9,80665 m/s2
60
Fig. 6.1.8
Soluţie: H=1m<5·b=5·0,5=2,5m deci orificiul este mare. Debitul ce trece printr-o suprafaţă elementară este:
dzzgxzgdAdQ ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= 2/122 μμ Din Teorema lui Pitagora avem:
22
24
baa +⎟⎠⎞
⎜⎝⎛= ⇒ mba 5164,05,0
1516
1516
=⋅=⋅=
şi din asemănarea triunghiurilor obţinem:
bHz
ax −=
2
⇒ b
Hzax −⋅=
2
Astfel obţinem:
( ) ( ) dzHzzb
agdzHzzb
agdQ ⋅−⋅⋅
⋅⋅⋅=⋅−⋅⋅⋅⋅= 2/12/32/12
22
2 μμ
Debitul ce trece prin orificiu mare triunghiular este :
( )
( ) ( )⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −⋅⋅−−⋅⋅
⋅⋅⋅⋅=
=⋅−⋅⋅
⋅⋅⋅= ∫
2/31
2/32
2/51
2/52
2/12/3
32
52
22
22
2
1
zzHzzb
ag
dzHzzb
agQz
z
μ
μ
şi conform figurii Hz1 = şi bHz2 +=
( )[ ] ( )[ ] =⎭⎬⎫
⎩⎨⎧ −+⋅⋅−−+⋅⋅
⋅⋅⋅⋅= 2/32/32/52/5
32
52
22 HbHHHbH
bagQ μ
( ) ( )[ ]=⋅⋅++⋅⋅−⋅−+⋅⋅⋅
⋅⋅⋅= 2/32/32/52/5 553315
2 HHbHHHbHb
agμ
( ) ( )[ ] ( ){ }=⋅−⋅⋅−⋅−+⋅⋅+⋅⋅
⋅⋅⋅= HHHHbHbHb
ag 535315
2 2/32/3μ
( ) ( )[ ]=⋅+⋅−⋅⋅+⋅⋅
⋅⋅⋅= 2/52/3 22315
2 HHbbHb
agμ
( ) ( )[ ]s
m32/52/3 2308,012125,035,01
5,0155164,080665,927,0 =⋅+⋅−⋅⋅+⋅⋅
⋅⋅⋅=
Problema 6.1.9. Să se compare timpii de golire ai rezervorului din figură având secţiunea transversală S=1 m2 şi înălţimea H=1 m în două cazuri:
a) golire prin orificiu în perete subţire cu d=50 mm; b) golire prin ajutaj cilindric exterior cu d=50 mm şi l=100 mm.
Fig. 6.1.9
Date iniţiale şi unităţi de măsură: S=1 m2 ; H=1 m ; a) d=50 mm = 0,05 m ; b) d=50 mm = 0,05 m şi l=100 mm = 0,1 m ; g=9,80665 m/s2 Soluţie:
În ambele situaţii nivelul în rezervor variază în timp, deci avem curgeri sub sarcină variabilă. Rezervoarele nu mai sunt alimentate cu apă. Golirea se produce în primul caz z1=H şi z2=0, iar în al doilea caz când z1=H+l şi z2=l. Secţiunea rezervoarelor este constantă.
Considerăm că la momentul t nivelul în rezervor este z. În intervalul de timp imediat următor dt, nivelul lichidului scade cu dz. Deci volumul dVol=S·dz este egal cu volumul de lichid care iese în intervalul de timp dt.
61
a) Golirea rezervorului prin orificiu: dtQdzS o ⋅=⋅
zgdQ oo ⋅⋅⋅⋅
⋅= 24
2πμ
zgddzSdt
o ⋅⋅⋅⋅
⋅
⋅=
24
2πμ
Timpul de golire al rezervorului prin orificiu este:
=
⋅⋅⋅⋅
⋅
⋅⋅=
⋅⋅⋅
⋅
⋅⋅=
=⋅
⋅⋅⋅
⋅
=
⋅⋅⋅⋅
⋅
⋅= ∫∫
HgdHS
gdHS
zdz
gdS
zgddzSt
oo
H
o
H
o
go
24
2
24
2
24
24
22
02
02
πμπμ
πμπμ
s05,377180665,92
405,061,0
1122
=
⋅⋅⋅⋅
⋅
⋅⋅=
π
b) Golirea rezervorului prin ajutaj: dtQdzS aj ⋅=⋅
zgdQ ajaj ⋅⋅⋅⋅
⋅= 24
2πμ
zgddzSdt
aj ⋅⋅⋅⋅
⋅
⋅=
24
2πμ
Timpul de golire al rezervorului prin ajutaj este:
( )[ ]=−+⋅
⋅⋅⋅
⋅
⋅=
=⋅
⋅⋅⋅
⋅
=
⋅⋅⋅⋅
⋅
⋅= ∫∫
++
2/12/12
22
24
2
24
24
llH
gd
S
zdz
gd
S
zgd
dzSt
aj
lH
laj
lH
l aj
gaj
πμ
πμπμ
( )[ ] s74,2061,01,0180665,92
405,0815,0
12 2/12/12
=−+⋅
⋅⋅⋅
⋅
⋅=
π
Concluzii: Timpul de golire al rezervorului se reduce în situaţia utilizarii unui ajutaj cilindric având aceelasi diametrul cu al orificiului. Problema 6.1.10. Să se determine timpul de golire al vasului din figură ştiind că A1=1 m2, A2=3 m2, h1=1 m, h2=2,5 m şi aria orificiului Ao=40 cm2.
Fig. 6.1.10
Date iniţiale şi unităţi de măsură: A1=1 m2, A2=3 m2, h1=1 m, h2=2,5 m ; Ao=40 cm2 = 24 m1040 −⋅ ; g=9,80665 m/s2 Soluţie:
Timpul de golire al vasului îl considerăm ca fiind egal cu timpul de golire al părţii din vas având secţiunea de arie constantă A1 la care se adaugă timpul de golire al porţiunii din vas având secţiunea de arie constantă A2.
( ) ( ) ( )=
⋅⋅⋅⋅
⋅+
⋅⋅⋅⋅
⋅=
⋅⋅⋅⋅
⋅=+= ∫∫∫
+ 12
2
2
222 0021
hh
h o
h
o
z
og
zgAdzzS
zgAdzzS
zgAdzzSttt
μμμ
=⋅⋅⋅⋅
⋅+⋅
⋅⋅⋅
⋅=
=⋅⋅⋅⋅
+⋅⋅⋅⋅
=
+
+
∫∫
12
2
2
12
2
2
22
22
22
1
0
1
1
0
2
hh
ho
h
o
hh
ho
h
o
zgA
Az
gAA
zdz
gAA
zdz
gAA
μμ
μμ
62
( )( )
=⋅⋅⋅
⋅−+⋅+⋅⋅=
=−+⋅⋅⋅⋅
⋅+⋅
⋅⋅⋅
⋅=
gA
hAhhAhA
hhhgA
Ah
gAA
o
oo
2
2
22
22
2112122
2121
22
μ
μμ
( )[ ]
( )s
gA
hAAhhA
o
54,93180665,92104061,0
5,225,312
2
2
4
212121
=⋅⋅⋅⋅
⋅+⋅⋅=
=⋅⋅⋅
⋅−++⋅⋅=
−
μ
Problema 6.1.11. Să se calculeze timpul de golire al rezervorului de formă
tronconică cu baza mare L x L=400 mm x 400 mm, şi baza mică l x l=300 mm x 300 mm, iar înălţimea rezervorului este H=500 mm. Se mai cunosc: d=15 mm şi coeficientul de debit al ajutajului α=0,61. Date iniţiale şi unităţi de măsură: LxL=400 mm x 400 mm = 0,4 m x 0,4 m = 0,16 m2 ; lxl=300 mm x 300 mm = 0,3 m x 0,3 m = 0,09 m2; H=500 mm = 0,5 m ; d=15 mm = 0,015 m ; α = 0,61 ; g = 9,81 m/s2
Fig. 6.1.1
Soluţie: Se cunoaşte din teoria golirii rezervoarelor, conform relaţiei (6.144) din [1] (Anton & Baya (2002)) că volumul de lichid care este evacuat prin orificiul inferior (Vevacuat) este egal cu volumul de lichid golit din rezervor (Vgolit), pentru situaţia în care nu avem alimentarea acestuia.
