bh 2 π 4 D2 ] 4Q1 πd 2 =

Transkript

1 MEKANIK KTH Förslag till lösningar vid tentamen i 5C1921 Teknisk strömningslära för M den 27 maj Medelhastigheten i rören är ū 1 4Q 1 πd 2 ochikanalenär den ū 2 och ges av Q 2 [bh 2 π ] 4 D2 Kravet att medelhastigheterna ska vara lika ger att ū 1 ū 2 Q 2 som med givna siffror ger att Q 2 [ 4 0,44 0,24 π 0, ū 2 [ bh 2 π 4 D2 ] 4Q1 πd 2 [ 4bh πd 2 2 ( ) ] 2 D Q 1 d ( ) ] l/min l/min Medelhastigheten under loppet är V 100/12 m/s 8,333 m/s. Det ger luftmotståndet D C D A 1 2 ρv 2 0, , 23 8, 3332 N35, 875 N och effekten P D V 35, 875 8, 333 W 299,0 W 0,406 hk 3. Här måste man börja med att spegla källan och sänkan i väggen. Det ger ett strömningsfält genererat av två källor och två sänkor i ett heloändligt plan. Eftersom hastighetsbidraget från en källa/sänka 0på stort avstånd från denna är det givna trycket stagnationstrycket i strömningsfältet. I origo kommer hastighetsbidragen i y-led att ta ut varandra medan var och en av källorna och sänkorna ger bidraget u m 2πa 2 1 m 2 4πa i x-led. Totalt blir alltså hastigheten i origo Bernoullis ekvation ger då att u tot 4u m πa 8m/s p 1 2 ρu2 tot kpa 120 kpa 1

2 4. Välj en kontrollvolym som skär strålen vinkelrätt en bit till vänster om ledskenan och som innehåller hela den del av vattenstrålen som finns till höger om detta snitt. (Här och i fortsättningen refereras till figuren i problemtexten.) Frilägg mellan denna kontrollvolym och ledskenan och för in friläggningskraften. Kalla denna F x och definiera riktningen på denna så att kraften från vattnet i kontrollvolymen på ledskenan är positiv åt höger och kraften från ledskenan på kontrollvolymen åt vänster. Då ger kraftkekvationen att : F x ṁ [u x,ut u x,in ]ṁ[( V ) V ] 2ṁV 2ρQ Q bh Det sökta uttrycket för kraften är alltså F x 2ρQ2 bh Notera att de enda delar av strålranden där trycket avviker från atmosfärstrycket är i kontaktytan mellan strålen och ledskenan. Kraften F x är integralen av övertrycket (p p atm ) i denna kontaktyta. Eftersom ρ, Q och b är konstanta ger uttrycket ovan att F x 1/ρ. Detta innebär att kraften F x ökar då h minskar. 5. Antag att strömningen i varje kanal är fullt utbildad laminär. Då gäller att Q b h3 12μ ( dp ) h3 Δp dx 12μ l (H/N)3 12μ Δp l och att ( ) 3 H b Q tot NQ N N 12μ H N 3 bδp 12μlQ tot Δp l 1 N H3 bδp 2 12μl 0,4 3 0, ,025 2 (720/3 600) 40 Kontroll: Detta ger att h H/N 0,4/40 m 0,01 m. Medelhastigheten i varje kanal är Reynolds tal är alltså ū Q tot Nbh Q tot bh Re h ρūh μ En mycket grov uppskattning av inlopps- vilket visar att strömningen är laminär. sträckans längd är 720/ ,5 0, ,01 0,025 m/s 1 m/s 344 L e 0,06 Re h h 0, ,01 m 0,2 m vilket är ca 10% av hela längden på kanlerna. Det inledande antagandet att strömningen är fullt utbildad kan därför anses vara korrekt. 2

3 6. I en potentialvirvel gäller att p(r)+ 1 2 ρ [v(r)]2 konstant där konstanten i högerledet har samma värde på alla strömlinjer. Det ger att p ρv2 1 p ρv2 2 p 2 p ρ [ ] v1 2 v2 2 Ienpotentialvirvelär v(r) k r k v(r) r v 1 R v 2 3R v v 1 3m/s Alltså är den sökta tryckdifferensen p 2 p ( ) Pa 36 kpa 7. Rak-stöt relationen för temperaturförhållandet över stöten ger att T 400 T 300 1, 3333 M M sin β 1, 5196 Sned-stöt relationen ger nu β arcsin M 1, 5196 arcsin 49, 45 M 2, 0 M 2, 0 β 49, 45 } θ 17, Eftersom strömningen är stationär, inkompressibel och friktionsfri kan vi använda Bernoullis ekvation. Denna ger att p ρv 2 I detta fall återfinner vi stagnationstillståndet i det omgivande rummet, dvs. p atm. Detta ger att p atm p ρv 2 2(p atm p) V ρ som med givna siffror ger att V 1,2 m/s 20 m/s 3

