I.
HYDROSTATYKA-C.D.
I.1.
PARCIE NA ŚCIANY ZAKRZYWIONE
I.1.1.
Obliczenie wartości siły parcia
Elementarne powierzchnie d
A
tworzące rozpatrywaną powierzchnię krzywą mają róŜną orientację w
przestrzeni. Prostopadłe do nich, elementarne parcia d
P
i
nie są więc do siebie równoległe. Dlatego
wartość wypadkowej siły parcia P nie moŜe być obliczona jako algebraiczna suma wartości
elementarnych sił.
Zatem siłę parcia całkowitego moŜna rozłoŜyć na dwie składowe: pionową
P
V
i poziomą
P
H
.
P
P
H
P
V
Składowa pozioma parcia
P
H
Obliczenia wartości tej składowej parcia jest praktycznie obliczeniem wartości siły parcia na rzut
rozpatrywanej ściany na pionową ścianę (czyli na ścianę płaską), do jej obliczeń stosuje się metody
omówione w rozdziale I.2:
–
metodę graficzno – analityczną,
–
analityczną.
Składowa pozioma parcia jest prostopadła do rzutu rozpatrywanej powierzchni i działa zawsze od cieczy
w kierunku ściany.
Składowa pionowa parcia
P
V
Aby obliczyć wartość tej składowej, skorzystać moŜna jedynie z metody graficzno-analitycznej
postępując następująco:
♦
wykonać prostokątny rzut ściany zakrzywionej na powierzchnię zwierciadła cieczy,
♦
dla tego rzutu skonstruować bryłę składowej pionowej parcia (bryła jest ograniczona: powierzchnią
ściany, zwierciadłem cieczy i tworzącymi pionowymi),
♦
obliczyć cięŜar bryły parcia:
γ
⋅
=
V
V
V
P
.
Wektor
P
V
jest prostopadły do powierzchni zwierciadła cieczy i zwrócony jest: do góry (jeŜeli ściana
znajduje się nad cieczą), a ku dołowi gdy ciecz jest nad ścianą na którą parcie liczymy.
Wartość całkowitej siły parcia
P
działającego na powierzchnię krzywą obliczyć moŜna zatem jako:
2
2
V
H
P
P
P
+
=
Kierunek działania siły
P
jest zawsze prostopadły do powierzchni, a jej kąt nachylenia do poziomu
obliczyć moŜna następująco:
H
V
P
P
arctg
=
α
PRZYKŁAD I-1
Obliczyć wartość siły parcia na ścianę AB będącą ćwiartką walca o promieniu podstawy
R
i wysokości
b
Dane:
R, b,
γ
Szukane:
P
1
R
A
B
P
P
V
P
H
Rozw.:
Wypadkowe parcie
P
na ścianę AB naleŜy rozłoŜyć na składowe:
P
H
i
P
V
.
1.
Składowa pozioma parcia
P
H
Wartość tej składowej obliczyć moŜna dwoma metodami.
a)
metoda analityczna
A
z
P
S
H
⋅
⋅
=
γ
,
gdzie
A
jest powierzchnią ściany, a
z
S
- zagłębieniem środka cięŜkości rzutu rozpatrywanej ściany na
dowolną powierzchnię pionową pod powierzchnią zwierciadła cieczy.
γ
γ
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
b
R
A
z
P
S
H
2
2
1
R
A
B
A'
B'
P
H
A'B' jest rzutem ściany AB
z
S
b) metoda graficzno – analityczna
.
R
R
b
Wykres składowej poziomej
parcia na na ćwiartkę walca
Bryła składowej poziomej
parcia na na ćwiartkę walca
R
R
b
R
R
P
P
H
P
H
Bryła parcia będzie graniastosłupem o wysokości
b
i podstawie będącej trójkątem równoramiennym o
boku
R
(rys. I-58).
γ
γ
b
R
V
P
H
H
2
2
1
=
⋅
=
2.
Składowa pionowa parcia
P
V
Bryła parcia składowej pionowej parcia jest ograniczona: ścianą, jej rzutem na powierzchnię zwierciadła
cieczy i płaszczyznami pionowymi, a zatem jest ćwiartką walca o promieniu
R
i wysokości
b
(rys I-59),
zatem wartość
P
V
wynosi:
γ
π
γ
b
R
V
P
V
V
2
4
1
=
⋅
=
Wykres składowej pionowej
parcia na ćwiartkę walca
R
P
P
V
Bryła składowej pionowej
parcia na na ćwiartkę walca
R
b
P
V
2
PRZYKŁAD I-2
Obliczyć parcie na segmentowe zamknięcie jazu. Szerokość segmentu wynosi
b
promień
R
, a kąt
pomiędzy ryglami
α
. Oś obrotu znajduje się na poziomie zwierciadła wody górnej.
