Lösningar/svar till tentamen i MTM119 Hydromekanik Datum .../7a686f32.pdf · Här är € p2=p1,...
Transcript of Lösningar/svar till tentamen i MTM119 Hydromekanik Datum .../7a686f32.pdf · Här är € p2=p1,...
Lösningar/svar till tentamen i MTM119 Hydromekanik Datum: 2005-03-18
Observera att lösningarna inte alltid är av tentamenslösningskvalitet. De skulle inte gefull poäng vid tentamen. Motiveringar kan saknas eller vara bristfälliga.De är också i vissa fall för kompakt skrivna. Detta för att spara kopieringskostnad.
Uppgift 1
Horisontell kraft ges av
€
Fx = pcv Av där V står för projektion på vertikal yta.
€
pcv är trycket i centroiden för den vertikala ytan.Vertikal kraft ges av
€
FB = ρgV0 där
€
V0 är ”undanträngd vätskevolym”.
Här är den vertikala ytan en rektangel med area
€
Av = RL .
Centroiden är på djupet
€
h +R2
. Trycket i centroiden är
€
pcv = ρg h +R2
Horisontella kraften är
€
Fx = ρg h +R2
RL
Den undanträngda vätskevolymen är här volymen ovanför luckan
€
V0 = (h+ R)RL− 14πR2L = RL h+ R 1− π
4( )( )vilket ger den vertikala kraften
€
FB = ρgRL h+ R 1− π4( )( )
Resultat: Horisontell kraft är
€
ρg h +R2
RL . Riktad åt höger i figuren.
Vertikal kraft är
€
ρgRL h + R 1− π4( )( ). Riktad nedåt.
Uppgift 2Känt:
€
D1 =15cm ;
€
D2 = 5cm; z1 − z2 = 20cm ; Δh =10cm , ρ h20=998kg/m3, ρ hg=13 590kg/m3
Sökt: Volymflödet = Q
Bernoullis ekvation ger p1ρH20
+V12
2+ gz1 =
p2ρH20
+V22
2+ gz2 (1)
Tryckskillnaden mäts av manometern. Samma tryck vid den undre kvicksilverytan. På dendel där vi har lika vattenpelare så tar bidragen till trycken ut varandra och behöver inte tasmed i beräkningarna p1 + ρH20g(Δh + z1 − z2 ) = p2 + ρHggΔh (2)
Kontinuitetsekvationen ger Q=VA ⇒ V=Q/A, Här är A=πD2/4 alltså
€
V =4QπD2 (3)
Lös ut tryckskillnader ur ekvation (1) och (2)
p1 − p2 = (ρHg − ρH20)gΔh − ρH20g(z1 − z2 ) och p1 − p2 =ρH20(V22 − V12 )
2+ ρH20g(z2 − z1)
Detta ger ρH20(V22 − V1
2 )2
+ ρH20g(z2 − z1) = (ρHg − ρH20)gΔh − ρH20g(z1 − z2 )
Vilket kan förenklas till ρH20(V22 − V12 )2
= (ρHg − ρH20)gΔh
Använd (3) i uttrycket ovan ρH202
4QπD2
2
2
−4QπD1
2
2
= (ρHg − ρH20 )gΔh
Vilket kan förenklas ρH2016Q2
2π 21D24 −
1D14
= (ρHg − ρH20)gΔh
Lös ut Q ; Q =π 2gΔh8
ρHgρH20
−1
11D24
−1D14
Numeriskt: Q = 9,83*10-3m3/s = 9,83(dm)3/s = 9,83liter/sResultat: flödet är 9,8 liter/s
Uppgift 3När kulan når sluthastighet är den i jämvikt. Här försummas lyftkraften.Jämvikt ger
€
FD −mg = 0
Motståndskraften ges indirekt av diagrammet i uppgiften. Sambandmellan
€
FD och
€
CD är
€
CD =FD
12ρV 2 A
⇒ FD = CD12ρV 2 A
Arean i formeln är tvärsnittsarea vinkelrät mot strömningen vilket här är
€
A = πR2 = 14πD2
Sammanställning av formler ovan ger
€
CD12ρV 2 1
4πD2 −mg = 0
€
⇒ CD =8mg
ρV 2πD2
I grafen är
€
CD ritad som funktion av Re, Reynolds tal. I formeln ovan ersätts
€
V med Re.
Reynolds tal är
€
Re =ρVL
µ där L är en ”viktig” längd, här är diametern, D. Hastigheten, V, kan
då skrivas
€
V =µReρD
. Detta i uttrycket för
€
CD ger
€
⇒ CD =8mg
ρπD2
ρDµRe
2
=8ρmg
πµ2
1
Re2
Numeriskt: m=
€
5,9 ⋅10−6 kg. För luft vid 0°C gäller ρ=1,276kg/m3 och µ=
€
17,1⋅10−6 Pa ⋅ s
vilket ger
€
⇒ CD = 6,43 ⋅105 1
Re2.
