Основы гидродинамики

За расчетные сечения выбираем сечения 1-1 и 2-2, в которых скорости заданы, давление p₁ подлежит определению, а давление p₂ в сечении на выходе из гидромотора равно атмосферному. Плоскость сравнения следует провести через ось сопла, тогда удельные энергии положения z₁ = z₂ = 0 и уравнение Д. Бернулли будет иметь следующий вид:

$$\frac{p_1}{\rho g}+\frac{V_1^2}{2g}=\frac{p_2}{\rho g}+\frac{V_2^2}{2g}$$

откуда

$$p_1=p_2+\frac{\rho }{2}\left(V_2^2-V_1^2\right)=100000+\frac{1000}{2}\times \left({40}^2-3^2\right)=$$

$$=895500 Па=\mathrm{0,896} МПа$$

Ответ: p₁ = 0,896 МПа.

Сечение 1-1 принимаем в суженной части трубы, где нужно определить диаметр d, сечение 2-2 – на выходе из расширительной части трубы, где давление равно атмосферному (p₂ = p_а). Плоскость сравнения совместим с осью трубы, тогда z₁ = z₂ = 0. С учетом этого уравнения Д. Бернулли получим в виде

$$\frac{p_1}{\rho g}+\frac{V_1^2}{2g}=\frac{p_{а}}{\rho g}+\frac{V_2^2}{2g}$$

Для того чтобы вода поднялась из резервуара на высоту h, удельная энергия давления на поверхности воды в резервуаре p_а/(ρg) должна быть на величину h выше, чем удельная энергия давления в сечении 1-1, т. е.

$$\frac{p_{а}}{\rho g}=\frac{p_1}{\rho g}+h$$

Решая совместно эти уравнения, получим

$$\frac{V_1^2}{2g}=h+\frac{V_2^2}{2g} \left(1\right)$$

Выразим скорости через расход

$$V_1=\frac{4Q}{\pi d^2}$$

$$V_2=\frac{4Q}{\pi D^2}$$

Подставим данные уравнения в 1 и решим его относительно диаметра суженной части, получим

$$d=\frac{2\sqrt{Q}}{\sqrt[4]{2g{\pi }^{2}h+\frac{16Q^2}{D^4}}}=\frac{2\times \sqrt{\mathrm{0,006}}}{\sqrt[4]{2\times \mathrm{9,81}\times {\mathrm{3,14}}^2\times \mathrm{3,5}+\frac{16\times {\mathrm{0,006}}^2}{{\mathrm{0,1}}^4}}}=\mathrm{0,03} м$$

Ответ: d = 0,03 м.

Уравнение Д. Бернулли для сечений 0-0 и 3-3 при совмещении плоскости сравнения с осью трубы будет иметь вид

$$z_0+\frac{p_0}{\rho g}+\frac{V_0^2}{2g}=z_3+\frac{p_3}{\rho g}+\frac{V_3^2}{2g}$$

В данном случае z₀ = H, z₃ = 0. В связи с тем что в сечениях 0-0 и 3-3 давление равно атмосферному, то

$$\frac{p_0}{\rho g}=\frac{p_2}{\rho g}=\frac{p_{а}}{\rho g}$$

Учитывая, что H = const, а скорость в сечении 0-0 V₀ = 0, скорость в выходном сечении 3-3 определяется из зависимости

$$\frac{V_3^2}{2g}=H$$

откуда

$$V_3=\sqrt{2gH}=\sqrt{2\times \mathrm{9,81}\times 5}=\mathrm{9,9}\frac{м}{с}$$

Расход воды в трубопроводе

$$Q=V_3{\omega }_3=V_3\frac{\pi d_3^2}{4}=\mathrm{9,9}\times \frac{\mathrm{3,14}\times {\mathrm{0,01}}^2}{4}=\mathrm{0,00078}\frac{{м}^3}{с}=\mathrm{0,78}\frac{л}{с}$$

Скорость в сечении 1-1

$$V_1=\frac{4Q}{\pi d_1^2}=\frac{4\times \mathrm{0,00078}}{\mathrm{3,14}\times {\mathrm{0,015}}^2}=\mathrm{4,4}\frac{м}{с}$$

Скорость в сечении 2-2

$$V_2=\frac{4Q}{\pi d_1^2}=\frac{4\times \mathrm{0,00078}}{\mathrm{3,14}\times {\mathrm{0,02}}^2}=\mathrm{2,48}\frac{м}{с}$$