Astfel, volumul de fluid evacuat prin orificiu se calculează conform relaţiei:
dtzg24dπαdtzg2Sα
2⋅⋅⋅⋅
⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=evacuatV
În timp ce volumul de fluid golit din rezervor se calculează cu relaţia:
dzH
l)(Lzl2⋅⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ −⋅+=golitV
Egalarea celor două volume conduce la relaţia:
dtzg24dπαdz
Hl)(Lzl
22⋅⋅⋅
⋅⋅=⋅⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ −⋅+
De unde se obtine relaţia de calcul a timpului de golire al rezervorului
dzzg2
Hl)(Lzl
dπ41dt
2
2⋅
⋅⋅
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −⋅+
⋅⋅
⋅=α
care ajunge de forma
63
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −⋅+⋅−⋅⋅+⋅
⋅⋅
⋅⋅=
=⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡⋅
−⋅+⋅
−⋅⋅+⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅=
=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⋅⋅−
+⋅⋅−
⋅⋅+⋅⋅⋅
⋅⋅
⋅=
=⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡ −+
−⋅⋅+⋅
⋅⋅
⋅⋅=
=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −⋅+
⋅⋅
⋅⋅=
∫∫∫
∫
−
222
25
2
223
21
22
0
25
2
2
0
23
0
21
22
0
23
2
2
0
21
0
21
22
0
2
2
52
342
2152
dπ
41
52
342
21
dπ41
52
3222
21
dπ41
221
dπ41
dzHl)(Lzl
21
dπ41t
lLlLllg
H
HH
lLHH
lLlHlg
zH
lLzH
lLlzlg
dzzH
lLdzzH
lLldzzlg
zg
HHH
HHH
H
α
α
α
α
α
Relatia finală de calcul a timpului de golire ajunge de forma:
[ ]222
348215
2dπ41t LLll
gH
⋅+⋅⋅+⋅⋅
⋅⋅
⋅=α
în care dacă înlocuim valorile mărimilor
( )( ) ( )[ ]22
2
24.034.03.043.08
81.9215
5.02
015.03.1415
461.01t mmmm
sm
m
m+⋅⋅+
⋅
⋅⋅
⋅=
Rezultând: s.t 737331= Concluzii: Evaluarea timpului de golire al rezervoarelor de diverse forme este util pentru aplicaţii practice specifice. Problema 6.1.12. Să se calculeze timpul de golire al rezervorului din imagine pentru care se cunosc: d=200 mm, D=360 mm, d1=12 mm, β=10º, α=0,61. Date iniţiale şi unităţi de măsură: d=200 mm = 0,2 m ; D=360 mm = 0,36 m ; d1=12 mm = 0,012 m ; β=10º, α=0,61;
g = 9,81 m/s2
Fig. 6.1.12
Soluţie: Conform teoriei prezentate în Anton & Baya (2002) [1] secţiunea 6.5.4, volumul de lichid care este evacuat prin orificiul inferior (Vevacuat) este egal cu volumul de lichid golit din rezervor (Vgolit), pentru situaţia în care nu avem alimentarea acestuia. Astfel, volumul de fluid evacuat prin orificiu se calculează conform relaţiei:
dtzg24dπ
αdtzg2Sα2
1 ⋅⋅⋅⋅⋅
⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=evacuatV
În timp ce volumul de fluid golit din rezervor se calculează cu relaţia: [ ]
dz4
2 2⋅
⋅⋅+⋅=
βπ tgzdVgolit
Egalarea celor două volume conduce la relaţia: [ ]
dtzg24dπ
αdz4
2 21
2⋅⋅⋅
⋅⋅=⋅
⋅⋅+⋅ βπ tgzd
De unde se obtine relaţia de calcul a timpului de golire al rezervorului [ ]
dzzg2
2
d
11dt2
21
⋅⋅⋅
⋅⋅+⋅⋅=
βα
tgzd
care ajunge de forma
64
[ ]
( )
( ) ( ) ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −⋅+−⋅⋅+⋅
β⋅−
⋅⋅α
=
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
β⋅
−⋅β⋅+
β⋅−
⋅β⋅⋅+⋅⋅
β⋅−
⋅⋅α
=
=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛β⋅
−⋅β⋅+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛β⋅
−⋅β⋅⋅+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛β⋅
−⋅⋅
⋅⋅⋅
α=
=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⋅⋅β⋅+⋅⋅β⋅⋅+⋅⋅⋅
⋅⋅α
=
=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
β⋅+β⋅⋅+⋅⋅
⋅⋅α
=
=β⋅⋅+
⋅⋅⋅
α=
β⋅−
β⋅−
β⋅−
β⋅−
β⋅−
β⋅−
−
β⋅−
∫∫∫
∫
22
2
222
25
223
21
2
2
0
25
22
0
232
0
21
2
2
0
23
22
0
212
0
21
2
2
52
342
211
458
2382
2211
258
238
22
2111
524
3242
2111
442111
22111
dDdDddtggdD
d
tgdDtg
tgdDtgdd
gtg
dD
d
tgdDtg
tgdDtgd
tgdDd
gd
ztgztgdzdgd
dzztgdzztgddzzdgd
dzz
tgzdgd
t
21
21
21
tgdD
tgdD
tgdD
21
tgdD
tgdD
tgdD
21
tgdD
0
2
21
Relatia finală de calcul a timpului de golire ajunge de forma:
[ ]2221
34815d
11t DDddtggdD
⋅+⋅⋅+⋅⋅
−⋅⋅=
βα
în care dacă înlocuim valorile mărimilor
( )( ) ( ) ( )[ ]22
2
236.0336.02.042.08
1081.915
2.036.0
012.0
161.01t mmmm
tgsm
m
m+⋅⋅+
⋅
−⋅⋅=
Rezultând: s.t 086230=
Concluzie: Evaluarea timpului de golire al rezervoarelor de diverse forme este util pentru aplicaţii practice specifice.
Problema 6.1.13. Să se calculeze valoarea coeficientului de debit al rezervorului triunghiular din imagine dacă acesta debitează într-un rezervor de secţiune patrată cu latura de B=500 mm, înălţimea apei din acesta crescând cu Δh=100 mm la fiecare Δt=2,5 s. Se cunosc: H=136,5 mm. Date iniţiale şi unităţi de măsură: B=500 mm = 0,5 m; H=136,5 mm = 0,1365 m; Δh=100 mm = 0,1 m; Δt=2,5 s; g = 9,81 m/s2
Fig. 6.1.13
Soluţie: Conform teoriei deversoarelor, debitul ce trece prin orificiu unui deversor triunghiular
0,615(ΔΔhg2ΔtΔhB
815α
5/2
2=
⋅⋅⋅
⋅⋅=
Concluzie: Una din problemele majore întâlnite în aplicaţiile industriale o reprezintă evaluarea cât mai corectă a debitului. Ca urmare, determinarea coeficientului de debit pentru un deversor este unul din elementele cheie de evaluare corectă a debitului.
Problema 6.1.14. Ce valoare are coeficientul de debit al unui rezervor dreptunghiular ca în imagine, dacă Q=11,5 l/s, L=200 mm, H=100 mm.
65
Fig. 6.1.14
Date iniţiale şi unităţi de măsură: Q=11,5 l/s = s/m, 3310511 −⋅ ; L=200 mm = 0,2 m ; H=100 mm = 0,1 m ; g = 9,81 m/s2 Soluţie: Conform teoriei deversoarelor, debitul ce trece prin orificiu unui deversor dreptunghiular este
Hg2HLα32Q ⋅⋅⋅⋅⋅=
de unde se obţine relaţia pentru coeficientul de debit
1,5Hg2L2Q3α
⋅⋅⋅⋅
⋅=
înlocuind în relaţia de mai sus a valorilor conduce la următoarea valoare
( )0.616
m0.19.8122.02
1011.53α1,52
3-3=
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅=
smm
sm
Concluzie: Una din problemele majore întâlnite în aplicaţiile industriale o reprezintă evaluarea cât mai corectă a debitului. Ca urmare, determinarea coeficientului de debit pentru un deversor este unul din elementele cheie de evaluare corectă a debitului.
Problema 6.1.15. Care este timpul de golire al recipientului de lichid din imagine dacă se cunosc coeficientul de debit al orificiului α=0,61, aria suprafeţei transversale a orificiului S=0,22 m2, şi raza R=1,8 m. Date iniţiale şi unităţi de măsură: α=0,61 ; S=0,22 m2 ; R=1,8 m ; g = 9,81 m/s2
Fig. 6.1.15
Soluţie:
Se cunoaşte din teoria golirii rezervoarelor, conform relaţiei (6.144) din [1] (Anton & Baya (2002)) că volumul de lichid care este evacuat prin orificiul (Vevacuat) este egal cu volumul de lichid golit din rezervor (Vgolit), pentru situaţia în care nu avem alimentarea acestuia. Astfel, volumul de fluid evacuat prin orificiu se calculează conform relaţiei:
dtzg2Sα ⋅⋅⋅⋅⋅=evacuatV În timp ce volumul de fluid golit din rezervor se calculează cu relaţia:
( )[ ] dz22 ⋅−−⋅= RzRVgolit π Egalarea celor două volume conduce la relaţia:
66
( )[ ] dtzg2αdz22 ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅−− SRzR De unde se obtine relaţia de calcul a timpului de golire al rezervorului
( )[ ] dzzg2
1dt22⋅
⋅⋅
−−⋅
⋅=
RzRSα
care ajunge de forma
( )[ ]
( ) ( )
( )g
RS
RRRgS
zzRgS
dzzdzzRgS
zRz
gS
RR
RR
R
⋅
⋅⋅
⋅=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⋅⋅−⋅⋅⋅
⋅⋅
⋅=
=
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−⋅⋅⋅
⋅⋅
=
=⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡−⋅⋅
⋅⋅
⋅=
=−−
⋅⋅
⋅=
⋅⋅
⋅⋅
⋅
∫∫
∫
215241
2522
34
211
25
23
2211
2211
dzR211t
5
25
23
2
0
252
0
23
2
0
232
0
21
2
0
22
α
α
α
α
α
Relatia finală de calcul a timpului de golire ajunge de forma:
( )g
RS ⋅
⋅⋅
⋅=
215241t
5
α
în care dacă înlocuim valorile mărimilor
( )
2
5
2819215
814
2206101
sm.
m.
m..t
⋅⋅
⋅=
Rezultând: s.t 65634= Concluzie: Evaluarea timpului de golire al rezervoarelor de diverse forme este util pentru aplicaţii practice specifice. Problema 6.1.16. Se consideră un rezervor de forma unui trunchi de piramidă dreptunghiulară regulată cu înălţimea h=500 mm şi laturi a=400 mm şi b=250 mm. Să se determine timpul de golire al rezervorului la baza lui fiind un orificiu de arie s=2 cm2, iar coeficientul de debit este 61,0=μ .