Dane:
R
= 8 m
, b
= 6 m,
α
= 30
o
Szukane:
P
R
O
A
B
P
P
V
P
H
H
=
R
s
in
Rozw.:
1.
Składowa pozioma parcia
P
H
a) metoda analityczna
R
O
A
B
A'
B'
P
H
A'B' jest rzutem ściany AB
z
S
(
)
k
471
81
9
6
8
2
2
1
2
1
2
2
1
2
3
2
=
⋅
⋅
=
=
=
⋅
⋅
=
,
)
(
b
sin
R
b
H
A
z
P
S
H
γ
α
γ
γ
b)
graficzno - analityczna
NaleŜy utworzyć bryłę składowej poziomej parcia, a następnie obliczyć jej cięŜar:
kN
471
81
9
6
8
4
1
2
2
1
2
2
2
1
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
,
b
sin
R
V
P
H
H
γ
α
γ
H
H
H
b
H
Wykres składowej poziomej
parcia na segment
Bryła składowej poziomej
parcia na segment
2.
Składowa pionowa parcia
P
V
Na podstawie opisanej wcześniej metody, wyodrębnić naleŜy bryłę składowej pionowej parcia, a
następnie obliczyć jej cięŜar.
R
O
R
O
Wykres składowej pionowej
parcia na segment
Bryła składowej pionowej
parcia na segment
R
si
n
Rcos
(
)
(
)
kN
170
81
9
6
8
8
8
2
3
2
1
2
1
360
30
2
2
1
360
2
=
⋅
⋅
⋅
−
=
⋅
⋅
−
=
−
=
⋅
=
,
b
cos
R
sin
R
R
V
V
V
P
O
O
O
wyc
V
V
π
γ
α
α
π
γ
α
∆
Wektor całkowitego parcia ma długość:
kN
500
170
471
2
2
2
2
≅
+
=
+
=
V
H
P
P
P
i jest nachylony do poziomu pod kątem
o
70
77
2
170
471
=
⇒
=
=
=
α
α
,
P
P
tg
V
H
3
I.1.2.
Redukcja wykresów parcia
W celu skrócenia obliczeń, w przypadku, gdy na ścianę działa tylko jedna ciecz, wykresy parcia moŜna
redukować. Na poniŜszych rysunkach przedstawiono kilka przykładów redukcji wykresów parcia
(poziomego i pionowego) na ścianę w kształcie fragmentu walca w przypadku, gdy:
a)
ciecz działa tylko od jednej strony ściany,
b)
na ścianę działa ciecz z obu jej stron.
a)
ciecz działa na ścianę tylko z jednej strony
P
H
P
V
P
woda po prawej stronie ćwiartki walca
woda po lewej stronie ćwiartki walca
P
H
P
V
P
P
H
P
V
P
woda po prawej stronie połówki walca
przed redukcją
po redukcji
P
H
P
V
P
woda po lewej stronie połówki walca
przed redukcją
po redukcji
Q
F
zwierciadło zastępcze
po redukcji wykresów
składowej pionowej parcia
ostateczna postać wykresu
składowej pionowej parcia
P
V
b) ciecz działa na ścianę w kształcie połówki walca z dwóch jego stron
wykresy parcia – przed redukcją
P
H
P
V
P
P
H
P
V
P
wykresy parcia – po redukcji
P
H
P
V
P
4
PRZYKŁAD I-3
Obliczyć parcie cieczy na segment będący wycinkiem walca o długości
L
i promieniu podstawy
r
.
Dane:
H
= 2 m
, r
= 5 m,
b
= 6 m,
α
= 45
o
Szukane
:
P
r
α
O
H
γ
γ
H
H+r sin
α
r sin
α
Rozw.:
1.
Składowa pozioma parcia
P
H
PoniewaŜ na segment działa tylko jedna ciecz, moŜna dokonać redukcji
wykresów składowej poziomej parcia.