Пьезометрическую линию строят, исходя из следующих положений. Поскольку задача решается без учета потерь энергии, то напорная линия (линия полной энергии) будет представлять собой горизонтальную прямую, являющуюся продолжением свободной поверхности воды в сечении 0-0. Пьезометрическая линия расположится ниже напорной линии на величину V²/(2g) в каждом сечении. Таким образом, отложив вниз от напорной лини величины V²/(2g) в сечениях, соответствующих изменению диаметра трубопровода, получим ряд точек, соединив которые построим пьезометрическую линию. При этом

$$\frac{V_1^2}{2g}=\frac{{\mathrm{4,4}}^2}{2\times \mathrm{9,81}}=\mathrm{0,987} м$$

$$\frac{V_2^2}{2g}=\frac{{\mathrm{2,48}}^2}{2\times \mathrm{9,81}}=\mathrm{0,312} м$$

$$\frac{V_3^2}{2g}=\frac{{\mathrm{9,9}}^2}{2\times \mathrm{9,81}}=5 м$$

Ответ: Q = 0,78 л/с.

Определим скорости движения жидкости в трубе и в узком сечении:

$$v_1=\frac{4Q}{\pi d_1^2}$$

$$v_2=\frac{4Q}{\pi d_2^2}$$

Составим уравнения Бернулли для сечений 1-1 и 2-2, где установлены пьезометры:

$$h_1+\frac{v_1^2}{2g}=h_2+\frac{v_2^2}{2g}$$

Откуда найдем показания пьезометра в узкой части трубы:

$$h_2=h_1-\frac{v_2^2}{2g}+\frac{v_1^2}{2g}$$

Ответ: нет.

Кинематическая вязкость воды при температуре t = 15 ℃:

$$\nu =\frac{\mathrm{177,5}\times {10}^{-8}}{1+\mathrm{0,0337}t+\mathrm{0,000221}{t}^2}=$$

$$=\frac{\mathrm{177,5}\times {10}^{-8}}{1+\mathrm{0,0337}\times 15+\mathrm{0,000221}\times {15}^2}=\mathrm{0,000001141}\frac{{м}^2}{с}$$

Критическое число Рейнольдса, при котором происходит смена режима с ламинарного на турбулентный (для круглых труб):

$${Re}_{кр}=\frac{4Q}{\pi d\nu }=2320$$

Откуда найдем искомый расход:

$$Q=\frac{{Re}_{кр}\pi d\nu }{4}=\frac{2320\times \mathrm{3,14}\times \mathrm{0,05}\times \mathrm{0,000001141}}{4}=\mathrm{0,000104}\frac{{м}^3}{с}=\mathrm{0,104}\frac{л}{с}$$

Ответ: Q = 0,104 л/с.

Радиус трубопровода:

$$r=\frac{d}{2}=\frac{\mathrm{0,02}}{2}=\mathrm{0,01} м$$

Кинематическая вязкость воды при t = 10 ℃

$$\nu =131\times {10}^{-8}\frac{{м}^2}{с}$$

Средняя скорость движения воды (ламинарный режим):

$$v=\frac{hg{d}^2}{32\nu l}=\frac{\mathrm{0,01}\times \mathrm{9,81}\times {\mathrm{0,02}}^2}{32\times 131\times {10}^{-8}\times \mathrm{8,2}}=\mathrm{0,114}\frac{м}{с}$$

Расход воды:

$$Q=v\frac{\pi d^2}{4}=\mathrm{0,114}\times \frac{\mathrm{3,14}\times {\mathrm{0,02}}^2}{4}=\mathrm{0,0000358}\frac{{м}^3}{с}$$

Максимальная скорость движения воды (ось трубопровода):

$$u_{max}=2v=2\times \mathrm{0,114}=\mathrm{0,228}\frac{м}{с}$$

Скорость движение воды возле стенки трубопровода:

$$u=0$$

Скорость движения жидкости на расстоянии r₁ и r₂ от оси трубопровода:

$$u_1=u_{max}\left(1-\frac{r_1^2}{r^2}\right)=\mathrm{0,228}\times \left(1-\frac{{\mathrm{0,004}}^2}{{\mathrm{0,01}}^2}\right)=\mathrm{0,192}\frac{м}{с}$$

$$u_2=u_{max}\left(1-\frac{r_2^2}{r^2}\right)=\mathrm{0,228}\times \left(1-\frac{{\mathrm{0,007}}^2}{{\mathrm{0,01}}^2}\right)=\mathrm{0,116}\frac{м}{с}$$

Построим эпюру скоростей.

