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