( )
kN
4
,
47
81
,
9
6
5
2
sin
2
2
2
=
⋅
⋅
⋅
⋅
=
⋅
=
⋅
=
γ
α
γ
b
HR
V
P
H
H
2.
Składowa pionowa parcia P
V
(
)
(
)
(
)
(
)
kN
5
,
76
81
,
9
6
5
5
2
5
cos
2
2
360
45
2
360
2
=
⋅
⋅
−
−
=
⋅
−
+
=
⋅
=
O
O
O
b
R
R
H
R
V
P
V
V
π
γ
α
π
γ
α
Wektor całkowitego parcia ma długość:
kN
90
4
,
47
5
,
76
2
2
2
2
≅
+
=
+
=
V
H
P
P
P
i jest nachylony do poziomu pod kątem
o
58
6
,
1
4
,
47
5
,
76
=
⇒
=
=
=
α
α
V
H
P
P
tg
H
r sin
r
si
n
5
I.1.3.
Rozwiązywanie zadań z wykorzystaniem równowagi sił
PRZYKŁAD I-4
Otwór o średnicy
d
w dnie zbiornika zamykany jest stoŜkiem o cięŜarze
G
. Zbiornik jest wypełniony
cieczą do wysokości
H
, przy czym zwierciadło cieczy spoczywa szczelny tłok powierzchni
F
, obciąŜony
siłą
Q
. Obliczyć siłę
N
potrzebną do wyciągnięcia stoŜka z otworu.
Dane:
G, Q, F, D, d, H, t, γ
Szukane:
N
zwierciadło zastępcze
x =
Q/(F )
γ
H
N=?
G
Q
P
V1
P
V2
(D-d)/2
d
H-h+x
h
h
t
d
D
Rozw.:
Aby uwzględnić działanie tłoka, naleŜy zamienić jego działanie na działanie warstwy cieczy o takim
samym cięŜarze jak ciecz w zbiorniku i wysokości
x
=
Q
/(
F
γ
) ponad rzeczywistym zwierciadłem cieczy.
Aby zawór wyciągnąć, wartość szukanej siły
N
musi być większa od wartości sumy sił:
–
wypadkowego parcia (w tym przypadku parcie poziome redukuje się, a zatem uwzględniamy
jedynie składową pionową parcia
P
V
1
–
P
V
2
),
–
cięŜaru
G
.
Warunek równowagi stoŜka ma zatem postać:
N
=
G
+
P
V
1
–
P
V
2
.
Bryła parcia siły
P
V
1
(patrz rys. I-72) jest walcem o wysokości (
H
–
h
+
x
):
(
)
γ
π
+
−
=
x
h
H
d
P
V
4
2
1
Bryła parcia siły
P
V
2
(patrz rys. I-72) jest częścią wspólną ściętego stoŜka o wysokości
h
i walca o
wysokości
h
:
(
)
γ
π
π
π
−
−
−
=
h
d
h
t
d
t
D
P
V
4
4
3
1
4
3
1
2
2
2
2
6
I.1.4.
Rozwiązywanie zadań w przypadku, gdy na daną ścianę
działają ciecze o róŜnych cięŜarach właściwych
PRZYKŁAD I-5
Obliczyć parcie na połówkę walca znajdującego się w ścianie zbiornika wypełnionego dwoma cieczami
(rys. I-76).
Dane:
γ
1
,
γ
2
, h, R, b
Szukane:
P
γ
1
γ
2
Połówka walca
o wysokości b
i promieniu
podstawy R
h
x
zwierciadło zastępcze
P
VG
P
VD
P
HG
P
HD
Rozw.:
1.
Parcie na górną część (ćwiartkę) walca pochodzi tylko od cieczy o cięŜarze właściwym
γ
1
:
(
)
1
γ
Rb
h
R
h
P
HG
+
−
=
(
)
1
2
4
1
γ
π
b
R
Rh
P
VG
−
=
2.
Parcie
na
dolną
część
(ćwiartkę)
walca
pochodzi
zarówno
od
cieczy
o cięŜarze właściwym
γ
1
, jak i
γ
2.
Aby uwzglednić działanie górnej cieczy naleŜy zamienić działanie
warstwy cieczy o
γ
1
, na działanie warstwy cieczy o
γ
2
, czyli utworzyć zwierciadło zastępcze na
wysokości
x
:
x
h
2
1
γ
γ
=
(
)
2
γ
Rb
R
x
x
P
HD
+
+
=
1
2
2
1
γ
π
b
R
P
VD
=
Parcie całkowite wynosi:
(
) (
)
2
2
VD
VG
VD
HG
P
P
P
P
P
−
+
+
=
7
I.1.5.