Ответ: нет.

Плотность ртути:

$${\rho }_{рт}=13600\frac{кг}{{м}^3}$$

Давления насыщенных паров керосина в паскалях:

$$p_{н.п}={\rho }_{рт}g{h}_{н.п}=13600\times \mathrm{9,81}\times \mathrm{0,15}=20012 Па$$

Составим уравнения Бернулли для сечений 1-1 и 2-2:

$$\frac{p_1}{\rho g}+\frac{v_1^2}{2g}=\frac{p_2}{\rho g}+\frac{v_2^2}{2g}+\zeta \frac{v_2^2}{2g} \left(1\right)$$

Перепад давления:

$$\Delta p=p_1-p_2=\left({\rho }_{рт}-\rho \right)gh=\left(13600-800\right)\times \mathrm{9,81}\times \mathrm{0,175}=21974 Па \left(2\right)$$

Условия неразрывности потока:

$$v_1\frac{\pi D^2}{4}=v_2\frac{\pi d^2}{4} \left(3\right)$$

Учитывая уравнения (2) и (3), тогда уравнения (1) можно переписать:

$$\frac{p_1-p_2}{\rho g}+\frac{v_1^2}{2g}=\frac{v_1^2}{2g}{\left(\frac{D}{d}\right)}^4+\zeta \frac{v_1^2}{2g}{\left(\frac{D}{d}\right)}^4$$

или

$$\frac{\Delta p}{\rho g}=\left[{\left(\frac{D}{d}\right)}^4+\zeta {\left(\frac{D}{d}\right)}^4-1\right]\frac{v_1^2}{2g} \left(4\right)$$

Отсюда найдем скорость движения жидкости в трубопроводе:

$$v_1=\sqrt{\frac{2\frac{\Delta p}{\rho }}{{\left(\frac{D}{d}\right)}^4+\zeta {\left(\frac{D}{d}\right)}^4-1}}=\sqrt{\frac{2\times \frac{21974}{800}}{{\left(\frac{50}{30}\right)}^4+\mathrm{0,08}\times {\left(\frac{50}{30}\right)}^4-1}}=\mathrm{2,74}\frac{м}{с}$$

Искомый расход керосина:

$$Q=v_1\frac{\pi D^2}{4}=\mathrm{2,74}\times \frac{\mathrm{3,14}\times {\mathrm{0,05}}^2}{4}=\mathrm{0,00538}\frac{{м}^3}{с}=\mathrm{5,38}\frac{л}{с}$$

Потеря напора в расходометре:

$$h_{п}=\zeta \frac{v_1^2}{2g}{\left(\frac{D}{d}\right)}^4=\mathrm{0,08}\times \frac{{\mathrm{2,74}}^2}{2\times \mathrm{9,81}}\times {\left(\frac{50}{30}\right)}^4=\mathrm{0,24} м$$

Условия кавитации:

$$p_2\le p_{н.п}$$

Тогда уравнения (3) примет вид:

$$\frac{p_1-p_{н.п}}{\rho g}=\left[{\left(\frac{D}{d}\right)}^4+\zeta {\left(\frac{D}{d}\right)}^4-1\right]\frac{v_1^2}{2g}$$

Отсюда найдем искомое давления перед соплом:

$$p_1=p_{н.п}+\rho g\left[{\left(\frac{D}{d}\right)}^4+\zeta {\left(\frac{D}{d}\right)}^4-1\right]\frac{v_1^2}{2g}=$$

$$=20012+800\times \mathrm{9,81}\times \left[{\left(\frac{50}{30}\right)}^4+\mathrm{0,08}\times {\left(\frac{50}{30}\right)}^4-1\right]\times \frac{{\mathrm{2,74}}^2}{2\times \mathrm{9,81}}=42034 Па=42 кПа$$

Ответ: Q = 5,38 л/с; h_п = 5,38 л/с; p₁ = 42 кПа.