Fig. 6.1.16
Date iniţiale şi unităţi de măsură: h=500 mm = 0,5 m; a=400 mm = 0,4 m; b=250 mm = 0,25 m ; s =2 cm2 = 24 m102 −⋅ ; 61,0=μ ; g=9,80665 m/s2 Soluţie:
Volumul elementar care în intervalul de timp dt scade cu dz este egal cu volumul care iese prin orificiu:
( ) dtzgSdtQdzzSdVol ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅=⋅= 2μ de unde rezultă:
67
( )zgS
dzzSdt⋅⋅⋅⋅
⋅=
2μ
Aria suprafeţei S(z) o exprimăm în funcţie doar de z. Dacă considerăm latura pătratului x, exprimăm pe x în funcţie de z.
zh
babx ⋅−
+=
⇒ ( )=⋅
⋅⋅⋅⋅
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅
−+
=⋅⋅⋅⋅
⋅=
⋅⋅⋅⋅
⋅= ∫∫∫ dz
zgS
zh
bab
zgSdzx
zgSdzzSt
hhh
00
2
0 222 μμμ
=⋅⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
+⋅−
⋅⋅+⋅⋅⋅⋅
= ∫ zdzz
hbaz
hbabb
gS
h
0
22
2 22
1μ
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⋅⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
+⋅⋅−
⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=
h
zh
bazh
babzbgS
0
2/52
2/32/1252
3222
21
μ
( ) ( )
( )=⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅=
=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −⋅+−⋅⋅+⋅
⋅⋅⋅
⋅=
22
22
843215
2
51
32
22
bbaagS
h
bababbgS
h
μ
μ
( ) s8,24025,0825,04,044,0380665,9210261,015
5,02 224
=⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅=
−
Problema 6.1.17. Pentru umplerea şi golirea unei ecluze sunt prevăzute în părţile din amonte şi aval câte două orificii egale de secţiune circulară. Se cunosc secţiunea ecluzei A=80·10 m2, diferenţa dintre nivelul amonte şi aval H=8 m, distanţa de la axul amonte la nivelul amonte h1=5 m. Să se calculeze diametrele orificiilor astfel încât umplerea şi golirea ecluzei să se facă în 15 minute fiecare. Date iniţiale şi unităţi de măsură: A=80·10 m2 ; H=8 m ; h1=5 m ; min15tt gu == = s900 ; g=9,80665 m/s2
Fig. 6.1.17
Soluţie: În cazul umplerii ecluzei orificiul lucrează la început ca un orificiu liber,
iar sarcina H=constant, după care, după ce nivelul apei în ecluză a crescut până în dreptul orificiului acesta este înecat sub sarcină variabilă.
( )
( )hga
hHAhga
hAhAHAhga
hAhga
hHAttt uuu
⋅⋅⋅⋅
+⋅=
=⋅⋅⋅⋅
⋅⋅+⋅−⋅=
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅+
⋅⋅⋅⋅
−⋅=+=
2
22
22
221
μ
μμμ
Aria celor două orificii din peretele ecluzei spre amonte este:
( ) ( ) 2913,158066,9290061,0
5810802
mhgt
hHAau
=⋅⋅⋅⋅
+⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅
+⋅=μ
Atunci aria unui singur orificiu este:
24
21
ada =⋅
=π
Diametrul unui orificiu din peretele dinspre amonte al ecluzei este:
mad 103,1913,122=
⋅=
⋅=
ππ
În cazul golirii ecluzei cele două orificii din peretele dinspre aval lucrează sub sarcină variabilă:
HgaHAtg⋅⋅⋅⋅
⋅⋅=
22
μ
Deci rezultă că aria celor două orificii din acest perete este: 2861,1
880665,9290061,0810802
22 m
HgtHAa
g=
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅=μ
Atunci aria unui singur orificiu este:
68
24
21
ada =⋅
=π
Diametrul unui orificiu din peretele dinspre amonte al ecluzei este:
mad 088,1861,122=
⋅=
⋅=
ππ
Problema 6.1.18. Să se determine timpul de golire al unui rezervor cilindric cu dimensiunile d=1,5 m şi L=3 m în poziţiile:
a) rezervor aşezat vertical; b) rezervor aşezat orizontal.
Orificiul de golire are secţiunea a= 0,5 dm2. Date iniţiale şi unităţi de măsură: d=1,5 m ; L=3 m ; a=0,5 dm2 = 22 m105,0 −⋅ ; g=9,80665 m/s2
Soluţie: a) În cazul în care rezervorul este aşezat vertical aria secţiunii în timpul golirii este constantă.
4dS
2π=
Fig. 6.1.18.a
Timpul de golire al rezervorului este:
sLga
Ld
LgaLSt
2,453380665,92105,061,0
34
5,12
24
2
22
2
22
=
=⋅⋅⋅⋅
⋅⋅
⋅=
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅
⋅=
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅=
−
π
μ
π
μ
b) În cazul în care rezervorul este aşezat orizontal aria secţiunii în
timpul golirii este variabilă. În acest caz timpul de golire este:
( ) ( ) dzzzS
gazgadzzSt
dd⋅⋅
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅
⋅= ∫∫
00 21
2 μμ
unde ( ) ( )zbLzS ⋅=
Fig. 6.1.18.b
Aplicând teorema lui Pitagora avem:
( )zdzdzdb−⋅=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=
22
222
69
( ) ( )zdz2zb −⋅⋅=
Timpul de golire devine: ( )
( ) =−⋅−⋅⋅⋅⋅
⋅−=
=⋅−⋅⋅⋅⋅
⋅=⋅
−⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅=
∫
∫∫d
dd
zddzdga
L
dzzdga
Ldzz
zdzLga
t
0
00
22
222
21
μ
μμ
( )
s
gaddLzd
gaL
d
03,54480665,92105,061,03
5,15,134
234
32
22
2
0
2/3
=⋅⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅=−⋅⋅
⋅⋅⋅
⋅−=
−
μμ
Concluzii: Golirea cilindrului în poziţe verticală se realizează mai rapid decât în cazul când cilindrul se gaseşte în poziţie orizontală Problema 6.1.19. Un rezervor sferic cu raza R=1,5 m se goleşte printr-un orificiu de secţiune s=0,1 m2, iar prin orificiul superior se face aerisirea şi completarea vidului cu aer. Care este timpul de golire completă al rezervorului?
Fig. 6.1.19
Date iniţiale şi unităţi de măsură: R=1,5 m ; s=0,1 m2 ; g=9,80665 m/s2
Soluţie: Volumul elementar dzSdVol ⋅= este egal cu volumul ce trece prin orificiu în intervalul de timp dt. Ţinând cont de orientarea axei z se scrie:
dtzgsdzrdzSdVol ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅−=⋅−= 22 μπ ⇒
zgsdzrdt⋅⋅⋅⋅
⋅⋅−=
2
2
μπ
Dar şi r este dependent de z. De aceea vom schimba variabila ţinând cont de următoarele relaţii de legătură între elementele geometrice:
( )αα cos1cos +⋅=⋅+= RRRz αα dRdz ⋅⋅−= sin
αsin⋅= Rr Obţinem:
( )
αααμ
π
αααα
μπ
αμαααπ
dgs
RR
R
dgsRR
RgsdRRdt
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅=
=
⋅
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
⋅⋅=
+⋅⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅=
2sinsin
22
2cos
sinsin2cos12
sinsin
22
2
2222
70
de unde: ∫π
α⋅α
⋅α⋅⋅⋅⋅μ⋅⋅⋅π
=0
22
d2
sinsing2s
2RRt
Calculăm separat integrala:
=⋅⋅⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅=
=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅
∫
∫∫π
ππ
αααα
ααααααα
0
22
0
22
0
2
2sin
2cos
2cos14
2sin
2cos
2sin4
2sinsin
d
dd
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅−=
=⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅=
∫
∫
2cos
2cos
2cos8
222
sin2
cos2
cos4
0
22
0
42
ααα
αααα
π
π
d
d
1516
31
518
2cos
51
2cos
318
0
53 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +−⋅=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅−⋅⋅−=
παα
Deci timpul de golire al rezervorului este:
sgsRR
gsRRt
34,4880665,91,061,0
5,15,11516
1516
1516
22 222
=
=⋅⋅
⋅⋅⋅=
⋅⋅
⋅⋅⋅=⋅
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅=
πμπ
μπ
Problema 6.1.20. Să se determine timpul necesar ca nivelul suprafeţei libere din partea dreaptă să crească cu 0,8 m, rezervorul din partea dreapta fiind nealimentat. Se consideră cunoscute aria secţiunilor celor două rezervoare S1=1,6 m2 şi S2=1,8 m2, iar diametrul orificiului din peretele ce desparte cele două rezervoare este de 100 mm şi coeficientul de debit al orificiului este 70,=μ .