Wypór
Wypór jest to wypadkowe parcie cieczy działającej na ciało zanurzone częściowo lub całkowicie (czyli
skierowaną ku górze składową pionową parcia).
PRZYKŁAD I-6
Kula o cięŜarze objętościowym
γ
K
pływa w cieczy. Obliczyć cięŜar objętościowy
cieczy, przy którym zanurzy się ona tylko do połowy swej objętości.
Dane:
γ
K
= 7 kN/m
3
Szukane:
γ
C
Rozw.:
CięŜar kuli:
K
K
R
V
G
γ
π
γ
⋅
=
⋅
=
3
3
4
Wypór:
C
C
R
V
W
γ
π
γ
⋅
=
⋅
=
3
3
4
2
1
2
Kula będzie pływać w cieczy, gdy jej cięŜar będzie zrównowarzony przez wypór, czyli:
G
=
W
, a zatem:
3
3
3
4
2
1
3
3
4
kN/m
14
2
=
⋅
=
⇒
⋅
=
⋅
K
C
C
K
R
R
γ
γ
γ
π
γ
π
PRZYKŁAD I-7
Określić najmniejszą powierzchnię kry lodowej o średniej grubości
h
, zdolnej utrzymać bałwanka o masie
m
. Gęstość lodu wynosi 0,92 g/cm
3
.
Dane:
h
= 0,5 m,
m
= 70 kg,
ρ
L
= 0,92 g/cm
3
Szukane:
F
h
x
Rozw.:
Warunek równowagi:
W = G
L
+G
czł
,
gdzie:
wypór:
W
x
F
W
γ
⋅
⋅
=
cięŜar lodu:
L
L
h
F
G
γ
⋅
⋅
=
cięŜar bałwanka:
g
m
G
czl
⋅
=
Przyjmując, Ŝe bałwanek zacznie tonąć, gdy kra całkowicie się zanurzy, czyli
h = x
otrzymujemy:
g
m
h
F
h
F
L
W
⋅
+
⋅
⋅
=
⋅
⋅
γ
γ
Skąd:
(
)
(
)
2
m
75
,
1
81
,
9
920
1000
5
,
0
81
,
9
70
=
⋅
−
⋅
⋅
==
−
⋅
⋅
=
g
h
g
m
F
L
W
ρ
ρ
K
W
8
PRZYKŁAD I-8
W którym połoŜeniu (pionowym czy poziomym) dębowa bela w kształcie prostopadłościanu o wymiarach
a
×
a
×
b
zanurzy się głębiej?
Dane:
a
= 0,5 m,
b
= 2 m,
ρ
dębu
= 700 kg/m
3
Szukane:
x, y
x
a
b
a
b
y
Rozw.:
CięŜar beli:
kN
72
,
1
81
,
9
700
2
5
,
0
2
2
=
⋅
⋅
⋅
=
⋅
⋅
⋅
=
g
b
a
G
debu
ρ
Wypór w połoŜeniu pionowym (rys. I-82):
]
kN
[
45
,
2
81
,
9
5
,
0
2
2
1
x
x
x
a
W
W
⋅
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
γ
Warunek równowagi:
W
1
=
G
m
0,70
kN
72
,
1
45
,
2
=
⇒
=
⋅
x
x
Wypór w połoŜeniu poziomym (rys. I-82):
kN]
[
81
,
9
81
,
9
2
5
,
0
2
y
y
y
b
a
W
W
⋅
=
⋅
⋅
⋅
=
⋅
⋅
⋅
=
γ
Warunek równowagi:
W
2
=
G
m
0,18
kN
72
,
1
81
,
9
=
⇒
=
⋅
x
y
Bela zanurzy się głębiej gdy jest ustawiona pionowo o:
cm
52
,
0
=
−
y
x
.
9
II.
HYDRAULIKA
RUROCIĄGÓW
10
W zamkniętych przewodach całkowicie wypełnionych cieczą, ruch cieczy odbywa się dzięki róŜnicy
ciśnień panujących w dwóch przekrojach strumienia.