Составим уравнение Бернулли для сечений 1-1 и 2-2 относительно оси расходометра:

$$z_1+\frac{p_1}{{\rho }_{вод}g}+\frac{{\alpha }_1{v}_1^2}{2g}=z_2+\frac{p_2}{{\rho }_{вод}g}+\frac{{\alpha }_2{v}_2^2}{2g}+\xi \frac{v_2^2}{2g} \left(1\right)$$

Учитывая, следующее:

$$z_1=z_2=0$$

$${\alpha }_1={\alpha }_2=\alpha \approx 1$$

$$\frac{p_1-p_2}{{\rho }_{вод}g}=\Delta H$$

$$v_1=\frac{4Q}{\pi D^2}$$

$$v_2=\frac{4Q}{\pi d^2}$$

Тогда уравнение (1) можно переписать:

$$\Delta H=\frac{8Q^2}{{\pi }^{2}g{d}^2}-\frac{8Q^2}{{\pi }^{2}g{D}^2}+\frac{8\xi Q^2}{{\pi }^{2}g{d}^2}$$

или

$$\Delta H=\mathrm{0,0827}{Q}^2\left(\frac{1+\xi }{d^2}-\frac{1}{D^2}\right)$$

Отсюда расход:

$$Q=\sqrt{\frac{\Delta H}{\mathrm{0,0827}\left(\frac{1+\xi }{d^2}-\frac{1}{D^2}\right)}}$$

Аналогично, через показание дифференциального манометра:

$$z_1+\frac{p_1}{{\rho }_{вод}g}+\frac{{\alpha }_1{v}_1^2}{2g}=z_2+\frac{p_2}{{\rho }_{вод}g}+\frac{{\alpha }_2{v}_2^2}{2g}+\xi \frac{v_2^2}{2g}$$

$$z_1=z_2=0$$

$${\alpha }_1={\alpha }_2=\alpha \approx 1$$

$$\frac{p_1-p_2}{{\rho }_{вод}g}=\frac{{\rho }_{рт}\Delta h}{{\rho }_{вод}}$$

$$v_1=\frac{4Q}{\pi D^2}$$

$$v_2=\frac{4Q}{\pi d^2}$$

$$Q=\sqrt{\frac{\frac{p_1-p_2}{\left({\rho }_{рт}-{\rho }_{вод}\right)g}}{\mathrm{0,0827}\left(\frac{1+\xi }{d^2}-\frac{1}{D^2}\right)}}=\sqrt{\frac{\Delta h\frac{{\rho }_{рт}}{{\rho }_{вод}}}{\mathrm{0,0827}\left(\frac{1+\xi }{d^2}-\frac{1}{D^2}\right)}}$$

Ответ: нет.

Критическое число Рейнольдса:

$$R{e}_{кр}=\frac{v_{кр}d}{\nu }$$

Отсюда критическая скорость:

$$v_{кр}=\frac{\nu R{e}_{кр}}{d}$$

Подставим данное значение в выражение, которое дано в условии задачи, получим:

$$H_{кр}=\frac{32\nu l\frac{\nu R{e}_{кр}}{d}}{g{d}^2}=\frac{32{\nu }^{2}lR{e}_{кр}}{g{d}^3}$$

Ответ: формула в буквенном виде.

Определим, какая часть (в процентах) депрессии p_к – p_с теряется при движении несжимаемой жидкости и газа в пласте на расстоянии r – r_с

$$\delta =\frac{p-p_{с}}{p_{к}-p_{с}}\times 100 \%$$

Из закона распределения давления в несжимаемой жидкости

$$p=p_{с}+\frac{p_{к}-p_{с}}{{ln}\frac{R_{к}}{r_{с}}}{ln}\frac{r}{r_{с}}$$

получим

$${\delta }_{ж}=\frac{{ln}\frac{r}{r_{с}}}{{ln}\frac{R_{к}}{r_{с}}}100$$

Из закона распределения давления газа

$$p=\sqrt{p_{с}^2+\frac{p_{к}^2-p_{с}^2}{{ln}\frac{R_{к}}{r_{с}}}{ln}\frac{r}{r_{с}}}$$

найдем

$${\delta }_{г}=\frac{1}{p_{к}-p_{с}}\left(\sqrt{p_{с}^2+\frac{p_{к}^2-p_{с}^2}{{ln}\frac{R_{к}}{r_{с}}}{ln}\frac{r}{r_{с}}}-p_{с}\right)100$$

Задаваясь различными значениями r/r_с, подсчитаем δ_ж и δ_г и результаты представим ниже.

Ответ: нет.