Fig. 6.1.20
Date iniţiale şi unităţi de măsură: m8,0H2 =Δ ; S1=1,6 m2 ; S2=1,8 m2 ; m1,0mm100 ==ϕ ; 70,=μ ;
g=9,80665 m/s2 Soluţie: Pentru golirea primului rezervor putem scrie:
112 dzSdtzgs ⋅−=⋅⋅⋅⋅⋅μ Pentru umplerea celui de-al doilea rezervor putem scrie:
222 dzSdtzgs ⋅=⋅⋅⋅⋅⋅μ Ţinând cont că rezervoarele comunică putem stabili o relaţie de legătură:
21 zzz −= de unde:
21 dzdzdz −= Ţinând cont şi de primele relaţii obţinem:
dtzgSS
sdtzgS
sdtzgS
sdz ⋅⋅⋅⋅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⋅⋅−=⋅⋅⋅⋅
⋅−⋅⋅⋅⋅
⋅−= 21122
2121μμμ
de unde rezultă:
dzzgsSS
SSdt ⋅
⋅⋅⋅⋅
+⋅
−= − 2/1
21
21
21
μ
[ ]finalinitial
H
H
HHgsSS
SS
dzzgsSS
SSt
finit
initial
−⋅⋅⋅⋅⋅
⋅+⋅
=
=⋅⋅⋅⋅⋅
⋅+⋅
−= −∫
22
1
21
21
21
2/121
μ
μ
71
unde 4
2ϕπ ⋅=s
Din datele problemei avem m2Hinitial = Volumul de lichid care iese din primul rezervor intra în al doilea rezervor
deci putem scrie egalitatea: 2211 HSHS Δ⋅=Δ⋅
mHSS
H 9,08,06,18,1
21
21 =⋅=Δ⋅=Δ
mHHHH final 3,08,09,0221 =−−=Δ−Δ−= Deci timpul necesar condiţiei din enunţ este:
st 29,6080665,92
3,022
41,07,0
18,16,18,16,1
2=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⋅
−⋅⋅
⋅⋅
⋅+⋅
=π
Problema 6.1.21. Care este poziţia a două orificii mici de pe suprafaţa laterală a rezervorului din figură astfel încât jeturile să se întâlnească în planul bazei rezervorului. Se va neglija frecarea jeturilor cu aerul. Date iniţiale : )2(x)1(x ≡ ; h ; ϕ ; g
Fig. 6.1.21
Soluţie: Pentru orificiu 1 avem:
agvx ⋅⋅⋅= 21ϕ tgv y ⋅=
Mişcarea sub influenţa lui vx este caracterizată de:
tvx x ⋅= , deci ag
xvxtx ⋅⋅⋅==
21ϕ
şi sub influenţa lui vy este caracterizată de:
a
x
ag
xgtgdttgdtvytt
y⋅⋅
=⋅⋅⋅
⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅= ∫∫ 21
2
21
22
00 4221
21
ϕϕ
Pentru orificiu 2 avem: ( )bhgvx −⋅⋅⋅= 22ϕ
tgv y ⋅=
tvx x ⋅= , deci ( )hbg
xvxtx −⋅⋅⋅==
22ϕ
( ) ( )bhx
bhgxgtgy
−⋅⋅=
−⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=
22
2
22
22
4221
21
ϕϕ
Considerând că cele două jeturi se întâlnesc în acelaşi punct A înseamnă că pentru primul jet corespunzător punctului A avem:
ahy −= iar pentru al doilea jet tot pentru punctul A avem:
by = Obţinem astfel două ecuaţii:
axah
⋅⋅=−
21
2
4 ϕ
( )bhxb
−⋅⋅=
22
2
4 ϕ
Considerând pentru ambele orificii: ϕϕϕ == 21
Pentru ambele jeturi în punctul de întâlnire A avem acelaşi x, deci obţinem: ( ) ( )bhbaha −⋅⋅⋅=−⋅⋅⋅ 22 44 ϕϕ
adică: ( ) ( )bhbaha −⋅=−⋅
22 bhbaha −⋅=−⋅ ( ) 02 =−⋅+⋅− ahabhb
Rezolvând obţinem:
⎩⎨⎧ −
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −±=+⋅−±=
aah
ahhahahhb2242
22
72
Prima condiţie ar însemna ca jeturile să fie suprapuse ca să aibă aceeaşi bătaie, ceea ce este evident si nu corespunde cu o soluţie a problemei.
Din al doilea rezultat avem că dacă a=b cele două jeturi se întâlnesc în acelaşi punct A, deci au aceeaşi bătaie. Problema 6.1.22. Având un rezervor deschis cu H=const=2m, apa curge în atmosferă printr-un orificiu mic. Să se determine distanţa la care trebuie să se găsească orificiul faţă de baza rezervorului astfel încât bătaia jetului să fie maximă.
Fig. 6.1.22
Date iniţiale şi unităţi de măsură: H=const=2m ; maxA xx = ; g=9,80665 m/s2 Soluţie: Pentru orificiul considerat avem:
( )hHgv −⋅⋅⋅= 2ϕ Mişcarea jetului o considerăm în planul xOy caracterizat de:
( ) thHgtvx ⋅−⋅⋅⋅=⋅= 2ϕ
2
2tgy ⋅=
Considerăm în punctul A:
hy A = ⇒ 2
2tgh ⋅= ⇒
ght ⋅
=2
Avem deci ( ) hhHx ⋅−⋅⋅= ϕ2
maxxxA = Condiţia matematică ca x să fie maxim este ca:
0=dhdx
adică:
( )[ ] ( ) ( )( )
02212 2
1=
⋅−
⋅−⋅=−+−⋅⋅−⋅⋅ −
hhHhHhHhhhH ϕϕ ⇒
⇒ 02 =⋅− hH
Bătaia maximă este: 122
2===
Hh m
Concluzii: Bătaia maximă a jetului se realizează când orificiul este plasat la jumatatea cotei nivelului apei din rezervor. Problema 6.1.23. În cazul unui jet care iese dintr-un orificiu având diametrul d=25 mm dintr-un rezervor cu sarcina constantă H=290 mm debitul se stabileşte că este Q=0,726 l/s. Cunoscând poziţia a două puncte A1 şi A2 de pe traiectoria jetului faţă de punctul A0 de pe traiectorie în secţiunea contractată, poziţii date de distanţele x1=150 mm, y1=25 mm, respectiv x2=250 mm, y2=65 mm să se determine coeficienţii de contracţie, viteză şi debit.
Fig. 6.1.23
Date iniţiale şi unităţi de măsură: d=25 mm = 0,025 m ; H=290 mm = 0,29 m; Q=0,726 l/s = s/m10726,0 33−⋅ ; x1=150 mm = 0,15 m ; y1=25 mm = 0,025 m ; x2=250 mm = 0,25 m; y2=65 mm = 0,065 m; g=9,80665 m/s2 Soluţie:
73
Mişcarea jetului (aşa cum se observă şi din figură) este caracterizată de ecuaţiile: tvx ⋅= 0
2
2tgtvy y ⋅+⋅=
Pentru punctul A1 avem:
⎪⎩
⎪⎨⎧
⋅+⋅=
⋅=
2
21
11
101t
gtvy
tvx
y ⇒
0
11 v
xt =
Pentru punctul A2 avem:
⎪⎩
⎪⎨⎧
⋅+⋅=
⋅=
2
22
22
202t
gtvy
tvx
y ⇒
0
22 v
xt =
Eliminând în relaţiile de mai sus timpii obţinem:
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅+⋅=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅+⋅=
2
0
2
0
22
2
0
1
0
11
2
2
vxg
vx
vy
vxg
vx
vy
y
y
adică:
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
⋅+=⋅
⋅+=⋅
0
2
2
02
0
1
1
01
2
2
vxgv
xv
y
vxgv
xv
y
y
y
Prin scăderea ultimelor două relaţii obţinem:
0
121
1
02
2
02 v
xxgyxv
yxv −
⋅=⋅−⋅
1
1
2
2
1220 2
xy
xy
xxgv−
−⋅=
Viteza în secţiunea contractată (în punctul A0) este: ( ) ( )
sm
yxyxxxxxgv 292,2
025,025,0065,015,015,025,025,015,0
280665,9
2 1221
12210 =
⋅−⋅−⋅⋅
⋅=⋅−⋅−⋅⋅
⋅=
smHgv y 385,229,080665,922 =⋅⋅=⋅⋅=
Coeficientul de viteză este:
961,0385,2292,20 ===
yvv
ϕ
Coeficientul de debit este:
62,0
29,080665,924025,0
10726,0
24
2
3
2=
⋅⋅⋅⋅
⋅=
⋅⋅⋅⋅
=−
ππμ
Hgd
Q
Coeficientul de contracţie este:
645,0961,062,0
===ϕμε
Problema 6.1.24. Se consideră un jet de apă cu diametrul iniţial d0=100 mm care urcă vertical până la înălţimea maximă H=15 m. La ce înălţime h jetul are un diametru egal cu 2·d0, presupunând că jetul rămâne circular, iar frecările se neglijează. Date iniţiale şi unităţi de măsură: d0=100 mm = 0,1 m ; H=15 m ; 0d2d ⋅= ; g=9,80665 m/s2 Soluţie: Neglijând frecările putem aplica ecuaţia lui Bernoulli între secţiunea iniţială a jetului şi cea la înălţimea maximă H=15 m.