4 9. Då tillståndsändringen i gasen är isentropisk gäller att ( ) γ/(γ 1) p T ln p T 0 γ γ 1 ln T T 0 γ ln p ln p ln T T 0 Här är vilket ger att p 182,3 304,8 0,5981 ln p 0,2232 T 238,2 T 0 271,4 0,8777 ln T 0,05667 T 0 γ 0,2232 0,2232 ( 0,05667) 1, Reynolds tal baserat på skivanslängd l är Re l ρv l μ 1, ,8 1, , vilket ger att friktionskoefficienten är C F 0,074 5 Rel och att friktionskraften på skivans översida är 0,074 0, , F C F 1 2 ρv 2 bl 0, , ,2 1,8 N2,07N Kommentar: Den stora delan av kraften på skivanär dock inte friktionen utan den normalkraft (lyftkraft) som uppkommer vid en liten vinkel α mellan friströmsriktningen och skivans yta. Denna normalkraft kan uppskattas från 1 L C L 2 ρv 2 bl där C L 2πα där α ska ges i radianer. Med α 1 ger detta att C L 2π π 0,110 L 60N Betrakta en kontrollvolym i spalten som sträcker sig mellan golvet, tryckkammaren, snittet x 0 och snittet x. Luftflödet in i denna kontrollvolym från tryckkammaren är vxper längdenhet (vinkelrätt mot figurplanet). Då strömningen i spalten är riktad i positiv x-riktning blir motsvarande volymflöde ut ur kontrollvolymen u(x) h. Dessa flöden måste vara lika vilket ger att vx u(x) h u(x) v x h V.S.V. 4

5 Då strömningen är stationär ger detta att luftens acceleration är u du dx v x h v 1 ( v ) 2 h x h och Eulers ekvation ger att tryckgradienten är u du dx + 1 ρ dp dx Tryckfördelningen i spalten blir nu 0 dp dx p(x) 1 2 ρ ( v h) 2 x 2 + C du ( v ) 2 ρu dx ρ x h där integrationskonstanten C kan bestämmas från villkoret att p(l) p atm. Det ger att p atm + 1 ( v ) 2 2 ρ L 2 C p(x) p atm + 1 ( v 2 h 2 h) ρ ( L 2 x 2) Trycket i det stora utrymmet under lastpallen måste vara konstant eftersom ingen luftströmning förekommer där. Detta konstanta tryck måste vara lika med trycket p(x 0)vilketgerattdetsökta övertrycket är Δp p atm p(0) 1 ( 2 ρ v L ) 2 h Notera att den last luftkudden kan bära är lika med detta övertryck multiplicerat med lastpallens horisontella area. 12. Källstyrkan blir m U 2H m 3 /s per meter m 3 /s per meter vilket ger att avståndet a mellan källan och stagnationspunkten är m 2πa U a m 2πU π 10 m50 π m Lägg in ett koordinatsystem med origo i källan. Då ligger den sökta punkten vid (x,y) ( L a,h). I denna punkt är hastighetskomponenterna u U m där Det ger r 2 (L + a) 2 + h 2 v 2πr cos α m 2πr sin α cos α L + a r sin α h r u U m L + a U m L + a 2π r 2 2π (L + a) 2 + h 2 v m h 2π r m h 2 2π (L + a) 2 + h 2 5

6 eller u π v π ) π 2 m/s 10 2,337 m/s 7,663 m/s ( π ( π 12 ) 2 m/s 0,425 m/s q u 2 + v 2 7,675 m/s 13. De givna dimensionerna på dysan ger machtalet M 2 i dysans utlopp h A 0,8 h 2 A 2 2 0,4 M 2 2,46 Påenstrålrand gäller som randvillkor att trycket måste vara lika på ömse sidor om randen. Eftersom strömningen är isentropisk ger isentropsambanden M 2 2,46 p 2 p atm 0,06229 p atm 100 kpa 1 605,4 kpa p atm / 0,06229 Machvinkeln för machtalet i dysans utlopp är μ 2 arcsin 1 arcsin 1 M 2 2,46 23,99 Längden l på fönstret om denna machlinje precis träffar läppen blir då tan μ 2 h 2 l l h 2 tan μ 2 2 cm 4,49 cm tan 23,99 Vid undre kanten av dysans utlopp får man en PM-expansion. Trycket ska då sänkas från p 2 p atm till p cav. Isentropsambanden ger då p cav p cav p atm p atm 0,1 0, , M cav 4,04 vilket är machtalet i luftstrålen på randen mot kaviteten. Motsvarande PM-vinklar ger ν(γ,m 2 )38,18 ν(γ,m cav )66,33 δ ν(γ,m cav ) ν(γ,m 2 )66,33 38,18 28, 15 Eftersom M 2 > 1är strömningen genom dysan blockerad. Massflödet genom dysan är då ( ) γ+1 ṁ max γ 2 h 2(γ 1) b RT 0 γ +1 ( ) 3 1,40 2 0, , kg/s per meter ,4 25,95 kg/s per meter 6