Определим, какая часть (в процентах) депрессии p_к – p_с теряется при движении несжимаемой жидкости и газа в пласте на расстоянии r – r_с

$$\delta =\frac{p-p_{с}}{p_{к}-p_{с}}\times 100 \%$$

Из закона распределения давления в несжимаемой жидкости

$$p=p_{с}+\frac{p_{к}-p_{с}}{{ln}\frac{R_{к}}{r_{с}}}{ln}\frac{r}{r_{с}}$$

получим

$${\delta }_{ж}=\frac{{ln}\frac{r}{r_{с}}}{{ln}\frac{R_{к}}{r_{с}}}100$$

Из закона распределения давления газа

$$p=\sqrt{p_{с}^2+\frac{p_{к}^2-p_{с}^2}{{ln}\frac{R_{к}}{r_{с}}}{ln}\frac{r}{r_{с}}}$$

найдем

$${\delta }_{г}=\frac{1}{p_{к}-p_{с}}\left(\sqrt{p_{с}^2+\frac{p_{к}^2-p_{с}^2}{{ln}\frac{R_{к}}{r_{с}}}{ln}\frac{r}{r_{с}}}-p_{с}\right)100$$

Задаваясь различными значениями r/r_с, подсчитаем δ_ж и δ_г и результаты представим ниже.

Ответ: нет.

Определим, какая часть (в процентах) депрессии p_к – p_с теряется при движении несжимаемой жидкости и газа в пласте на расстоянии r – r_с

$$\delta =\frac{p-p_{с}}{p_{к}-p_{с}}\times 100 \%$$

Из закона распределения давления в несжимаемой жидкости

$$p=p_{с}+\frac{p_{к}-p_{с}}{{ln}\frac{R_{к}}{r_{с}}}{ln}\frac{r}{r_{с}}$$

получим

$${\delta }_{ж}=\frac{{ln}\frac{r}{r_{с}}}{{ln}\frac{R_{к}}{r_{с}}}100$$

Из закона распределения давления газа

$$p=\sqrt{p_{с}^2+\frac{p_{к}^2-p_{с}^2}{{ln}\frac{R_{к}}{r_{с}}}{ln}\frac{r}{r_{с}}}$$

найдем

$${\delta }_{г}=\frac{1}{p_{к}-p_{с}}\left(\sqrt{p_{с}^2+\frac{p_{к}^2-p_{с}^2}{{ln}\frac{R_{к}}{r_{с}}}{ln}\frac{r}{r_{с}}}-p_{с}\right)100$$

Задаваясь различными значениями r/r_с, подсчитаем δ_ж и δ_г и результаты представим ниже.

Ответ: нет.

Пусть в некоторой момент времени t зазор равен y. Выделим для этого момента времени в зазоре элементарную кольцевую щель радиальной длиной dr.

Полагая приближенно течение в зазоре только радиальным, воспользуемся для решения задачи уравнением для плоской щели. Будем иметь

$$\frac{dp}{dr}=-12\mu \frac{Q}{2\pi r{y}^3}$$

где Q - расход, выдавливаемый пластинкой, движущейся согласно условию с постоянной скоростью u₀:

$$Q=\pi r^2{u}_0$$

Разделяя переменные, интегрируя при постоянном значении y и используя условие, что p = 0 при r = R, получим следующий закон распределения давления по радиусу пластинки:

$$p=\frac{3\mu u_0}{y^3}\left(R^2-r^2\right)$$

Интегрируя вторично, находим силу давления

$$P={\int }_0^{R}p2\pi rdr=\frac{3}{2}\frac{\pi \mu u_0{R}^4}{y^3}$$

Полагая в полученном выражении силу P постоянной, выражая скорость в виде u₀ = dy/dt и учитывая, что y = y₀ при t = 0, получим после несложных преобразований закон движения пластинки y = f(t):

$$y=\frac{1}{\sqrt{\frac{4}{3}\frac{Pt}{\pi \mu R^4}+\frac{1}{y_0^2}}}$$

Ответ: нет.

Поскольку величина щели

$$\delta =\frac{D-d}{2}\ll d$$

Тогда щель между цилиндрами можно считать плоской. Допускаем, что скорость в зазоре увеличивается от (у стенки наружного цилиндра) до u = πDn/60 (у стенки внутреннего цилиндра) по линейному закону. Поэтом градиент скорости

$$\frac{du}{dy}=\frac{u}{y}=\frac{\pi dn}{30\left(D-d\right)}$$

Сила трения, приложенная к внутреннему цилиндру:

$$F=\mu \frac{du}{dy}S=\mu \frac{\pi dn}{30\left(D-d\right)}\pi dh=\mu \frac{{\pi }^2{d}^{2}n}{30\left(D-d\right)}$$

где S = πdh – площадь боковой поверхности внутреннего цилиндра.

