400 4. Dynamika i przepływy guasi-rzeczywiste
f = u + 21g
2,51 k
——- • u + — 0,269 Re d,
Miejsce zerowe funkcji f można wyznaczyć iteracyjnie na podstawie metody Newtona:
0 2,51 ,
2^‘lge
2,51 k „ ’
--u + — 0,269
Re d.
u0 =1/^0,002 =7,071067812,
, -u0 - IM = 7,071067812 - Q,2ł-1622 = 6,862388, X, =0,0212. 1 0 f'(u0) 1,0236848
u, = u
Dalsze iteracje nieistotnie zmieniają wartość Xt. Spadek ciśnienia dla kanału o długości l
, , I pv2 . Ap X pv2
K d, 2 / d, 2
Ap 0,0212 1000-0,27632 ,, t ,,
— =---= 1,517 Pa/m = 1517 Pa/km = 15,17 mbar/km.
I 0,53333 2
ZADANIE 4.13.79
Dla rurki odgiętej o kąt a = 30° względem poziomu (rys. 4.95), obracającej się względem osi pionowej z prędkością kątową co = 2rtrd/s, wyznaczyć siłę Corioiisa i jej moment, jeśli z rurki wypływa m = 12kg/s wody. Długość ramienia L = 0,5 m.
v 2 — = p ■ dl • A ■ co
r
r
Rys. 4.95
Rozwiązanie
Moment pochodzący od siły odśrodkowej względem osi obrotu
dM =? xdFj. = (rxr)p-d/ • A-co2 =0. Siłę Coriolisa działającą na masę dm = A - p • d/ wyraża wzór: dFc = 2dm -vxu> = 2A-p-d/-vx(o.
Ponieważ
v x (o = v • od • sin(90 - a) • iv = v • to • cos a ■ ,
gdzie wersor i^ jest prostopadły do płaszczyzny r-z w kierunku czytającego, to moment pochodzący od siły Coriolisa
dM = rxdFc = (iTxi(p)r-v-to-cosa-2A-p'd^, ir x i^ = -k, dM = -k • / • cos a • v • co • cos a • 2 A • p • dl = = -k2Apv• u)■ l ■ dl = ~k2m ■ co• cos2 a-l-di,
a po scałkowaniu
L
M = ~ Jk-2m-co*cosad -d/ = -krn-cos2 a-cod2, o
= -12-
•2tt-0,25 = -14,14 N • m.
Siła Coriolisa osiągnie największą wartość dla a = 0°, czyli dla poziomego położenia rurki.
ZADANIE 4.13. 80
Z otwartego zbiornika (rys. 4.96) do otoczenia wypływa woda o gęstości 1000 kg/m3 przez rurę z kołnierzem o średnicy D = 0,01 m, umieszczoną ponad płytą na wysokości b = 0,001 m. Obliczyć prędkość wypływu strugi na krawędzi kołnierza w środku odcinka b oraz strumień masy płynu, gdy lustro wody znajduje się na wysokości H = 1 m.