gv
gp
zg
vg
pz
⋅+
⋅+=
⋅+
⋅+
22
211
1
200
0 ρρ
atppp == 10 La înălţimea maximă H avem 0v1 =
Hzz =− 21
⇒ Hg
v=
⋅2
20 ⇒
smHgv 152,171580665,9220 =⋅⋅=⋅⋅=
Din ecuaţia de continuitate avem:
smd
vSvQ3
322
0000 10135,0
41,0152,17
4−⋅=
⋅⋅=
⋅⋅=⋅=
ππ
Tot din ecuaţia de continuitate avem: 00 SvSvQ ⋅=⋅=
adică:
44
20
02 d
vdv⋅
⋅=⋅
⋅ππ
74
Considerând 0d2d ⋅= avem: 2
002
04 dvdv ⋅=⋅⋅
⇒ smv
v 288,44152,17
40 ===
Mişcarea jetului este pe verticală uniform încetinită, deci este caracterizată de ecuaţiile:
tgvv ⋅−= 0
2
20
tgtvh ⋅−⋅=
Deci obţinem:
sg
vvt 312,1
80665,9288,4152,170 =
−=
−=
Înălţimea pentru care avem îndeplinită condiţia din enunţ este:
mtgtvh 063,142
312,180665,9312,1152,172
220 =
⋅−⋅=
⋅−⋅=
6.2 Mişcări permanente în conducte sub presiune
Problema 6.2.1. Apa la 20°C (ν = 1,15·10-6 m2/s) curge sub acţiunea gravitaţiei printr-o conductă cu diametrul d = 5 mm şi lungimea l = 100 m. Să se determine debitul ştiind că nivelul din rezervor este staţionar şi H = 1 m. Date iniţiale şi unităţi de măsură: ν = 1,15·10-6 m2/s ; d = 5 mm = m105 3−⋅ ; l = 100 m ; H = 1 m ; g = 9,80665 m/s2 Soluţie: Deoarece diametrul conductei este mic şi diferenţa de nivel este mică se presupune că regimul de curgere din conductă este laminar. În aceste condiţii, viteza în conductă va fi foarte mică, subunitară, iar termenul cinetic din ecuaţia transferului energiei mecanice va fi neglijabil. Astfel ecuaţia transferului energiei mecanice scrisă între suprafaţa liberă a apei din rezervor (0) şi ieşirea din conductă va fi:
101
2111
0
2000
22 −++
⋅
⋅+
⋅=+
⋅
⋅+
⋅ phzgv
gp
zgv
gp α
ρ
α
ρ
La suprafaţa liberă din rezervor viteza 00 ≈v şi 02
200 ≈
⋅⋅gvα
;
mHzppp at 1 , 010 ==== , ecuaţia devenind
101
−= ph
Pierderea hidraulică în mişcarea laminară se obţine din relaţia căderii de presiune
28
rvlp ⋅⋅⋅
=Δη
Prin definiţie pierderea hidraulică este:
gph p ⋅
Δ=ρ
şi atunci 22
32
4
810 dg
vldg
vlhp⋅
⋅⋅⋅=
⋅⋅
⋅⋅⋅=
−
ν
ρ
η
( )s
mmsm
sm
sm
m
mv
ldgv
dg
vl
66106,61001015,132
10580665,9
32 132
26
23
2
2
2
2=⋅=
⋅⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅⋅
=⇒=⋅
⋅⋅⋅
−−
−
νν
Se calculează numărul Re pentru a verifica dacă se obţine o curgere laminară şi se
va calcula termenul cinetic g
v⋅2
21 pentru a verifica dacă este neglijabil.
9,2861015,1
105106,6Re 26
32
=⋅
⋅⋅⋅=
⋅=
−
−−
sm
sm mdv
ν
Se observă Re < Recr ( Recr=2300) mişcarea fiind laminară iar
neglijabil -102,280665,92106,6
24
221 mg
v −−
⋅=⋅⋅
=⋅
Debitul va fi:
75
smdvSvQ
34322
11 1059,24
105106,64
−−− ⋅=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅=⋅=
ππ
Concluzii: În mişcarea lamminară vitezele fiind mici, este posibilă neglijarea termenului cinetic.
Problema 6.2.2. Printr-o conductă de oţel cu diametrul de 200 mm şi cu rugozitatea peretelui interior de k=0,1 mm curge un debit de apă de Q=0,05 m3/s. Să se determine pierderea hidraulică pe kilometrul de conductă dacă temperatura de lucru este 20°C (ν=1,15⋅10-6). Date iniţiale şi unităţi de măsură: d=200 mm= 0,2 m; Q=0,05 m3/s; l=1000 m; k=0,1; ν=1,15⋅10-6 m2/s; g = 9,80665 m/s2 Soluţie: Pierderea hidraulică de tip longitudinal se determină cu relaţia Darcy
gv
dlh p ⋅⋅⋅=2
2λ
Pentru calculul coeficientului λ se stabileşte regimul de funcţionare al conductei:
( )
56
222
10765,21015,1
2,059,1Re
59,12,0
05,0443
⋅=⋅
⋅=
⋅=
=⋅
⋅=
⋅
⋅=
−
mdv
mdQv
sm
sms
m
ν
ππ
Se calculează criteriul:
94,23200
1,003,010765,2Re 5 =⋅⋅⋅=⋅⋅mmmm
dkλ
Unde în prima aproximaţie s-a considerat λ=0,03. Deoarece 9,4<Re = 23,94<200, regimul de funcţiune al conductei este de tranziţie între hidraulic neted şi hidraulic rugos. Relaţia de calcul va fi Colebrook-White:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⋅
+⋅
⋅−=d
k71,3Re
51,2lg21λλ
Pentru λ=0,03
( )0179,0
455,7
1
20071,31,0
03,010765,251,2lg21
2
5
==
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⋅+
⋅⋅⋅−=
λ
λ
Pentru λ=0,0179
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⋅+
⋅⋅⋅−=
20071,31,0
0179,010765,251,2lg21
5λ
Va rezulta λ=0,0183. Pentru λ=0,0183
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⋅+
⋅⋅⋅−=
20071,31,0
0183,010765,251,2lg21
5λ
Va rezulta λ=0,0183. Se verifică criteriul
70,18200
1,00183,010765,2Re 5 =⋅⋅⋅=⋅⋅mmmm
dkλ
tot regim de tranziţie. Pentru l = 1000m
( )apa de coloana 79,11
80665,92
59,1
2,010000183,0
22
2
222m
mm
gv
dlh
sm
sm
p =⋅
⋅⋅=⋅
⋅⋅= λ
Concluzii: Calculul iterativ pentru obţinerea coeficientului λ este rapid convergent.
76
Problema 6.2.3. Să se determine debitul de apă la 20°C (ν = 1,15⋅10-6 m2/s) într-o conductă de oţel cu diametrul d = 50 cm şi rugozitatea peretelui interior k = 0,2 mm, dacă are lungimea l = 100 m şi este alimentată de un rezervor cu nivel staţionar cu H = 20 m.
Fig. 6.2.3
Date iniţiale şi unităţi de măsură: d = 50 cm = 0,5 m; ν = 1,15⋅10-6 m2/s ; l = 100 m; k = 0,2 mm = m102,0 3−⋅ ; H = 20 m; g = 9,80665 m/s2 Soluţie: Ecuaţia transformării energiei mecanice 0-1:
101
2111
0
2000
22 −++
⋅
⋅+
⋅=+
⋅
⋅+
⋅ phzgv
gp
zgv
gp α
ρα
ρ
Se observă
1 ;02
; 110
200
10 ==−≈⋅
⋅== α
αHzz
gv
ppp at
rezultând
dl
Hgv
dl
gv
gv
dl
gv
hg
vH p
⋅+
⋅⋅=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅+⋅
⋅=
⋅⋅⋅+
⋅=+
⋅=
−
λ
λλ
1
2
12222
21
21
21
21
10
Se presupune λ = 0,03 şi se obţine:
66
1025,31015,1
5,048,7Re
48,7
5,010003,01
2080665,92 2
⋅=⋅
⋅=
⋅=
=⋅+
⋅⋅=
−νdv
mm
mv s
msm
Se verifică criteriul:
20016,225500
2,003,01025,3Re 6 >=⋅⋅⋅=⋅⋅mmmm
dkλ
Şi în consecinţă regimul de funcţionare este hidraulic rugos (CHR).
