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

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

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

Gun Sundström
för 5 år sedan
Visningar:

1 Lösningar/svar till tentamen i MTM9/05 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 Insättning i ovan ger ρ albg ρalhg = 0 Förenkling ger h = ρ b vilket ger ρ CM = a ρ ρ b B i figurerna svarar mot C i formelsamling. Träplankan flyter stabilt om metacentrum är ovanför kroppens masscentrum. Krav CM > CG L3 FS.6 ger CM = A 0 Här är L = a A 0 = ah vilket ger CM = a3 ah = a Sökt är h. h Friläggning Jämvikt ger ΣF = 0; mg + F lyft = 0 Lyftkraften ges av Arkimedes princip F lyft = ρalhg CG = b h = b ρ b ρ = b ρ ρ ρ Insättning i stabilitetskravet ger a ρ ρ b > b ( ρ ρ ρ ). Förenkling ger a b > 6ρ ρ ρ ρ Resultat a b > 6ρ ρ ρ ρ

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 är dock C D konstant då Re är till räckligt stort. För Re över detta värde är det inte nödvändigt att kräva Re lika. Här används vatten vid modellförsöken och luft för den verkliga bilen Modellen är i skala :5 vilket ger L modell = L 5 verklig och A modell = 5 Jämförelse av Reynolds tal ( Re) = ρ vattenv modell L 5 verklig och Re modell µ vatten Motståndskoefficienter lika ger verklig = ρ luft V verklig L verklig F D,modell ρ vattenv modell A 5 verklig = µ luft 5ρ luft V verklig och kraften på det verkliga fästet F D,verklig = F D,modell ρ vatten V modell Numeriskt: A verklig. F D,verklig ρ 5 luftv verklig A verklig ρ luft =,89kg / m 3, µ luft =8, 0 6 Pa s, ρ vatten = 998,kg / m 3, µ vatten = Pa s V verklig =90 km/h, V modell =4,0 m/s F D,modell =8N Reynolds tal är ( Re) = 7,9 0 5 L modell verklig och Re Slutsats Re är tillräckligt stort. Kraften är F D,verklig = N Resultat: Kraften på det verkliga fästet blir 0,kN =,6 0 6 L verklig verklig. alltså ( Re) > Re verklig modell

3 Uppgift 3 Lösning: Använd Bernoullis ekvation mellan uppströms- resp. nedströmsvattenytorna. Trycken p och p är lika (=atmosfärstrycket). Utnyttja också kontinuitet. Kontinuitet: Q = V H = v h (per breddenhet.) () Bernoullis ekv: p /ρ + V / + gh = p /ρ + v / + gh () Med p = p och (), ger (): Q H h = g(h H ) (3) Förenklingar ger Q h H Q ( h H) ( h + H) H h = g(h H ) och = g(h H ) (4) H h Faktorn (h H ) kan förkortas. (Detta svarar mot lösningen h = H, vilket innebär att luckan ( ligger helt ovanför vattnet.) Förkortning ger Q h + H) = g Skrivet som andragradsekvation H h Q fåsfås h gh ( h + H ) = 0. Mer kompakt skrivet med σ = Q gh fås h σ( h + H) = 0 (5) Lösningen till (5) blir : h = (σ + σ + 4σH )/ Resultat: h = (σ + σ + 4σH )/ där σ = Q gh

4 Uppgift 4 a) Hastighetsdiagram b) Effekten ges av P=Mω. Rörelsemängdsmomentlagen ger momentet; ΣM = m r ut V ut r Kontrollvolym med hastigheter och moment vy från sidan ( in V in ) vy uppifrån Intressanta komposanter är här r in V in RV j och r ut V ut RV cosα Rörelsemängdsmomentlagen ger här M = ρq RV cosα RV j M = ρq( RV j RV cosα) () Absoluthastigheten vid utloppet, V, ges av figuren i a). V cosα = Rω V rel cos(π β) = Rω + V rel cosβ () V rel är hastigheten relativt skovelbladet. Då strömningen är stationär och förlustfri kan Bernoullis ekvation användas. Då tryck (atmosfärstryck) och z-koordinat är lika vid in- och utlopp ger Bernoullis ekv. att V rel = V rel,ut = V rel,in = V j Rω (3) (3) i () i() ger M = ρq RV j R Rω + ( V j Rω)cosβ ( cosβ) vilket ger effekten P = ρqωr V j Rω ( ) = ρqr V j Rω ( cosβ) v.s.v c) Effekten kan skrivas P = Cω( V j Rω). Effekten har max då dp/dω=0. Derivering ger dp dω = C V j Rω + Cω( R) = 0 V j Rω = 0 ω = V j R = V j D v.s.v.

5 Uppgift 5 Energiekvationen ger w t w f = α V + p ρ + gz () Där läge är vid övre vattenytan och läge vid rörets mynning. Här fås w t = 0, p = p atm = p, z z = H. Tillåtet att försumma termen α V. Insatt i energiekvationen fås w f = gh () Tryckfall i raka rör ger förlustarbetet w f = V L D (3) i () ger V L D rörströmning är Re = ρdv V L 64µ D ρdv f (Re) (3) f (Re) = gh (4) Laminär strömning ger f = 64 Re µ (6). (6) i (5) ger f = 64µ ρdv = gh vilket kan förenklas till 3µVL ρd = gh (8). (7). (7) i (4) ger (5). Reynolds tal för πd Kontinuitetsekvationen ger Q = VA. Cirkulärt tvärsnitt ger arean A =, vilket ger farten 4 V = 4Q πd. (9). (9) i (8) ger 3µL ρd 4Q πd 4 ρgh = gh vilket ger Q = πd 8µL b) Numeriskt: Data för vatten vid 0 är ρ = 998,kg/m 3 och µ = Pa s. d=0,00 m, L=0,35m, H=0,70m vilket ger Q = 9,9 0 7 m 3 / s c) Reynolds tal är 045, vilket är inom det laminära området (se Moody-diagram). Resultat: a) Q = πd4 ρgh 8µL b) Q = 9,9 0 7 m 3 / s c) Kontroll av Re ger laminär strömning.

Relevanta dokument

Lösningar/svar till tentamen i MTM119 Hydromekanik Datum:

Lösningar/svar till tentamen i MTM9 Hydromekanik Datum: 005-05-0 Observera att lösningarna inte alltid är av tentamenslösningskvalitet. De skulle inte ge full poäng vid tentamen. Motiveringar kan saknas