Lösningar/svar till tentamen i MTM119 Hydromekanik Datum:

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

Download "Lösningar/svar till tentamen i MTM119 Hydromekanik Datum:"

Jan Sundberg
för 5 år sedan
Visningar:

1 Lösningar/svar till tentamen i MTM9 Hydromekanik Datum: Observera att lösningarna inte alltid är av tentamenslösningskvalitet. De skulle inte ge full poäng vid tentamen. Motiveringar kan saknas eller vara bristfälliga. De är också i vissa fall för kompakt skrivna. Detta för att spara kopieringskostnad. Uppgift Känt Stockens densitet är ρ och längd l Avståndet mellan A och vattenytan h. Vattnets densitet ρ v Vattnets densitet är större än stockens. Sökt θ vinkeln mellan stocken och vattenytan. h A θ l Friläggning Geometri Anm. Lyftkraften angriper i den undanträngda vätskans masscentrum. Geometrin ger sinθ = h l a l a = h sinθ a = l h sinθ a = lsinθ h () sinθ Jämvikt ger ΣM A = 0; mg l cosθ F lyft cosθ = 0 Detta ger ) cosθ = 0 ger instabilt läge eller ) mg l F lyft = 0 intressant () Arkimedes princip ger F lyft = ρ v gaa (3) där A = stångens tvärsnittaarea För stångens massa gäller m = ρ Al () (3) och (), i () ger ρ lag l ρ gaa v = 0 vilket kan förenklas ρ l ρ v a( l a) = 0 (5) ( lsinθ h) () i (5) ger ρ l ρ v l lsinθ h = 0 sinθ sinθ Förenklingar ρ l sin θ ρ v ( lsinθ h) ( lsinθ ( lsinθ h) ) = 0 ρ l sin θ ρ v ( lsinθ h) ( lsinθ + h) = 0 ρ l sin θ ρ v l sin θ h sin θ( ρ ρ v )l + ρ v h = 0 sin θ = Resultat: θ = arcsin h l ρ v ρ v ρ ρ v h ( ρ v ρ )l ( ) = 0

2 Uppgift Variabellista Storhet Symbol Dimension Motståndskraft F D MLT - Fart V LT - Längd tvärsnitt L L Fluidens densitet ρ ML -3 Dynamisk viskositet µ ML - T - 5 variabler och 3 dimensioner ger dimensionslösa tal. Jämförelse med formelsamling ger att lämpliga dimensionslösa variabler är F motståndskoefficienten C D = D ρvl ρv och Reynolds tal Re = A µ. Vid modellförsök krävs dynamisk likformighet, vilket innebär att de dimensionslösa variablerna skall vara lika; Re ( ) = Re modell ( ) och C verklig ( D ) = C modell ( D ). verklig Här används vatten vid modellförsöken och luft för det verkliga fästet. Modellen är hälften så stor som det verkliga fästet, vilket ger L modell = L verklig och A modell = ( ) A verklig. Detta ger ρ vatten V modell L verklig µ vatten = ρ luft V verklig L verklig µ luft och F D,modell ρ vattenv modell A verklig = F D,verklig ρ luftv verklig A verklig vilket ger modellens fart V modell = V verklig ρ luft µ vatten ρ vatten µ luft ρ luft V verklig och kraft på det verkliga fästet F D,verklig = F D,modell ρ vatten V modell Numeriskt: ρ luft =,89kg / m 3, µ luft =8, 0 6 Pa s, ρ vatten = 998,kg / m 3, µ vatten = Pa s V verklig =30 m/s, F D,modell =5N vilket ger V modell = 3,97m / s F D,verklig =,N Resultat: a) Modellens hastighet skall vara,0m/s b) Kraften på det verkliga fästet blir N

3 Uppgift 3 a) hastighetsdiagram Inlopp utlopp b) Känt: för vattenstrålen V=m/s, d=5mm, v=skovelns hastighet=0m/s Sökt: krafter på skoveln Vill ha stationär kontrollvolym addera hastighet så att skivans hastighet blir noll, se hastighetsdiagrammen i a) Atmosfärstryck i fri stråle. Fri stråle samt förlustfritt figuren i uppgiften innehåller alla krafter. I hastighetsdiagrammet ses att V in,rel = V in ν Strömningen är förlustfri och stationär, vilket ger att Bernoullis ekv kan användas. Då trycket är konstant och tyngdkraftens inverkan försummas, ger Bernoulllis ekv att V ut,rel = V in,rel Rörelsemängdslagen ger ΣF = m (V ut V in ) x - riktning; F x = ρq rel V ut,rel cos30 ( V in,rel ) ( ) ( ) y - riktning; F y = ρq rel V ut,rel sin30 0 Flödet är det flöde som når kontrollvolymen. Kontinuitetsekv ger Q rel = AV in,rel. Arean ges av A = πd Sammanställning πd F x = ρv in,rel πd ( cos30 +) och F y = ρv in,rel sin30 Numeriskt: F x =79N och F y = 8,0N Resultat a) se ovan b) F x = 0,8kN och F y = 8N c) V ut,rel minskar vilket ger att krafternas storlek minskar.

4 Uppgift H D L πd Kontinuitetsekvationen ger Q = VA. Cirkulärt tvärsnitt ger arean A =, vilket ger farten V = Q πd. Reynolds tal är Re = VD ν. Numeriskt: Data för vatten vid 0 är ρ = 998,kg/m 3 och ν =, m /s. Beräkningar ger V=0,5 m/s, Re=5073. Slutsats turbulent strömning. Energiekvationen w f = α V + p ρ + gz Där läge är vid övre vattenytan och läge vid rörets mynning. Här fås p = p atm = p, V 0, V = V, z z = H. Turbulent strömning ger α. Insatt i energiekvationen fås w f = V gh. Lös ut H; H = w f g + V g Tryckfall i raka rör ger tryckförlusten w f = V L D f (Re) Släta. rör, turbulent strömning och Re < 0 5, ger friktionsfaktorn f = 0,36Re / Numeriskt: f=0,0375 Resultat: H=0,m

5 Uppgift 5 Kontrollvolym ω R V b r R Kontrollyta Lägg en cirkelformad kontrollvolym runt hela sprinklern. V är vätskans relativa hastighet ut ur respektive arm; V = Q A. Sprinklerarmens hastighet är ωr. Riktningar enligt figur. Total hastighet vid utlopp är summan av dessa bidrag. Massflödet ut är ρq. a) Rörelsemängdsmomentlagen ger ΣM = m (r ut v ut r Här är r in = 0. in v in ) Hastighet vid utlopp behandlas komponent vis. Figuren ger M = m (Vr ωr ) Pythagoras sats ger avståndet R från R =r b M=ρQ ( Q A r ωr ωb ) b) Bromseffekten blir: P = Mω =ρqω ( Q A r ωr ωb ) c) Med momentfri lagring (M = 0) blir vinkelhastigheten, ω = V r/r = Q A r r + b Resultat: a) M=ρQ ( Q A r ωr ωb ) b) P =ρqω ( Q A r ωr ωb ) b) ω = Q A r r + b

Relevanta dokument

Lösningar/svar till tentamen i MTM119/052 Hydromekanik Datum:

Lösningar/svar till tentamen i MTM9/05 Hydromekanik Datum: 005-08-4 Observera att lösningarna inte alltid är av tentamenslösningskvalitet. De skulle inte ge full poäng vid tentamen. Motiveringar kan saknas