Løsningsforslag til Øving 6 Høst 2016

Transkript

1 TEP4105: Fluidmekanikk Løsningsforslag til Øving 6 Høst 016 Oppgave 3.13 Skal finne utløpshastigheten fra røret i eksempel 3. når vi tar hensyn til friksjon Hvis vi antar at røret er m langt er friksjonen gitt som: Bruker Bernoulli fra punkt 1 til i figuren: h f = 5.4 V tube g. (1) p 1 ρg + V 1 g + z 1 = p ρg + V g + z + h f () hvor h f er friksjonshøyden. Antar atmosfæretrykk ved utløpet, dvs. p 1 = p = p a. V 1 0 siden væskeoverflaten er mye større enn tverrsnittsarealet til røret. Bernoulli gir da: z 1 = V g + z V g tube = V g + z V g (3) g(z 1 z ) = V ( ) V = Volumstrømmen Q er gitt ved: g(z1 z ) = 1.61m/s 6.4 Q = V A = V π 4 d = 16.4cm 3 /s (4) 1

2

3 Oppgave Vi skal finne (a) V og (b) kraft pr. lengdeenhet på demningen. a)vi kan bruke hydrostatikk i tverrsnittene 1 og, som vil si at trykket her varierer lineært som funksjon av vanndybden. Massebevarelse gir oss at A 1 V 1 = A V, dvs. V 1 = V h H. (5) Bernoulli langs en strømlinje fra tverrsnitt 1 til (vi er smarte og legger strømlinjen langs overflaten der trykket er lik atmosfæretrykket): 1 V 1 + p a ρ + gh = 1 V + p a ρ + gh 1 V h H + gh = 1 V + gh V = g(h h) 1 h = 9, 76m/s. (6) /H b) Vi legger nå et kontrollvolum rundt demningen. På dette kontrollvolumet virker det en ukjent kraft i x-retning. Impulssatsen gir oss (vi husker fra tidligere kapitler at horisontalkomponenten av trykket mot en vertikal flate er lik trykket i sentroiden av flaten multiplisert med flatearealet. Sentroidetrykket mot tverrsnittene 1 og er dermed henholdsvis ρgh/ og ρgh/). Fra massebevarelsen husker vi også at V 1 = V h/h, så Fx = F + p CG,1 H p CG, h = ρv 1 ( V 1 )H + ρv (V )h F + 1 ρgh 1 ρgh = ρv h H + ρv h F = 1 ρg( H + h ) + ρ( V h H + V h) (7) Hastighetene i parentes i første linje ovenfor er strømningens hastighetsvektor skalarmultiplisert med normalvektoren pekende ut av kontrollvolumet. Setter vi inn tallverdier for V og ρg = 9790kg/m 3, fås F = 68300N/m. Dette er kraften fra omgivelsene (bunnen) på kontrollvolumet. Dette er så langt vi kommer med regning med kontrollvolum, og vi må nå betrakte hva som foregår inne i kontrollvolumet. Kraften på kontrollvolumet, F, som vi har funnet over virker på demningen fra sjøbunnen. Vi vet imidlertid at demningen er i ro, slik at summen av kreftene på denne må være null. Dermed vet vi at kraften vannet virker på demningen med (det er denne det spørres etter) må være like stor, men motsatt rettet av kraften vi har funnet, altså lik 68300N/m i størrelse og pekende langs positiv x-retning. Oppgave a) Vi skal førstvise at akselerasjonen er radielt rettet. Har gitt at x u = U 0 L Akselerasjonen finnes fra den substansielt deriverte: og a x = Du Dt = u t + u u x + v u y = 0 + U x U 0 0 L L + 0 a y = Dv Dt = v t + u v x + v v y = ( U y 0 L ) ( U 0 L ) v = U 0 y L. (8) a = U 0 L (x ı + y j) = U 0 r. (9) L 3