Re CD1,00E+02 641,00E+03 0,642,00E+03 0,16
Detta ritas i diagrammet nedan
Skärning sker vid
€
Re =1,1⋅103,vilket ger
€
V =17,1⋅10−6 ⋅1,1⋅103
1,276 ⋅0,001=15,3m / s
Resultat: Sluthastigheten är 15 m/s
Uppgift 4a) Hastighetsdiagram
b) Effekten ges av P=Mω.Rörelsemängdsmomentlagen ger momentet;
€
ΣM = ˙ m r ut ×V ut − r in ×V in( )Kontrollvolym med hastigheter och moment
vy från sidan vy uppifrån
Intressanta komposanter är här
€
r in ×V in → RV j och r ut ×V ut → RV2 cosαRörelsemängdsmomentlagen ger här
€
−M = ρQ RV2 cosα − RVj( )⇒ M = ρQ RVj − RV2 cosα( ) (1)
Absoluthastigheten vid utloppet, V2, ges av figuren i a).
€
V2 cosα = Rω −Vrel cos(π −β ) = Rω + Vrel cosβ (2) Vrel är hastigheten relativt skovelbladet. Då strömningen är stationär och förlustfri kanBernoullis ekvation användas. Då tryck (atmosfärstryck) och z-koordinat är lika vid in- ochutlopp ger Bernoullis ekv. att
€
Vrel = Vrel,ut = Vrel,in = Vj − Rω (3)
(3) i (2) i(1) ger
€
M = ρQ RVj − R Rω + Vj − Rω( )cosβ( )( ) = ρQR Vj − Rω( ) 1− cosβ( )vilket ger effekten
€
P = ρQωR Vj − Rω( ) 1− cosβ( ) v.s.v
c) Effekten kan skrivas
€
P = Cω Vj − Rω( ) . Effekten har max då dP/dω=0. Derivering ger
€
dPdω
= C Vj − Rω( ) + Cω(−R) = 0⇒Vj − 2Rω = 0⇒ω =Vj
2R=
Vj
D v.s.v.
Uppgift 5Vi söker skärning mellan pumpkurva given in figuren,
€
H pump , och systemkurvan
€
Hsystem
Start mekaniska energiekvationen
€
−wt − wf = αV 2
2+
pρ
+ gz
1
2
(1)
på höjdform fås
€
−wt
g−
wf
g= α
V 2
2g+
pρg
+ z
1
2
(2)
där
€
H pump = −wt
g och
€
Hsystem = αV 2
2g+
pρg
+ z
1
2
+ hf (3)
Här är
€
p2 = p1,
€
V1 = 0 , kalla
€
V2 = V . Antag turbulent strömning, vilket ger
€
α =1. Detta ger
€
Hsystem = z2 − z1 +V 2
2g+ hf med
€
hf =V 2
2gf
LD
fås (4)
€
Hsystem = z2 − z1 +V 2
2g+
V 2
2gf
LD
= z2 − z1 +V 2
2g1+ f
LD
(5)
Kontinuitetsekvationen ger
€
Q =VA =VπD2
4⇒V =
4Q
πD2(6)
(6) i (5) ger
€
Hsystem = z2 − z1 +1
2g4Q
πD2
2
1+ fLD
Friktionsfaktorn f beror av Reynolds tal, Re, som ges av
€
Re =ρVD
µ. Här är lämpligt med Re
som en funktion av flödet Q;
€
Re =ρDµ
4Q
πD2=
4QνπD
Siffror:
€
z2 − z1 = 5,0m . L=50m, D=5,0cm.För vatten vid 10°C är
€
ν =1,308 ⋅10−6 m2 / s .
Här fås systemkurvan
€
Hsystem = 5+8
9.18π 20,0541+ f
500,05
Q
2 = 5+13221 1+ f ⋅1000( )Q2
och
€
Re =4QνπD
=4
1,308 ⋅10−6 ⋅ π ⋅ 0,05Q =1,95 ⋅107 Q
Q Re f H0,000 0,00E+00 5,000,005 9,73E+04 0,018 11,280,010 1,95E+05 0,015 26,150,012 2,34E+05 0,015 35,460,013 2,53E+05 0,015 40,750,015 2,92E+05 0,014 49,62
Då Re>105 i intressant område har f bestämts med diagram.Ritas i figuren nedan. Skärning med pumpkurvan ger Q=0,012m3/s
b) som tidigare men D=0,10m
€
Re =4QνπD
=4
1,308 ⋅10−6 ⋅ π ⋅ 0,10Q = 9,75 ⋅106Q
€
Hsyst = 5,0+826 1+ f ⋅500( )Q2
Q Re f H0,000 0,00E+00 5,000,005 4,88E+04 0,021 5,240,010 9,75E+04 0,018 5,830,015 1,46E+05 0,015 6,580,020 1,95E+05 0,015 7,810,025 2,44E+05 0,014 9,130,030 2,93E+05 0,014 10,95
Ritas i figuren nedan. Skärning med pumpkurvan ger Q=0,027m3/s
Resultat:a) Q=0,012m3/sb) Q=0,027m3/s