С другой стороны, сила трения равна крутящему моменту M, деленному на плечо (d/2):

$$F=\frac{2M}{d}$$

Приравнивая правые части выражений для силы F, находим динамическую вязкость:

$$\mu =\frac{60M\left(D-d\right)}{{\pi }^2{d}^{3}nh}=\frac{60\times \mathrm{0,065}\times \left(\mathrm{0,210}-\mathrm{0,202}\right)}{{\mathrm{3,14}}^2\times {\mathrm{0,202}}^3\times 120\times \mathrm{0,12}}=\mathrm{0,0266} Па\times с$$

Кинематическая вязкость масла:

$$\nu =\frac{\mu }{\rho }=\frac{\mathrm{0,0266}}{910}=\mathrm{0,29}\times {10}^{-4}\frac{{м}^2}{с}$$

Ответ: μ = 0,0266 Па × с; ν = 0,29 × 10^-4 м²/с.

Скорость жидкости у поверхности цапфы:

$$u=\frac{\pi dn}{60}$$

Градиент скорости в зазоре при линейном ее убывании

$$\frac{du}{dy}=\frac{u}{y}=\frac{\pi dn}{60\delta }$$

Площадь поверхности цапфы:

$$S=\pi dl$$

Динамическая вязкость смазки:

$$\mu =\rho \nu =980\times \mathrm{0,8}\times {10}^{-4}=\mathrm{0,0784} Па\times с$$

Сила трения в подшипнике:

$$F_{тр}=\mu \frac{du}{dy}S=\mu \frac{\pi dn}{60\delta }\pi dl=\mu \frac{{\pi }^2{d}^{2}ln}{60\delta }=\mathrm{0,0784}\times \frac{{\mathrm{3,14}}^2\times {\mathrm{0,04}}^2\times \mathrm{0,1}\times 10}{60\times \mathrm{0,0002}}=\mathrm{0,103} Н$$

Очевидно, сила, затрачиваемая на преодоление трения в подшипнике:

$$F\ge F_{тр}=\mathrm{0,103} Н$$

Ответ: F = 0,103 Н.

Момент силы тяжести опускающегося груза, прикладываемый к барабану:

$$M_{гр}=G\frac{d}{2}$$

Момент силы трения вращающегося барабана в масле:

$$M_{тр}=F_{тр}\frac{D_{б}}{2}$$

Приравняв моменты M_гр и M_тр, определим силу трения:

$$F_{тр}=\frac{Gd}{D_{б}}$$

В свою очередь, сила трения вращающегося барабана:

$$F_{тр}=\mu \frac{du}{dy}S=\mu \frac{u}{\delta }S$$

или

$$\frac{Gd}{D_{б}}=\mu \frac{u}{\delta }S \left(1\right)$$

Тогда:

– площадь поверхности трения барабана (без учета трения торца)

$$S=\pi D_{б}{l}_{б}=\mathrm{3,14}\times \mathrm{0,228}\times \mathrm{0,280}=\mathrm{0,200} {м}^2$$

– толщина слоя жидкости

$$\delta =\frac{D_{ц}-D_{б}}{2}=\frac{\mathrm{0,23}-\mathrm{0,228}}{2}=\mathrm{0,001} м$$

– скорость опускания груза (равномерное)

$$v=\frac{l_{гр}}{t}=\frac{\mathrm{0,35}}{8}=\mathrm{0,044}\frac{м}{с}$$

– угловая скорость вращения

$${\omega }_{у}=\frac{2v}{d}=\frac{2\times \mathrm{0,044}}{\mathrm{0,18}}=\mathrm{0,49} {с}^{-1}$$

– линейная скорость движения образующей барабан

$$u=u_{б}={\omega }_{у}\frac{D_{б}}{2}=\mathrm{0,49}\times \frac{\mathrm{0,228}}{2}=\mathrm{0,056}\frac{м}{с}$$

Из уравнения (1) найдем искомый вес груза:

$$G=\frac{\mu u{D}_{б}S}{\delta d}=\frac{\mathrm{5,9}\times \mathrm{0,056}\times \mathrm{0,228}}{\mathrm{0,001}\times \mathrm{0,18}}=419 Н$$

или масса

$$M=\frac{G}{g}=\frac{419}{\mathrm{9,81}}=\mathrm{42,7} кг$$

Ответ: M = 42,7 кг