Coeficientul ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
dkfλ iar relaţia de calcul va fi:
0158,0
93,72,0
50071,3lg21
71,3lg214,1lg21
=
=⋅⋅=
⋅⋅=+⋅=
λλ
λ kd
kd
Se verifică din nou criteriul
1635,0
102,00158,01025,3Re3
6 =⋅
⋅⋅⋅=⋅⋅−
dkλ
ceea ce arată un regim de tranziţie, relaţia pentru calculul lui λ va fi:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⋅
+⋅
⋅−=d
k71,3Re
51,2lg21λλ
Pentru λ = 0,0158
77
0160,0
50071,32,0
0161,01025,351,2lg21
0161,0
50071,32,0
0092,01025,351,2lg21
0092,0
50071,32,0
0158,01025,351,2lg21
6
6
6
=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⋅+
⋅⋅⋅−=
=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⋅+
⋅⋅⋅−=
=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⋅+
⋅⋅⋅−=
λ
λ
λ
λ
λ
λ
Se verifică din nou criteriul
1645,0102,0016,01025,3Re
36 =
⋅⋅⋅⋅=⋅⋅
dkλ
regimul de funcţionare al conductei este identic cu cel anterior şi este bine calculat. Viteza va fi:
sms
m
mm
m
dl
Hgv 664,9
5,0100016,01
2080665,92
1
2 2=
⋅+
⋅⋅=
⋅+
⋅⋅=
λ
Debitul va fi:
sm
sm mdvQ
389,15,0
4664,9
422
2=⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛⋅=
⋅⋅=
ππ
Concluzii:Calculul corect al coeficientului λ presupune neapărat verificarea
criteriului dk⋅⋅ λRe după fiecare etapă.
Problema 6.2.4. Cât trebuie să fie nivelul staţionar H în rezervor pentru a
menţine un debit de apă de 10 l/s prin ajutajul format din doi cilindrii coaxiali ştiind că acesta are D = 50 mm şi d = 30 mm, lungimea L = 20 m. Temperatura apei este de 20°C (ν = 1,15·10-6 m2/s). Se vor neglija pierderile locale, iar rugozitatea interioară este de 0,05 mm.
Fig. 6.2.4 Date iniţiale şi unităţi de măsură: Q = 10 l/s = 0,01 m3/s ; L = 20 m; D = 50 mm = 0,05 m ; ν = 1,15·10-6 m2/s d = 30 mm = 0,03 m; k = 0,05 mm = m1005,0 3−⋅ ; g = 9,80665 m/s2 Soluţie: Din ecuaţia de continuitate rezultă viteza medie
( ) ( )[ ] sms
m
mmAQv 99,1
03,005,0
01,02222
3
=−⋅
==π
Diametrul hidraulic este u
h PSD ⋅
=4 unde S este suprafaţa vie a curentului iar Pu
este perimetrul udat. ( )( ) ( ) ( ) mrR
rRrRDh 04,003,005,022
24 22
=−⋅=−⋅=+⋅⋅−⋅⋅
=π
π
Ecuaţia transferului energiei mecanice 0 – 1
101
2111
0
2000
22 −++
⋅⋅
+⋅
=+⋅⋅
+⋅ phz
gv
gpz
gv
gp α
ρα
ρ
atppp == 10 02
200 ≈
⋅⋅gvα
11 ≈α Hzz =− 10
gv
Dlhh
p ⋅⋅⋅=
2
21λ se notează v1=v
78
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅+⋅
⋅=
⋅⋅⋅=
h
hp
Dl
gvH
gv
Dlh
λ
λ
12
22
2
Unde necunoscuta este λ. Pentru determinare se aplică metodologia cunoscută.
00125,004,01005,0
692171015,1
04,099,1Re
3
6 2
=⋅
=
=⋅
⋅=
⋅=
−
−
h
sm
sm
h
Dk
mDvν
Criteriul hD
k⋅⋅ λRe pentru o valoare iniţială λ = 0,02 este:
4,923,1200125,002,069217Re >=⋅⋅=⋅⋅hD
kλ
ceea ce înseamnă regim de tranziţie. Formula Colebrook-White, cu o primă aproximaţie λ = 0,02 este:
02401,0
4071,305,0
02,06921751,2lg2
71,3Re51,2lg21
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⋅+
⋅⋅−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⋅
+⋅
⋅−=
λ
λλ mmmm
Dk
h
0237,0
4071,305,0
02401,06921751,2lg2
71,3Re51,2lg21
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⋅+
⋅⋅−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⋅
+⋅
⋅−=
λ
λλ mmmm
Dk
h
0237,0
4071,305,0
0237,06921751,2lg2
71,3Re51,2lg21
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⋅+
⋅⋅−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⋅
+⋅
⋅−=
λ
λλ mmmm
Dk
h
( )m
mmH
sm
sm
59,204,0
200237,0180665,92
99,1
2
2
22
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅+⋅
⋅=
Concluzii: Respectarea metodologiei de calcul pentru λ este necesară pentru obţinerea unui rezultat corect.
Problema 6.2.5. Să se determine diferenţa de nivel H între suprafeţele libere ale celor două rezervoare dacă apa la 20°C (ν = 1,15·10-6 m2/s) curge din rezervorul superior în cel inferior cu un debit Q = 0,03 m3/s printr-o conductă cu diametrul d = 150 mm, cunoscând coeficientul pierderilor distribuite λ = 0,035 şi coeficienţii pierderilor locale ζi = 0,5, ζc = 0,23 şi ζe = 1.
Fig. 6.2.5
Date iniţiale şi unităţi de măsură: ν = 1,15·10-6 m2/s ; Q = 0,03 m3/s ; d = 150 mm = 0,15 m; l1 = 60m ; l2 = 10m; l3 = 100m; ζi = 0,5; ζc = 0,23 ; ζe = 1; g = 9,80665 m/s2 λ = 0,035 Soluţie: Ecuaţia transferului energiei mecanice 0-1:
101
2111
0
2000
22 −++
⋅
⋅+
⋅=+
⋅
⋅+
⋅ phzgv
gp
zgv
gp α
ρ
α
ρ
atppp == 10 Hzz =− 10 02
200 ≈
⋅⋅gvα
02
211 ≈
⋅⋅gvα
( )g
vg
vg
vg
vh
gv
dlll
gv
dl
gv
dl
gv
dl
h
hhh
eciecip
p
ppp
local
allongitudin
localallongitudin
⋅⋅+⋅+=
⋅⋅+
⋅⋅⋅+
⋅⋅=
⋅⋅
++⋅=
⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅=
+=−
22
222
2
22222222
2321
23
22
21
10
ζζζζζζ
λλλλ
Ecuaţia transferului energiei mecanice devine:
79
( )( )
mH
mdQv
gv
dlll
H
sm
sm
sms
m
eci
498,680665,92
69,1123,025,0
15,0170035,0
69,115,0
03,044
22
2
2
2
3
2
222
2321
=⋅
⋅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⋅++⋅=
=⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
⋅⋅=
⋅⋅⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛+⋅++
++⋅=
ππ
ζζζλ
Concluzii: Se remarcă o contribuţie semnificativă a rezistenţelor locale în ansamblul disipaţiilor.
Problema 6.2.6. Uleiul cu densitatea ρ = 950 kg/m3 şi vâscozitatea cinematică ν = 2·10-5 m2/s curge printr-o conductă cu diametrul d = 30 cm şi de lungime l = 100 m, producând o pierdere de energie specifică de 8 m. Dacă
rugozitatea relativă 4102dk −⋅= să se determine viteza şi debitul.
Date iniţiale şi unităţi de măsură: ρ = 950 kg/m3 ; ν = 2·10-5 m2/s ; d = 30 cm = 0,3 m ; l = 100 m ;
4102dk −⋅= ; g = 9,80665 m/s2
Soluţie:
A. Metoda calculului iterativ
2
2 22 v
gldh
gv
dlh pp
⋅⋅⋅=⇒
⋅⋅⋅= λλ
Cum v este necunoscut se va calcula:
2
2
2 47,080665,92100
3,08
2
2
2
sm
sm
p
mmmv
gldhv
=⋅⋅⋅=⋅
⋅⋅⋅=⋅
λ
λ
Pentru a rezolva problema trebuie calculată viteza:
λ47,0
=v
cu λ necunoscut. Se aproximează λ = 0,02:
smv 84,4
02,047,0
==
Se calculează:
45
1026,7102
3,084,4Re
2⋅=
⋅
⋅=
⋅=
−s
msm mdv
ν
Se calculează criteriul:
4,905,210202,01026,7Re 44 <=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅ −dkλ
ceea ce înseamnă regim hidraulic neted de funcţionare. Coeficientul λ se va calcula cu relaţia Blasius:
0192,0101026,7
1Re100
14 244
=⋅⋅
=⋅
=λ
Se reia de la calculul vitezei:
0191,0101041,7
1Re100
1
4,9053,21020192,01041,7Re
1041,7102
3,094,4Re
94,40192,047,0
4 244
44
45 2
=⋅⋅
=⋅
=
<=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅
⋅=⋅
⋅=
⋅=
==
−
−
λ
λ
ν
dk
mdv
v
sm
sm
sm
Diferenţa dintre ultimele două iteraţii justifică oprirea calculelor şi atunci:
( ) sm
sm
sm
mdvQ
v
335,03,0
496,4
4
96,401916,0
47,047,0
222 =⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅=⋅⋅=
===
ππ
λ
B. Metoda directă În relaţia Colebrook-White:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⋅
+⋅
⋅−=d
k71,3Re
51,2lg21λλ
utilizând un factor adimensional χ obţinut din analiza dimensională:
2Re2
2
3⋅
=⋅
⋅⋅=
λ
νχ
l
hdg p
80
se obţine:
( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⋅+⋅⋅−=
dk
71,3775,1lg8Re 2
1
χχ
Se calculează: ( )
( )
( ) 7260671,3
0002,0
103,5
775,1lg103,58Re
103,5102100
83,080665,9
77
725
33
2
3
21
2
4
2
=⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛+
⋅⋅⋅⋅−=
⋅=⋅⋅
⋅⋅=
⋅
⋅⋅=
−sm
sm
p
m
mm
l
hdg
νχ
Din expresia numărului Re va rezulta viteza:
( ) sm
sm
sms
m
mdvQ
mdv
3
2
345,03,04
84,44
84,43,0
72606102Re
222
5
=⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅=⋅⋅=
≈⋅⋅
=⋅
=−
ππ
ν
Concluzii: Se observă că diferenţa între valorile numerice ale rezultatelor este mică, ceea ce ar justifica metoda de calcul mai simplă.
