Водяная мельница

[Pulseofmalstrem]

Доброе время суток!
Недавно папа попросил меня решить следующую задачу: у нас есть водяное колесо из 6 лопастей площадью $S$ (прямоугольные листы размером $2r \times 2b$) и массой $M$ каждое, есть речка с водой, скорость течения которой $v$. Какую мощность можно извлечь водяным колесом, при погружении оного в реку (колесо погружено наполовину), и какой крутящий момент можно развить? Трением и завихрениями жидкости пренебрегаем.
Чертеж:


1) Для начала попробуем описать вращение одной лопасти. Поскольку я совершенно не в курсе как решать такие задачи, поэтому я буду исходить из простых соображений, тога раз нет трения -> чисто кинематически вода будет пытаться сместить лопасть, из-за чего в последней будет происходить деформация и будет возникать центростремительное ускорение. Разобьем лопасть на бесконечное число тонких полосок, и исследуем поведение каждой из них.

Пусть лопасть провернулась на произвольный угол $\alpha$, как показано на рисунке.

Тогда очевидно, большим значением будет обладать перпендикулярная к лопасти составляющая скорости течения, которая будет задавать скорость вращения лопасти, и определять угловую скорость вращения лопасти:

$\omega = v\sin\alpha x $, где $x$ - расстояние данной точки лопасти от оси вращения, поскольку здесь все заведомо линейно, то можно сразу взять среднюю точку и с ней работать.
$\omega = v\sin\alpha r$
$\frac{d\alpha}{dt}= v\sin\alpha r$
$\frac{d\alpha}{\sin\alpha}= vrdt$
Интегрируя, получаем страшное выражение
$\ln\left\lvert \tg\frac{\alpha}{2}\right\rvert = vrt + C$
$\alpha = 2\arctg e^v^r^t - \sqrt{2}$

2. Мощность определяем по формуле:
$N = m\omega^3 r^2 = m (v\sin(2\arctg e^v^r^t - \sqrt{2}))^3r^5 $
И не сказать, чтобы мне это нравилось. Возможно, логичнее попробовать уравнение Бернулли для струи.

[amon]

Pulseofmalstrem в сообщении #1022758 писал(а):

Трением и завихрениями жидкости пренебрегаем.

А про трение и завихрение тоже папа сказал? Тогда передайте папе, что в этом случае колесо вообще вертеться не будет - пусть тоже подумает почему. А мы с Вами попробуем зайти с другого конца. Ваше колесо "вырезает" из течения некоторый кусок. Пусть колесо стоит, и вода, попадающая на колесо тоже останавливается (потом опять разгоняется, но это не важно). Какое усилие будет на колесе? Какая при этом извлекается мощность? Потом будем потихоньку отпускать колесо, считая, что вода замедляется до линейной скорости лопатки. Как будет меняться мощность? Когда она будет максимальной? (А вообще, это сложная гидродинамическая задача, и то, что мы получим - грубые оценки).

[Pulseofmalstrem]

Ну, если воду полагать остановившейся, то тогда решение такое:
Р За один момент времени $dt$ в поверхность лопасти "вошло" следующее количество импульса:
$dp = vdm = v\rho dV = v\rho v\sin\varphi Sdt = v^2\rho\sin\varphi 4abdt$, $2a \times 2b$ - размеры лопасти
Отсюда сразу находим:
$F = 4abv^2\rho\sin\varphi $
Таким образом к турбине приложена такая вот сила, перейдем к центру масс турбины и вычислим момент этой силы:
$M = Fa = 4a^2v^2b\rho\sin\varphi$

[amon]

Детали расчета не проверял, но идейно все верно. А для вращающейся турбины?

-- 03.06.2015, 14:36 --

Pulseofmalstrem в сообщении #1023050 писал(а):

$M = Fa = 4a^2v^2b\rho\sin\varphi$

О, нашел неточность. Момент разный для частей лопасти, находящихся на разных расстояниях от вала. Посему, надо "распилить" лопасть на узенькие полоски и сложить получившиеся моменты.

[Pulseofmalstrem]

amon
А как для вращающейся турбины определить скорость воды, которая потекла дальше? Пока что решу при условии, что вода остановилась:
Из предыдущего пункта:
$F = 4abv^2\rho\sin\varphi$
Теперь разложим нашу силу на центростремительную и тангенциальную часть:
$F_c_e_n_t_e_r = F\cos\varphi = 2abv^2\rho\sin2\varphi$
$F_t_g = 4abv^2\rho\sin^2\varphi$
Таким образом центр масс лопасти вращается по окружности радиуса $a$ с угловым и тангенциальным ускорением.
Вычислим эти ускорения через 2ЗН:
$a_c_e_n_t_e_r = \frac{2abv^2\rho\sin2\varphi}{m}$
$a_t_g = \frac{4abv^2\rho\sin^2\varphi}{m}$
Угловая скорость определяется из этого уравнения:
$\omega^2a = \frac{2abv^2\rho\sin2\varphi}{m} $
$\omega = \sqrt{\frac{2bv^2\rho\sin2\varphi}{m}}$
А угловое ускорение определяется из этого уравнения:
$\varepsilon a = \frac{4abv^2\rho\sin^2\varphi}{m} $
$\varepsilon = \frac{4bv^2\rho\sin^2\varphi}{m}$
Вот тут мне кажется я допускаю ошибку, прошу меня проверить, в принципе если взять производную от угловой скорости мы, и впрямь получаем угловое ускорение. В таком случае я бы предложил себе решать дифф. уравнение переписав угловую скорость, как производную угла по времени, но там получится сложный результат, судя по всему.

[amon]

Pulseofmalstrem в сообщении #1023064 писал(а):

А как для вращающейся турбины определить скорость воды, которая потекла дальше?