Zawarte w niniejszym rozdziale obliczenia dotyczą ustalonego przepływu cieczy w rurociągach pod
ciśnieniem (z pominięciem pomp i turbin), co oznacza, Ŝe parametry ruchu (prędkość i ciśnienie w
przewodzie) zaleŜą tylko od połoŜenia przekroju, natomiast nie zmieniają swych wartości w czasie.
II.1.
RÓWNANIE CIĄGŁOŚCI PRZEPŁYWU
Równanie ciągłości wynika z zasady zachowania masy. W sztywnym przewodzie w ujęciu
jednowymiarowym przy ruchu ustalonym cieczy nieściśliwej, równanie to ma postać:
Q
= const
v
1
v
2
d
1
d
2
Dla przypadku rurociągu o zmiennej średnicy oznacza to, Ŝe:
const
2
2
1
1
=
⋅
=
⋅
=
υ
υ
A
A
Q
gdzie:
υ
1
,
υ
2
–
średnie w przekroju prędkości przepływu na odcinkach rurociągów o średnicach
d
1
i
d
2
;
A
1
,
A
2
–
pola powierzchni przekrojów.
II.2.
RÓWNANIE BERNOULLIEGO
Równanie Bernoulliego wynika z zasady zachowania energii. MoŜna go sformułować następująco:
W przepływie cieczy rzeczywistej energia mechaniczna strumienia płynącej cieczy maleje w
kierunku ruchu o wysokość strat hydraulicznych.
Graficznym obrazem przebiegu zmian energii mechanicznej na rozpatrywanym odcinku strumienia,
opisanych równaniem Bernoulliego jest
linia energii
.
Przebieg zmian energii potencjalnej strumienia obrazuje
linia ciśnień
obniŜona w stosunku do linii
energii o wysokość energii kinetycznej
υ
2
/
2g
.
Linia ciśnień piezometrycznych
przebiega poniŜej linii ciśnień o wartość
p
a
/γ
. Jest to linia na której
układa się zwierciadło cieczy piezometrach podłączonych w przekrojach rurociągu.
h
1
h
2
2
g
2
g
p
1
p
1
n
p
2
n
linia en
ergii
inia. ci
śnień b
ezwzgl
. (całko
witych
)
linia ci
śnień p
iezom
etryczn
ych
p
a
p
a
1
1
2
2
pp
11
Przy przyjętym poziom porównawczym i dwóch przekrojach przewodu jak na II-2 równanie Bernoulliego
moŜna zapisać następująco:
const
2
2
str
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
=
∑
+
+
+
=
+
+
h
g
p
z
g
p
z
υ
α
γ
υ
α
γ
gdzie:
z
1
, z
2
– wysokość połoŜenia środków cięŜkości przekrojów 1-1 i 2-2 przewodu ponad
przyjęty poziom porównawczy,
p
1
,
p
2
– ciśnienie w środku cięŜkości przekrojów 1-1 i 2-2,
γ
γ
2
1
p
,
p
– wysokości ciśnienia w przekrojach 1-1 i 2-2 przewodu ,
g
,
g
2
2
2
2
2
1
υ
υ
– wysokości energii kinetycznej (wysokości średnich prędkości przepływu) w
przekrojach 1-1 i 2-2,
+
+
γ
γ
2
2
1
1
p
z
p
z
–
wysokości energii potencjalnej cieczy w przekrojach 1-1 i 2-2,
str
∑
h
– suma wysokości strat energii na pokonanie oporów ruchu między
przekrojami 1-1 i 2-2,
α
1
,
α
2
– współczynniki St. Venanta wynikające ze stosowania wartości prędkości
średnich w przekrojach przewodu. W przypadku ruchu burzliwego
współczynniki te moŜna pomiąć, gdyŜ ich wartości są bliskie 1.
II.3.
OBLICZENIE WYSOKOŚCI STRAT ENERGII
Człon
str
∑
h
w równaniu Bernoulliego (II-3) wyraŜa sumę wysokości strat energii:
–
lokalnych wynikających z pokonywania oporów miejscowych (np. na poszerzeniu rurociągu),
–
na długości przewodu związane wywołane tarciem cieczy o ścianki rurociągu.
II.3.1.
Straty lokalne
Straty lokalne są związane z przeszkodami występującymi na drodze płynącego strumienia, np.: nagłe
poszerzenie lub zwęŜenie rurociągu, zawory, kryzy, wodomierze, kolanka itp.
