1. Det totala tryckfallet från pumpens utlopp, via rörledningen och alla komponenterna tillbaks till pumpens inlopp ges av. p = d

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

Download "1. Det totala tryckfallet från pumpens utlopp, via rörledningen och alla komponenterna tillbaks till pumpens inlopp ges av. p = d"

Ove Eriksson
för 5 år sedan
Visningar:

1 MEKANIK KTH Förslag till lösningar vid tentamen i 5C9 Teknisk strömningslära för M den 6 maj 004. Det totala tryckfallet från pumpens utlopp, via rörledningen och alla komponenterna tillbaks till pumpens inlopp ges av ( 4fl p d ) + α ρū Pumpen måste ge denna tryckökning och den erforderliga pumpeffekten är då P Q p ū π 4 d p där Q är volymflödet i rörledningen. Friktionsfaktorn f kan bestämmas om Reynolds tal är känt. Detta är Re ρūd µ ,05, 0 3 5, som med Haalnads formel ger att friktionsfaktorn f 0, Detta ger i sin tur att p 4 0, ,05 } {{ } 4,4 och till slut att den sökta pumpeffekten är +5, Pa 84,9 kpa P 4 π 4 0,05 84,9 0 3 W 60,0 W. Simulera spalten med en sänka. Styrkan på denna blir då m Q. På stort avstånd från sänkan kan hastighetsbidraget från denna försummas. Långt uppströms är därför hastigheten V och allt vattenflöde upp till höjden h ovanför väggen kommer att sugas ned i spalten. Masskonservering ger då att Q V h h Q V 0, 0, 5 m4dm 3. Välj en kontrollvolym som har in- och utloppsytor ortogonala mot strömningsriktningarna och ligger på tillräckligt stort avstånd upp- och nedströms om kilen. Vid in- och utloppsytorna kommer då alla strömlinjer att vara parallella varför det råder

2 atmosfärstryck i strålen vid dessa ränder och därmed är hastigheten där U. Masskonservering ger då att UDb Ud b + Ud b U 3 Db+ Ud b d 3 D Låt F y vara kraften från vattnet på kilen och ansätt att denna är positiv i positiv y-led. Kraftekvationen på vattnet i kontrollvolymen ger då att : F y ṁ ut, u ut,y +ṁ ut, u ut,y ṁ in u in,y ρq U sin α + ρq ( U sin α) 0 där Q Ud b UDb och Q 3 Ud b UDb. Detta ger, då α 3 30,attden sökta tvärkraften är ( F y ρu 3 ) Db sin α 3 6 ρu Db 4. Skjuvspänningen, och värmeöverföringen, mellan plattan och fluiden är störst närmast plattans framkant. Värmeöverföringen maximeras alltså om plattan är kort och bred, dvs. om den är orienterad som i figur a). 5. Bernoullis ekvation för en stagnationsströmlinje på djupet H under vattenytan p 0 p + ρv där p 0 är trycket i stagnationspunkten vid sondens nos (spets) och p är trycket långt framför sonden och på den aktuella strömlinjen. Dessa tryck är p 0 p atm + ρg (h + H) och p p atm + ρgh ρgh ρv V gh Med givna siffror ger detta att V 9,8 0,03 m/s,00 m/s. 6. Luftmotståndet på bilen ges av D C D ρv S och den motoreffekt som erfordras för att övervinna detta luftmotstånd ges av P DV C D ρv 3 S Ökningen i den erforderliga motoreffekten ges alltså av P C D ρv 3 S Med givna siffror ger detta att P (0,39 0,4),3 vilket motsvarar 6 hästkrafter. ( ) 3 80,65 W 9,03 kw 3,6