Давайте зафиксируем угловую скорость вращения турбины $\omega$, и будем считать, что скорости воды и лопатки сравниваются. Тогда на расстоянии $r$ от оси вращения скорость будет $u=\omega r$. Момент вращения от полоски высотой $dr$ будет $dM=(v-\omega r)\sin\varphi b rdr,$ и все такие моменты надо сложить.

[Pulseofmalstrem]

amon в сообщении #1023053 писал(а):

Детали расчета не проверял, но идейно все верно. А для вращающейся турбины?

-- 03.06.2015, 14:36 --

Pulseofmalstrem в сообщении #1023050 писал(а):

$M = Fa = 4a^2v^2b\rho\sin\varphi$

О, нашел неточность. Момент разный для частей лопасти, находящихся на разных расстояниях от вала. Посему, надо "распилить" лопасть на узенькие полоски и сложить получившиеся моменты.

Так как же линейно все (а нет не линейно), ну тогда интегрируя уполовинится результат.

[amon]

Pulseofmalstrem в сообщении #1023089 писал(а):

ну тогда интегрируя уполовинится результат.

О, с этим справились!

[Pulseofmalstrem]

Продолжая решение:
Итак угловая скорость вращения $\omega$, $2a \times 2b$ - размеры, $m$ - масса, $v$ - скорость течения.
Посчитаем импульс, протекающий через бесконечно малый участок лопасти за бесконечно малое время (3 порядок малости).
$d^3p_v = vd^3m=v\rho\d^3V=v^2\rho\sin\varphi dtdxdy$
С другой стороны импульс воды, утекшей с лопасти:
$d^3p' = \omega^2x^2\rho\sin\varphi dtdxdy$
Суммарный импульс переданный бесконечно малому кусочку лопасти за бесконечно малое время:
$d^3p = (v^2\rho\sin\varphi - \omega^2x^2\rho\sin\varphi)dtdxdy$
$d^2F = (v^2\rho\sin\varphi - \omega^2x^2\rho\sin\varphi)dydx$
Момент:
$d^2M = x(v^2\rho\sin\varphi - \omega^2x^2\rho\sin\varphi)dydx$
Суммируем:
$M = \int\limits_{0}^{2a}(\int\limits_{0}^{2b}x(v^2\rho\sin\varphi - \omega^2x^2\rho\sin\varphi)dy)dx$
$M = \int\limits_{0}^{2a}2xbv^2\rho\sin\varphi - 2x^3b\omega^2\rho\sin\varphi dx$
$M = (x^2bv^2\rho\sin\varphi - \frac{1}{2}x^4b\omega^2\rho\sin\varphi)\bigg_|\limits_{0}^{2a}$
$M = a^2bv^2\rho\sin\varphi - \frac{1}{2}a^4b\omega^2\rho\sin\varphi = a^2b\rho\sin\varphi( v^2 - \frac{1}{2}a^2\omega^2)$

Правильно ли?

[amon]

Pulseofmalstrem в сообщении #1023144 писал(а):

$d^3p_v = vd^3m=v\rho\d^3V=v^2\rho\sin\varphi dtdxdy$

У-у, как все, оказывается, запущено! ;) Завтра я буду в состоянии объяснить, что тут как.

[amon]

Ну, вот, давайте разбираться. Судя по "$d^3p_v = vd^3m=v\rho\d^3V=v^2\rho\sin\varphi dtdxdy$" Вы с дифференцированием-интегрированием только осваиваетесь. Давайте я подробно проделаю выкладки в простом случае, а Вы спросите, что непонятно. Итак, наша сложная задача разбивается на ряд простых.

Для начала, рассмотрим силу, действующую на узкую полоску площадью $s$ (маленькое, т.к. не вся площадь), которая образует угол $\varphi$ со скоростью потока $v,$ а сама движется со скоростью $u,$ параллельной потоку (обращаю Ваше внимание, что в исходной задаче это не так, скорости не параллельны). Наша задача - сосчитать производную импульса $\frac{dp}{dt}.$ Для этого надо сосчитать изменение импульса потока воды за время $\Delta t$. При этом достаточно ограничится линейным по $\Delta t$ членом, поскольку члены типа $a (\Delta t)^2$ занулятся, когда будем считать предел. Итак,

$$\Delta p=m\;\Delta V=m (u-v)=\rho s\sin(\varphi) v\;\Delta t\;(u-v).$$

Итого, в пределе получим $f=\frac{dp}{dt}=\rho s\sin(\varphi) v(u-v).$

Теперь давайте сосчитаем полный момент относительно поверхности воды для лопасти, движущейся горизонтально со скоростью $u$ в нашей дурацкой модели, имеющей мало общего с тем, что происходит на самом деле. Для этого разрежем (мысленно) лопасть на узкие полоски, шириной $\Delta y.$ Для одной такой полоски момент будет

$$\Delta M=f y \cos(\varphi)=\rho s\sin(\varphi) v(u-v)y \cos(\varphi)=\rho\; 2a \;\Delta y\; v(u-v)y\sin(\varphi)\cos(\varphi).$$

Полный момент будет равен сумме моментов $M=\sum \Delta M=\sum \rho\; 2a\; v(u-v)y\sin(\varphi)\cos(\varphi)\; \Delta y.$ Трудно не увидеть тут интеграл $M=\int\limits_{0}^{2b} \rho\; 2a\; v(u-v)y\sin(\varphi)\cos(\varphi)\; dy.$

На этом пока остановимся. Обращаю Ваше внимание, что никаких $d^3p$ и $d^3m$ не возникает. Мой совет - пока не освоитесь, пишите все через $\Delta$ и ищите явные определения производных и интегралов. Когда это пойдет на автомате - переходите к $d$. Вопросы?