Problema 6.2.7. Să se determine căderea de presiune pe un element de schimbător de căldură cu secţiunea de tip triunghi isoscel cu unghiul β = 80° şi latura a = 20 mm, lungimea sa fiind l = 60 cm. Se dau viteza medie v = 2 m/s a lichidului ce se răceşte, un ulei ρ = 950 kg/m3 cu vâscozitatea cinematică ν = 2·10-5 m2/s.
Fig.6.2.7
Date iniţiale şi unităţi de măsură: β = 80° ; a = 20 mm = 0,02 m ; l = 60 cm = 0,6 m ; v = 2 m/s; ρ = 950 kg/m ; ν = 2·10-5 m2/s ; k = 0,01 mm = m1001,0 3−⋅ ; g = 9,80665 m/s2 Soluţie: Unghiurile de la baza triunghiului isoscel vor fi:
502
80180=
−=α
iar latura bazei: mmmab 71,2502571,044278,002,0250cos2 ==⋅⋅=⋅⋅=
înălţimea va fi: mmmah 32,1501532,076,0020,050sin ==⋅=⋅=
Dacă elementul schimbător de căldură este orizontal ecuaţia de transfer a energiei mecanice 0 – 1 va fi:
102
2221
1
2110
22 −++
⋅⋅
+⋅
=+⋅⋅
+⋅ phz
gv
gp
zgv
gp α
ρα
ρ
v1 = v2 = v; 121 ≈=αα z1 = z2 p0-p1 = Δp
8,1198102011988,02Re
988,1171,25202
232,1571,254
22
44
22
5
2
10
=⋅
⋅=
⋅=
=+⋅
⋅⋅
=+⋅
⋅⋅
=⋅
=
⋅⋅⋅=⋅
⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=Δ
−
−
ν
λρλρρ
h
h
hhp
Dv
mmmmmm
mmmm
ba
hb
PSD
vDl
gv
Dlghgp
Deoarece Re ≤ 2300 curgerea este laminară.
23 56,5068011988,0
6,00533,0950
0533,08,1198
64Re64
mN
mkg
mmp =⋅⋅=Δ
===λ
Concluzii: Căderea de presiune în schimbătoarele de căldură nu poate fi neglijată, deşi nu are valori mari.
81
Problema 6.2.8. Apa curge din rezervorul din stânga în cel din dreapta cu
un debit de 250 l/s. Relaţia pentru pierderile din ambele conducte este
gv
dlhp ⋅⋅⋅=
202,0
2. Care este diferenţa de nivel H între rezervoare pentru a se
putea realiza acest debit în condiţiile neglijării pierderilor locale?
Fig.6.2.8
Date iniţiale şi unităţi de măsură: Q = 250 l/s = 0,25 m3/s ; d1 = 36 cm = 0,36 m ; l1 = 62 m ; d2 = 45 cm = 0,45 m ; l2 = 186 m ; g = 9,80665 m/s2 Soluţie: Ecuaţia de transfer a energiei mecanice a – b va fi:
bapbbbb
aaaa hz
gv
gp
zgv
gp
−++
⋅⋅
+⋅
=+⋅⋅
+⋅ 22
22 αρ
αρ
pa = pb =pat Hzzvv baba =−≈≈ 0 0
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅+⋅⋅
⋅=
⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅=+=
−
22
2
221
1
1
22
2
221
1
1
202,0
202,0
202,0
21
vdl
vdl
gH
gv
dl
gv
dl
hhh ppp ba
( )
( )
( ) ( ) mmm
mmH
mdQ
AQv
mdQ
AQv
sm
sm
sm
sms
m
sms
m
09,257,145,0
18645,236,0
6280665,92
02,0
57,145,0
25,044
45,236,0
25,044
22
2222
2111
2
3
3
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⋅+⋅⋅
⋅=
=⋅
⋅=
⋅⋅
==
=⋅
⋅=
⋅⋅
==
ππ
ππ
Concluzii: În calcul s-au considerat cele două tronsoane de conductă ca fiind lungi din punct de vedere hidraulic.
Problema 6.2.9. Sifonul din figură funcţionează cu apă la 20°C (ν = 1,15·10-6 m2/s), tubul de sifonare având d = 2 mm şi lungimea l = 1m. Să se determine debitul pentru H = 50 cm neglijând curbura sifonului.
Fig. 6.2.9
Date iniţiale şi unităţi de măsură: ν = 1,15·10-6 m2/s ; d = 2 mm = 0,002 ; l = 1 m H = 50 cm = 0,5 m ; g = 9,80665 m/s2 Soluţie: Ecuaţia de transfer a energiei mecanice 0 – 1 va fi:
102
2221
1
2110
22 −++
⋅⋅
+⋅
=+⋅⋅
+⋅ phz
gv
gp
zgv
gp α
ρα
ρ
atppp == 10 Hzz =− 10 02
200 ≈
⋅⋅gvα
11 ≈α
82
dl
Hgv
dl
gv
gv
dl
gv
H
gv
dlhp
⋅+
⋅⋅=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅+⋅
⋅=
⋅⋅⋅+
⋅=
⋅⋅⋅=
−
λ
λλ
λ
1
2
1222
2
1
21
21
21
21
10
Problema principală este determinarea coeficientului λ. În prima aproximaţie λ = 0,02:
1,18601015,1
002,0944,0Re
944,0
002,0102,01
5,080665,92
2
2
6
1
=⋅
⋅=
⋅=
=⋅+
⋅⋅=
−s
msm
sm
sms
m
dv
mm
mv
ν
Deoarece Re < 2320 mişcarea este laminară:
( )slmdvQ
m
mv
sm
sm
sms
m
0023,0103,2002,04
734,04
734,0
002,010344,01
5,080665,92
0344,01,1860
64Re64
3
2
622
1
=⋅=⋅⋅=⋅
⋅=
=⋅+
⋅⋅=
===
−ππ
λ
Concluzii: Rezolvarea a presupus un calcul simplu, considerând că rezultatul final nu este afectat major de valoarea coeficientului λ.
Problema 6.2.10. Să se calculeze debitul prin conducta frântă din figură
cunoscând expresia pierderilor ca fiind g
vdlhp ⋅⋅⋅=
2015,0
2.
Fig. 6.2.10
Date iniţiale şi unităţi de măsură: d = 0,5 m ; l1 = 100 m ; l2 = 300 m ; d = 0,5 m ; H = 100 m; g = 9,80665 m/s2 Soluţie: Ecuaţia de transfer a energiei mecanice 0 – 1 va fi:
102
2221
1
2110
22 −++
⋅⋅
+⋅
=+⋅⋅
+⋅ phz
gv
gp
zgv
gp α
ρα
ρ
atppp == 10 Hzz =− 10 02
200 ≈
⋅⋅gvα
v v1 11 =≈α
( ) sm
sm
sms
m
p
mQ
dvSvQ
mm
m
dll
Hgv
dll
gvH
gv
dll
gvh
gvH
3
2
10
411,25,04
28,12
4
28,12
5,0400015,01
10080665,92
015,01
2
015,012
2015,0
22
2
2
21
212
221
22
=⋅⋅=
⋅⋅=⋅=
=⋅+
⋅⋅=
+⋅+
⋅⋅=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +⋅+⋅
⋅=
⋅⋅
+⋅+
⋅=+
⋅=
−
π
π
83
Problema 6.2.11. Pentru sistemul de conducte din figura de mai jos diametrele tuturor conductelor este de 10 cm. Dacă căderea de presiune între intrarea şi ieşirea din sistem este de 620000 Pa să se calculeze debitul de apă vehiculat. Se cunosc lungimile conductelor ca fiind l1 = 200 m, l2 = 80 m şi l3 = 110 m şi coeficienţii de pierderi distribuite λ1 = 0,026, λ2 = 0,028 şi λ3 = 0,031. Pierderile locale se neglijează.
