Czy poziom wody pozostanie poziom między dwoma punktami

Obecnie mam rów, który wypełnia się wodą odpływającą do obszaru poniżej wody (przez wąż), ale wąż przez większość podróży wystaje ponad wysokość wody.

Tak długo, jak wąż pozostaje napełniony wodą, co powinno zakładać, że woda nie wyparuje wystarczająco, system ten działa. Niestety woda nie spływa tak szybko, jak bym chciał po burzy.

Czy orurowanie w ogóle działa (np. Objętość, którą utrzymuje) na jakim poziomie, do którego będzie zlewany basen?

Jeśli zwiększę średnicę rur, czy objętość wody wypływającej na minutę wzrośnie?

Punkty bonusowe za zapewnienie zastosowania zasad fizyki tutaj. Nie znam tych nazwisk.

Czy orurowanie w ogóle działa (np. Objętość, którą utrzymuje) na jakim poziomie, do którego będzie spływał zbiornik?

Poziom wylotowy rurociągu określa minimalny poziom, do którego spłynie zbiornik. W tym momencie woda jest statyczna i osiąga swój naturalny poziom, który będzie po prostu wypełniał zrzut (wszelki nadmiar przepełni się).

Jeśli zwiększę średnicę rur, czy objętość wody wypływającej na minutę wzrośnie?

Tak. Im wyższa prędkość, tym większa utrata wysokości przez rurę. Utrata głowicy jest ustalona przez różnicę między poziomami wody w basenie i rurą odprowadzającą. Tak więc w przypadku stałej utraty głowy chcesz zmniejszyć prędkość w celu zwiększenia prędkości przepływu. Aby to zrobić, musisz zwiększyć średnicę rury.

Podczas gdy inne odpowiedzi dają związek, należy uwzględnić czynniki, takie jak współczynnik tarcia, współczynniki wlotowe i wylotowe oraz długość, więc ten link daje bardziej praktyczne podejście: http://files.engineering.com/getfile.aspx ? folder = 23da7aca-8762-4e14-b029-09

Jest to odpowiedź na drugą część pytania, aby uzyskać matematyczną zależność dla zaangażowanych parametrów.

Zapisujemy równanie ciągłości w postaci całkowej.

$$\int_{V}\dfrac{\partial \rho}{\partial t}dV+\oint_S\rho \mathbf{u}\cdot\mathbf{n}dS=0$$

$\rho$$\mathbf{u}\cdot\mathbf{n}$$\mathbf{u}$$\mathbf{n}$

$u_{\text{i}}$$A_{\text{i}}$$u_{\text{o}}$$A_{\text{o}}$

$$-\rho u_{\text{i}}A_{\text{i}}+\rho u_{\text{o}}A_{\text{o}}=0.$$

$u_{\text{i}}A_{\text{i}}$$\rho u_{\text{i}}A_{\text{i}}$

$$u_{\text{i}}\frac{\pi}{4} d^2_{\text{i}}=u_{\text{o}}\frac{\pi}{4} d^2_{\text{o}} \implies u_{\text{i}} d^2_{\text{i}}=u_{\text{o}}d^2_{\text{o}}.$$

$Q_{\text{i}}=u_{\text{i}}A_{\text{i}}$$d_{\text{o}}$

$\Delta p_{\text{loss}}$

$$p_{\text{i}}+\frac 12\rho u^2_{\text{i}}+\rho g h_{\text{i}}=p_{\text{o}}+\frac 12 \rho u^2_{\text{o}}+\rho g h_{\text{o}}+\Delta p_{\text{loss}}.$$

$\frac 12 \rho u^2_{\text{i}}$$u_{\text{i}}=\frac {A_{\text{o}}}{A_{\text{i}}}u_{\text{o}}$$\rho g h_{\text{o}}$$\Delta p_{\text{loss}}$

$$\rho g(h_{\text{i}}-h_{\text{o}}) -\Delta p_{\text{loss}}=\frac 12 \rho u^2_{\text{o}}\left(1-\frac{A_{\text{o}}}{A_{\text{i}}} \right).$$

$u_{\text{o}}$

$$u_{\text{o}}=\sqrt{\frac{2g(h_{\text{i}}-h_{\text{o}}) -2\frac{\Delta p_{\text{loss}}}{\rho}}{1-\frac{A_{\text{o}}}{A_{\text{i}}}}}.$$

Jeśli dodatkowo przyjmiesz następujące uproszczenia

• $\Delta p_{\text{loss}}=0$
• $\frac{A_{\text{o}}}{A_{\text{i}}} \ll 1$

prawo Torricellego uzyskasz jako przybliżony szacunek:

$$u_{\text{o}} \approx \sqrt{2g(h_{\text{i}}-h_{\text{o}})}.$$