4 Akselerasjonen har altså radiell retning. b) Skal finne hastigheten i punktet (x = 1m, y = 1m) gitt at akselerasjonen der er a 0 = 5m/s. Akselerasjonen uttrykkes a = U 0 L r = U 0 x L + y = a 0 a0 U 0 = L = 6.3m/s (10) x + y Oppgave Vi skal finne (a) akselerasjonen ved x = L og (b) tiden for en partikkel å bevege seg fra x = 0 til x = L. a) Hastighetsfeltet er gitt ved u = V 0 (1 + x/l), v = w = 0. Akselerasjonen (her kun i x-retning): a x = Du Dt = u t + u u x + v u y + w u z = udu dx = V 0(1 + x L )V 0 L. (11) ved x = L får vi a x x=l = 6 V 0 L. (1) b) La nå x være posisjonen ved tiden t til en partikkel som følger strømmen. Vi kjenner partikkelens hastighet u = ẋ og kan sette opp og løse differensialligningen vi får (1. ordens lineær) som vi kan fra matematikken u = dx dt = V 0(1 + x L ) dx V 0 dt = (1 + x L ) dx V 0 t = (1 + x L ) = L ln(1 + x ) + C. (13) L Velger t = 0 når x = 0 som gir oss at C = 0, og finner tiden når x = L: t tot = t(x = L) = L V 0 ln 3. (14) Navier-Stokes oppgave Navier-Stokes ligning er en vektorligning og har følgelig like mange komponenter som problemet har romlige dimensjoner. Navier-Stokes ligning for en generell inkompressibel væske skrives som ρ V t + ρ ( V ) V = p + µ V + ρ g (15) 4

5 a Vi arbeider her med to romlige dimensjoner og ligning 15 resulterer følgelig i to komponenter. Hastigheten skrives som V = u ı + v j. Tyngdekraften g virker ikke parallellt til aksene i systemet (x- og y-aksene) og må dermed dekomponeres. De resterende vektorene skrives på standard komponentform. x-retning ρ u ( t + ρ u u x + v u ) = p y x + µ u + ρg sin θ (16) y-retning hvor i begge tilfeller b ρ v ( t + ρ u v x + v v ) = p y y + µ v ρg cos θ, (17) = x + y. (18) Navier-Stokes ligning uttrykker en differensiell impulsbevarelse, altså Newtons. lov. Ser på det generelle utrykket og identifisererer ρ V }{{ t } I ( ) + ρ V V } {{ } II } {{ } A = p + µ V }{{}}{{} III IV + ρ g }{{} V } {{ } B Venstre side (A) representerer, som i Newtons. lov, endringen i impuls. I Newtons. lov utrykkes dette vanligvis som ( ) m a = m d V (0) dt Navier-Stokes ligning gir imidlertid bevarelse av impulstetthet, altså (19) m a V = ρd V dt (1) hvor V er et volum. Den (total)deriverte av hastigheten (d V /dt) består for et kontinuum av to ledd (I og II) som henholdsvis representerer tidsavhengig (transient) akselerasjon og konvektiv (geometrisk) akselerasjon. Analogt til Newtons. lov representerer høyre side (B) summen av kreftene som virker på systemet. Da venstre side er impulstetthet så må høyre side være den tilsvarende kraft-tettheten, altså 1 F = f. () V Kreftene som virker på en væske er (vanligvis) trykk-kraft (III), viskøse (friksjons) krefter (IV) og tyngdekraften (V). Som en ekstra øvelse kan du gjerne sjekke hvert ledd i ligning 19 og vise at dimensjonen er krafttetthet, altså N/m 3. c Det er oppgitt at veggene i kanalen er faste, hvilket har konsekvenser for hastighetsfeltet. For hastighetskomponenten som er parallell til veggen gjelder heftbetingelsen (no slip condidtion): u vegg = 0. (3) En fast vegg tillater ingen gjennomstrømning. Dette innebærer at også normalkomponenten av hastigheten må være null: v vegg = 0. (4) 5

6 Totalt sett har vi derfor V = 0. (5) vegg 6