Fig.6.2.11
Date iniţiale şi unităţi de măsură: d1 = d2 = d3 = 10 cm = 0,1 m; )m/N( Pa 620000pp 2
CA =− ; l1 = 200m; l2 = 80m ; l3 = 110m ; λ1 = 0,026 ; λ2 = 0,028 ; λ3 = 0,031; ρapa = 1000 kg/m3 ; Soluţie: Pentru conductele conectate în paralel avem relaţiile:
2
2
4
422
2
22
21
1
11
2
22
21
21
1
21
21
21
gv
dl
hg
vdl
h
vd
Qvd
Q
hhhQQQ
pp
ppp
BA
BA
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
⋅⋅
=⋅⋅
=
==+=
−
−
λλ
ππ
Pentru conductele conectate în serie se scriu relaţiile:
2
4
23
3
33
3
23
gv
dl
h
vd
Q
gpp
h
hhhQQ
CB
CA
CBBACA
p
CB
apa
CAp
ppp
CBBA
⋅⋅⋅=
⋅⋅
=
⋅−
=
+==
−
−
−−−
−
−−
λ
π
ρ
Făcându-se substituţiile aferente se obţine următorul sistem de ecuaţii:
⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅
⋅−
=⋅
⋅⋅+⋅
⋅⋅
⋅⋅
=⋅⋅
+⋅⋅
gv
dl
gv
dl
gpp
gv
dl
gv
dl
vd
vd
vd
apa
CA
22
22
444
22
2
22
21
1
11
23
3
33
21
1
11
3
23
2
22
1
21
λλ
ρλλ
πππ
Deoarece d1 = d2 = d3 rezultă v1+v2 = v3
gpp
gv
dl
g
ll
v
dl
ll
vvvv
ll
v
vll
vg
vdl
gv
dl
apa
CA⋅
−=
⋅⋅⋅+
⋅
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅+
⋅⋅
⋅+
=→=⋅⋅+
⋅⋅=→⋅
⋅⋅=⋅
⋅⋅
ρλ
λλ
λ
λλλ
λ
λλ
λλ
22
1
1
22
23
3
33
2
2
1
2
1
23
1
11
2
1
2
1
3131
2
1
2
11
12
1
2
12
22
2
22
21
1
11
84
( )sl
sm
sm
CA
smm
kg
apa
CA
mvd
Q
mm
mmm
m
Pa
v
dl
lld
l
pp
v
43043,0417,541,0
4
417,5
21
1,0110031,0
80200
028,0026,012
11,0
200026,0
1000
620000
21
12
1
3
3
2
3
23
2
3
3
332
2
1
2
11
11
3
==⋅⋅
=⋅⋅
=
=⋅⋅+
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅+⋅
⋅⋅=
⋅⋅+
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅+⋅
⋅⋅
−
=
−ππ
λ
λλ
λ
ρ
Problema 6.2.12. Pentru sistemul de conducte din figura de mai jos să se determine căderea de presiune între intrare şi ieşire neglijând pierderile locale ce apar. Se cunosc diametrele şi lungimile conductelor l1 = 270 m, l2 = 300 m, l3 = 250 m, l4 = 260 m, d1 = 0,5 m, d2 = 0,3 m, d3 = 0,5 m, d4 = 0,7 m. Se mai ştie că pe cele patru conducte coeficienţii pierderilor distribuite sunt identici şi egali cu 0,03.
Fig. 6.2.12
Date iniţiale şi unităţi de măsură: d1 = 0,5 m l1 = 270 m λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0,03 d2 = 0,3 m l2 = 300 m g = 9,80665 m/s2 d3 = 0,5 m l3 = 250 m d4 = 0,7 m l4 = 260 m Soluţie: Pentru sistemul de conducte conectate în paralel se scriu relaţiile:
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
⋅⋅
+⋅⋅
+⋅⋅
=
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
⋅⋅
=⋅⋅
=⋅⋅
=
===
++=
−
−
−
−
gv
dl
gv
dl
gv
dl
h
vd
vd
vd
Q
gv
dl
hg
vdl
hg
vdl
h
vd
Qvd
Qvd
Q
hhhhQQQQ
CB
CB
p
CB
ppp
pppp
CB
222
444
2
2
2
4
4
4
24
4
44
23
3
33
22
2
22
4
24
3
23
2
22
24
4
444
23
3
333
22
2
222
4
24
43
23
32
22
2
432
432
λλλ
πππ
λλλ
πππ
Pentru sistemul de conducte conectate în serie avem relaţiile:
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
⋅⋅
+⋅⋅
+⋅⋅
=⋅⋅
⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅=
⋅−
⋅⋅⋅=
⋅−
=
+=
⋅⋅
==
−−
−−−
−−−
4
24
3
23
2
22
1
21
22
2
22
21
1
11
21
1
11
1
21
4444
22
2
4
vd
vd
vd
vd
gv
dl
gv
dl
gpp
gv
dl
hg
pph
hhh
vd
QQQ
apa
CA
papa
CAp
ppp
BACBBA
BACA
CBBACA
ππππ
λλρ
λρ
π
Cu relaţiile de mai sus şi ţinând cont că λ1 = λ2 = λ3 = λ4 se pot deduce expresiile vitezelor:
85
21
1
2
4
4
2
224
3
3
2
223
22
211
2
2
1
1121
2
4
4
2
224
3
3
2
223
22
211
2
22
21
1
11
4
4
2
224
3
3
2
223
22
211
2
4
4
2
224
3
3
2
223
222
1
21
4
4
2
22
24
3
3
2
22
232
221
21
4
4
2
224
3
3
2
223
4
2
21
2
d
Qv
ld
dl
dld
dl
dd
dvdl
dl
gvh
ld
dl
dld
dl
dd
dvgd
lg
vdl
h
ld
dl
dld
dl
dd
dvv
ld
dl
dld
dl
ddd
vv
ld
dl
vdld
dl
vdvdvd
ld
dl
vv
ld
dl
vv
BA
p
p
CA
CA
⋅
⋅=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⋅⋅+⋅⋅+
⋅⋅+⋅
⋅⋅=
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⋅⋅+⋅⋅+
⋅⋅
⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅=
⋅⋅+⋅⋅+
⋅=→
→⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⋅+⋅⋅+⋅=
⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅=⋅→
⎪⎪
⎭
⎪⎪
⎬
⎫
⋅⋅=
⋅⋅=
−
−
−
π
λ
λλ
( )
( )
( ) ( ) ( )
Pamhgpp
mh
mm
mmm
mm
mmmm
mmm
mm
smm
h
ld
dl
dld
dl
dd
ddl
dl
gd
Qh
sm
mkg
papăCA
p
sm
p
BAp
CA
CA
CA
CA
36120683,380665,91000
683,3
2607,0
3,03007,0
2505,0
3,03005,03,0
5,03,0
3005,0
270
80665,92
03,05,0
4,04
24
23
3
2
222
2
2
2
2
2
4
4
2
224
3
3
2
223
22
21
2
2
1
112
21
=⋅⋅=⋅⋅=−
=
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⋅⋅+⋅⋅+
⋅+⋅
⋅⋅
⋅⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⋅
⋅=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⋅⋅+⋅⋅+
⋅+⋅⋅
⋅⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⋅
⋅=
−
−
−
−−
ρ
π
λ
π
Concluzii: Configuraţia spaţială a sistemului de conducte este definitorie pentru algoritmul de rezolvare.
Problema 6.2.13. Pentru sistemul de conducte paralele din figura de mai jos căderea de presiune între intrare şi ieşire este de 21000 Pa, iar lichidul de lucru este ulei cu densitatea ρ = 870 kg/m3. Să se calculeze debitul între secţiunule de intrare şi de ieşire ştiind că DA = 0,08 m, lA = 80 m, DB = 0,06 m, lB = 70 m iar coeficienţii pierderilor distribuite pe cele două ramuri sunt λA = 0,028 şi λB = 0,026.
Fig. 6.2.13
Date iniţiale şi unităţi de măsură: pA-pB = 21000 Pa (N/m2) ; ρ = 870 kg/m3 ; DA = 0,08 m ; lA = 80 m ; DB = 0,06 m ;
86
lB = 70 m ; λA = 0,028 ; λB = 0,026 ; g = 9,80665 m/s2 Soluţie:
gv
dl
hg
vdl
h
QQQ
hhh
B
B
BBp
A
A
AAp
BA
ppp
BA
BA
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
+=
==−
2
2
221
21
λλ
( )
( )
sm
BA
sm
BB
B
sm
AA
A
sms
m
BB
pB
sms
m
AA
pAA
sm
mkg
BAp
QQQ
mvd
Q
mvd
Q
m
mm
l
hdgv
m
mm
l
hdgv
mPagpp
h
3
3
3
221
221
321
3331
322
322
10165,1010565,3106,6
10565,3261,1406,0
4
106,6313,1408,0
4
261,170026,0
461,206,080665,922
313,180028,0
461,208,080665,922
461,280665,9870
21000
−−−
−
−
⋅=⋅+⋅=+=
⋅=⋅⋅
=⋅⋅
=
⋅=⋅⋅
=⋅⋅
=
=⋅
⋅⋅⋅=
⋅
⋅⋅⋅=
=⋅
⋅⋅⋅=
⋅
⋅⋅⋅=
=⋅
=⋅−
=
−
−
−
ππ
ππ
λ
λ
ρ
B