3 7. Eftersom tryckbehållaren är stor kan det givna gastillståndet i denna förutsättas vara gasens stagnationstillstånd. Om machtalet i ventilens minsta tvärsnitt är känt kan hastigheten i detta snitt lätt beräknas. Machtalet i ventilens minsta tvärsnitt är helt säkert om trycket p efter en isentropisk expansion från det givna stagnationstillståndet till M är större än trycket p på ventilens utloppssida. Isentroprelationen ger att [ p + γ ] γ/(γ ) [ ] γ/(γ ) γ + p 0 som för γ 4/3gerattp /p 0 (6/7) 4 0,540 och som med det givna p kpa ger att p 70 kpa. Detta tryck är helt klart större än trycket i det omgivande rummet (ca 00 kpa). Alltså gäller att M i ventilens minsta tvärsnitt. Temperaturen T i gasen blir i samma tvärsnitt T och den sökta hastigheten är [ γ + ] 6 7 T 8 K u a γrt m/s 39,7 m/s 3 8. Potenslagen och givna data ger att konstanten n här blir u u ( y y ) /n n log (y /y ) log {40/5} log (u /u ) log {0/5} 3,0 vilket ger att hastigheten 00 meter över marken är ( ) /n y3 u 3 u 5 y ( ) /3,0 00 m/s 3,6 m/s 5 9. Det sökta volymflödet erhålls som differensen mellan strömfunktionens värde i de två punkterna. Strömfunktionen för en källa/sänka är ψ m π θ där m > 0för en källa och m < 0för en sänka. Vidare är θ koordinaten för den aktuella punkten i ett lokalt polärt system med origo i källan/sänkan. Det ger att ψ(0, +a) m [ π π 4 3π ] m 4 4 ψ(0, a) m [ π4 ( π 3π )] m 4 4 vilket i sin tur ger det sökta volymflödet Q ψ(0, +a) ψ(0, a) m ( 4 m ) m 4 3

4 Kommentar: I detta fall är geometrin väldigt enkel. På y-axeln är hastighetsvektorn överallt parallell med x-axeln. Då kan hastigheten direkt integreras vilket ger det sökta volymflödet. På y-axeln blir hastigheten u(0,y) m a π a + y (visa gärna detta själv!). Det sökta volymflödet blir nu Q a a u dy m π a a a dy a + y m π π m Genomför gärna mellanleden själv. Som synes får man samma resultat som ovan men med betydligt större arbete. Och ändå är arbetsinsatsen med den senare metoden i detta fall ovanligt liten på grund av den i detta fall enkla geometrin. 0. Strömningen är isentropisk. Isentropsambanden ger då att M, 50 T 0, 6897 T T T 00 0, , 653 M 3, 7 T 60 Motsvarande Prandtl-Meyer vinklar är vilket ger avlänkningsvinkeln ν(m ), 9 resp. ν(m) 6, 9 θ ν(m) ν(m )6, 9, 9 50, 00. Kraftekvationen ger för en kontrollvolym mellan de två snitt i figuren där hastighetsprofilerna är givna h h : (p p ) b h F x bρ V (y)[v (y) V ] dy ɛb ρv y ( + ɛy) dy h F x (p p ) b h ɛb ρv h [ y + ɛ ] [ ] h 3 y3 (p p ) (ɛh) h 3 ρv b h. Problemet analyseras genom att ersätta väggen med en speglad virvel enligt figuren. Virvlarna ligger stilla i rummet om den hastighet den ena virveln inducerar i centrum av den andra är lika stor och motriktad V, alltså V Γ π h Γ4πhV På symmetrilinjen ( väggen ) är hastigheten ; ^. M H M ;. V V ] u V q sin α 4