Wielkość tych strat oblicza się ze wzoru Weissbacha:
g
h
2
2
lok
υ
ζ
⋅
=
gdzie:
υ
–
średnia prędkość przepływu za przeszkodą wywołującą lokalną stratę energii
(wyjątek stanowi strata na wylocie z rurociągu, gdzie
υ
oznacza prędkość tuŜ
przed przekrojem wylotu),
ζ
–
bezwymiarowy współczynnik straty lokalnej zaleŜny od rodzaju przeszkody,
geometrii rurociągu itp. Wartości tych współczynników zawiera norma PN-76/M-
34034. MoŜna je takŜe znaleźć w tablicach [10].
II.3.2.
Straty na długości
Straty na długości (liniowe) wywołane są tarciem cieczy o ściany przewodu. Wysokość tych strat moŜna
ją obliczyć korzystając z formuły Darcy'ego-Weissbacha:
g
d
l
h
dl
2
2
υ
λ
⋅
⋅
=
12
gdzie:
l
– długość rozpatrywanego odcinka rurociągu,
d
– średnica rurociągu,
υ
– średnia prędkość przepływu w rurociągu,
λ
– bezwymiarowy współczynnik tarcia będący funkcją:
Dla przewodów o przekroju kołowym współczynnik
λ
w ruchu laminarnym jest odwrotnie proporcjonalny
do liczny Reynoldsa i oblicza się wg wzoru Hagena – Poiseuille’a:
λ
= 64/
Re
Na wartość oporów przepływu w ruchu turbulentnym wpływa takŜe chropowatość powierzchni
przewodu. Wartość współczynnika oporów liniowych jest funkcją:
=
Re
,
d
k
f
λ
gdzie:
k
– chropowatość bezwzględna przewodu (średnia wysokość nierówności ścian przewodu),
v
d
Re
/
⋅
=
υ
– liczba Reynoldsa,
ν
– kinematyczny współczynnik lepkości cieczy,
Wartość współczynnika
λ
dla przewodów o przekroju kołowym odczytać moŜna z nomogramu Moody'ego
PRZYKŁAD Straty liniowe w ruchu laminarnym
Obliczyć wysokość strat liniowych w rurociągu o długości
L
i średnicy
d
.
Dane:
L
= 1000 m,
d
= 0,1 m,
υ
= 0,02 m/s,
t
= 20
°
C
Szukane:
h
dl
Rozw.:
Wysokość strat energii na długości oblicza się ze wzoru:
g
d
L
h
dl
2
2
υ
λ
⋅
⋅
=
Aby wyliczyć wartość współczynnika
λ
, naleŜy ustalić reŜim ruchu, czyli obliczyć liczbę Reynoldsa:
2320
2000
10
1
0
02
0
6
<
=
⋅
=
⋅
=
−
,
,
d
Re
ν
υ
Ruch jest laminarny, czyli:
032
0
2000
64
64
,
Re
=
=
=
λ
Straty liniowe wynoszą zatem:
m
01
0
81
9
2
02
0
1
0
1000
032
0
2
2
2
,
,
,
,
,
g
d
L
h
dl
≅
⋅
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
υ
λ
PRZYKŁAD Straty liniowe w ruchu turbulentnym
Obliczyć wysokość strat liniowych w rurociągu o długości
L
i średnicy
d
.
Dane:
L
= 1000 m,
d
= 0,1 m,
υ
= 0,5 m/s,
t
= 20
°
C,
k
= 0,4 mm
Szukane:
h
dl
Rozw.:
Aby wyznaczyć współczynnik
λ
konieczny do obliczenia wielkości strat energii, naleŜy określić reŜim
ruchu, czyli obliczyć wartość liczby Reynoldsa:
2320
000
50
10
1
0
5
0
6
>
=
⋅
=
⋅
=
−
,
,
d
Re
ν
υ
Ruch jest turbulentny, czyli wartość współczynnika strat liniowych odczytać naleŜy z nomogramu
Moody’ego.
(
)
(
)
031
0
004
0
000
50
,
,
;
f
,
Re
f
d
k
=
=
=
λ
Szukane straty liniowe wynoszą zatem:
m
95
3
81
9
2
5
0
1
0
1000
031
0
2
2
2
,
,
,
,
,
g
d
L
h
dl
=
⋅
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
υ
λ
13
N
o
m
o
g
ra
m
M
o
o
d
y
’e
g
o