7 Isentropsambanden ger för machtalet M kav påstrålranden mot kaviteten T kav T 0 0,2343 T kav 0, K 93,73 K 179,4 C Observera att detta är temperaturen i luftstrålen och inte i själva kaviteten! 14. Då hastigheten V är konstant råder balans mellan tyngdkraften och motståndet. Antag att motståndet uteslutande ges av friktionen mellan vattnet och cylindern. Det ger att 1 mg 2C F 2 ρv 2 πdl där faktorn 2 ges av att vi har friktion på både cylinderns ytter- och innersida då denna är ihålig. I detta uttryck är allt utom C F och V känt och C F beroravreynoldstal Re ρv l/μ. Enklast är därför att skriva om ekvationen ovan så att den denna blir en funktion av Re. Detger C F (Re) Re 2 eller, med givna numeriska värden mg ρπdl ( ) 2 ρl mgρl μ πdμ 2 C F (Re) Re , π 1 0, , Om strömningen i gränsskiktet är laminär så gäller att C F 1,328 Re Re 3/2 7, ,328 5, Re 3, vilket är alldeles för stort för att strömningen ska kunna vara laminär. Om vi istället antar att strömningen är turbulent och att Re < 10 7 sågäller att C F 0,074 5 Re Re 9/5 7, ,074 1, Re 6, Detta skulle kunna duga som en approximation och det ger i så fallattdensökta hastigheten är V μre 0,0011 6, m/s 11,3 m/s ρl Bättre är dock att använda att den totala friktionskoefficienten C F då Re > 10 7 ges av C F 0,455 (log 10 Re) 2,58 och lösa problemet iterativt. Det ger med uttrycket ovan att C F Re 2 7, Om vi börjar med värdet ovan på Reynolds tal som startapproximation ger detta att Re 0 6, C F 0 0,00228 Re 1 5, C F 1 0,00230 Re 2 5, C F 2 0,00230 Re 3 5,

8 vilket i sin tur ger att den sökta hastigheten är V μre ρl 0,0011 5, m/s 10,6 m/s Kontroll: Gränsskiktstjockleken då vattnet lämnar cylindern kan uppskattas från δ(l) 0,37 l 5 Rel som med Re l Re 3 5, och l 6metergerattδ 0,06 meter. Eftersom denna gränsskiktstjocklek är mycket mindre än cylinderns radie ( D/2 0,5 meter) är antagandet ovan, att gränsskiktet kan beräknas som för en plan platta, fullt rimligt. 15. Välj som kontrollvolym i båda fallen en lika lång sträcka före och efter kröken så att kontraktionen precis kommer med och förutsätt att rörlängden på så sätt blir lika lång l i båda valen av utformning. a) Tryckförlusten i röret kan skrivas ( 4fl Δp Δp friktion +Δp krök d Här gäller ) 1 + k 2 ρū2 Fall 1: ū 1 Q A 1 4Q π (2d) 2 Q πd 2 Fall 2: ū 2 Q A 2 4Q πd 2 Alltså gäller att ū 2 4ū 1. Vidare skiljer sig friktionsfaktorn f och diametern d mellan de två fallen. Friktionsfaktorn ändras dock bara obetydligt då volymflödet är lika och enligt texen ska vi anta att den är lika i de två fallen. Vidare halveras diametern men det framgår att detta har en betydligt mindre inverkan än ändringen i medelhastigheten. Allt detta tillsammans leder till slutsatsen att Fall 1 bör ge ca 16 ggr lägre tryckförlust än fall 2. b) Kraftekvtionen ger att : p in A in + p ut A ut F ρq ( u ut u in ) F p in A in + ρqu in + p ut A ut + ρqu ut Här är alla storheter utom p ut lika i de två fallen. Eftersom tryckförlusterna är störst i fall 2 gäller att p 2ut <p 1ut. Alltså bör fall 2 ge en mindre kraft på rörkröken än fall 1. Notera att det i texten står uttryckligen att det som söks är kraften från vätskan påröret. Då måste trycken ovan vara absoluttryck. Den total kraften på röret får man om man även tar med atmosfärstrycket på rörets utsida. Detta leder till samma ekvationer som ovan frånsett att trycken nu ska tolkas som övertryck. Slutsatsen om hur krafterna förhåller sig till varandera ändrasdock inte! 8