5 där q Γ πr sin α h r r h + x u V Γh πr V Γ ) h π h + x V ( 4h h + x Den sökta tryckfördelningen erhålls nu från Bernouilli s ekvation p + ρv p + ρu [ p(x) p ) ] ρv ( 4h h + x Denna funktion har extrempunkter vid x 0ochvidx ± 3 h. Insättning ger att p(0) p 4ρV p(± 3 h) p ρv p(± ) p 0 Trycket är alltså lägst vid x 0ochhögst vid x ± 3 h. 3. Massflödet mellan väggen och den aktuella strömlinjen måste vara lika stort före och efter avlänkningen. Det ger att ρv h ρ V h Från denna relation kan h beräknas om övriga storheter är kända. Gaslagen ger att ρ p RT kg/m3,787 kg/m 3 Ljudhastigheten och strömningshastigheten före avlänkningen är a γrt, m/s 36,94 m/s V a M 36,94,40 m/s 443,7 m/s Machtalet M efter avlänkningen kan beräknas med Prandtl-Meyer funktionen. M,40 ν 9,987 ν ν + θ 9,987 M,740 Denna typ av strömning är isentropisk vilket bl.a. innebär att stagnationstillståndet är lika före och efter avlänkningen. Det ger för M,40ochför M,740 att ρ ρ 0 0,4374 och T 0,784 samt ρ ρ 0 0,306 Luftens densitet och temperatur efter expansionen är alltså och ρ ρ/ρ 0 ρ /ρ 0 ρ 0,306 0,4374,787 kg/m3,95 kg/m 3 T T/ T 0,68 50 K 6,73 K T / 0,784 5 T 0,68

6 Detta ger att a γrt, ,73 m/s 95,0 m/s V am 95,0,740 m/s 53,53 m/s Det sökta avståndet mellan väggen och strömlinjen är alltså efteravlänkningen h ρ ρ V V h,787,95 443,7 50 mm 6,7 mm 53,53 4. Då vattnet strömmar ut kommer luftens volym att öka. Vid en isoterm tillståndsändring gäller Boyles lag pv konst. Alltså sjunker trycket i luften. Vattnet kommer att strömma ut ur behållaren tills vattentrycket vid behållarens botten är lika med atmosfärstrycket. Antag att vattendjupet dåär h. Dågäller att p + ρgh p atm där p är trycket i luften ovanför vattenytan och ρ vattnets täthet. Vidare gäller enligt Boyles lag vilket ger eller pb (h + h h) p atm b h p ρgh ( ) h p atm h + h h h h + h h p atm h h h + h h p atm ρg (h + h ) h ρgh h p atm hp atm h Med givna siffror ger detta [ ] patm ρg + h + h h + p atm ρg h 0 h,937h + 9,743 0 h 5,5968 ± 5,5968 9,743 m 5,5968 ± 4,7064 m Här ger tecknet problemlösningen. Den är h 0,8904 m. Den sökta volymen är V b (h h) (0,9 0,8904) m 3 0,0095 m 3 9,5l 5. Kontinuitetsekvationen ger att UD ud och energiekvationen (den generaliserad Bernoulli ekvationen) ger att p atm + p + ρu p atm + ρu + 4fl D 6 ρu

7 [ p ρu + 4fl D ( ) U u ( ) ] [ U ( )( ) ] 4 4fl d u ρu + D D De parametrar i denna relation som varierar är d, u och f. Vidareframgår att om 4fl D > kommer u att öka då d minskar. Frågan är alltså om denna olikhet alltid är uppfylld! Det är den om f> D 4l 0, ,0003 Jämför man detta värde med Moody diagrammet finner man att detta värde ligger långt under den undre gräns på f som finns med i detta diagram. Detta motsvarar värden på Reynolds tal som ligger långt över vad som finns med i diagrammet. Om vi använder Haalands formel för att uppskatta detta Reynolds tal får vi Re 6,9 0 /3,6 f 7,5 0 6 U< 7,5 06 0, ,0 m/s 6,9 0 m/s Detta är en strömningshastighet som är fullständigt orimlig i vatten, åtminstone i en trädgårdsslang. Alltså måste denna olikhet alltid vara uppfylld i den här givna problemställningen. Alltså gäller att u ökar då d minskar! 7

Relevanta dokument

bh 2 π 4 D2 ] 4Q1 πd 2 =

bh 2 π 4 D2 ] 4Q1 πd 2 = MEKANIK KTH Förslag till lösningar vid tentamen i 5C1921 Teknisk strömningslära för M den 27 maj 2005 1. 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