Foreløpig løsningsforslag til eksamen i fag TEP4110 Fluidmekanikk

Transkript

1 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET SIDE AV 9 Foreløpig løsningsforslag til eksamen i fag TEP40 Fluidmekanikk Torsdag 6. desember 0 Ligningsnummer i løsningsforslaget henviser til læreboken: Y.A. Çengel & J.M. Cimbala Fluid Mechanics: Fundamentals and Applications (00) OPPGAVE. Denne oppgaven omhandler trykk og krefter i vann som er i ro og dette stoffet finnes i kapitel 3 i læreboken. Spørsmål a) Trykket i punktet A som er definert ved hjelp av vinkelen θ i figuren er avhengig av hvor dypt A ligger under vannoverflaten og dermed av vinkelen θ. Dette trykket finnes fra formelen (3-8) P P gh. atm I denne oppgaven skal atmosfæretrykket P atm neglisjeres. Vanndybden h i punktet A finnes ved en geometrisk betraktning som h H Rcos (se figuren) og dermed får vi svaret: P gh g( H Rcos ). A Spørsmål b) Vannet utøver et trykk P = P A over hele halvsylinderen slik som vi fant i spørsmål a). Resultantkraften fra vannet på vinduet på grunn av dette vanntrykket kalles F. Horisontalkomponenten av F er lik trykkraften på vinduets projeksjon i vertikalplanet; se ligning (3-9). Denne projeksjonen utgjør her et rektangel med lengde a = L og høyde b =R og har dermed arealet A = RL. Kraften bestemmes av ligning (3-6) hvor s + b/ er avstanden fra overflaten til flatesenteret og dermed lik H: F [ P g( sb/)] ab gh( RL). H atm

2 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET SIDE AV 9 Spørsmål c) Vertikalkomponenten av kraften F fra vannet på vinduet skyldes forskjellen mellom kraften nedover på øvre halvdel av halvsylinderen (F ø ) og kraften oppover på nedre halvdel av halvsylinderen (F n ). Disse kan finnes hver for seg ved hjelp av ligning (3-30): 4 Fø g ( HR R ) L vannvolum over øvre halvpart 4 Fn g ( HR R ) L tenkt vannvolum over nedrehalvpart Her har vi forutsatt at positiv retning er oppover og derfor er F ø < 0 mens F n > 0. Dermed får vi at: FV Fø Fn g( HR R ) Lg( HR R ) L g R L. 4 4 Kraften blir positiv siden vanntrykket er høyere på undersiden enn på oversiden av vindusflaten. Det bør bemerkes at F v er ikke er noe annet enn oppdriftskraften som virker på halvsylinderen. Løsningen ovenfor F v kan derfor finnes direkte fra ligning (3-3) med fortrengt vannvolum lik R L. F v kan også finnes ved integrasjon av vertikalkomponenten av den lokale trykkraften langs halvsylinderflaten: F L P cos Rd LgR ( H R cos ) cosd V A 0 0 LgRH cosd LgR cos d g R L / Her har vi benyttet at det første bestemte integralet blir lik null mens det andre integralet er lik π/. Ved bedømmelse av eksamensbesvarelsene ansees de forskjellige løsningsmetodene som likeverdige. Uansett virker F v oppover siden vanntrykket er høyere på undersiden enn på oversiden av vindusflaten. Spørsmål d) Resultantkraftens angrepspunkt kalles trykksenteret ( center of pressure forkortet som CP). F H har sin virkelinje y P under vannoverflaten:

3 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET SIDE 3 AV 9 3 ( ) I L R R (ligning 3-b) y A HRL 3 H xx, C yp yc H H C Her har vi benyttet at Ixx, C ( R ) Lfra figur 3-30(a) i læreboken og y C er beliggenheten til flatesenteret til halvsylinderens vertikalprojeksjon i forhold til vannoverflaten. F H har dermed sin virkelinje R /3H under sylinderaksen. Vertikalkomponenten F V kan betraktes som en oppdriftskraft (se spørsmål c)). I følge Archimeds sitt første prinsipp (se kap. 3-6) har oppdriftskraften og dermed F V sin virkelinje gjennom massesenteret til det fortrengte væskevolumet. I denne oppgaven er det fortrengte vannvolumet volumet til halvsylinderen.vi ser av figure 3-30(e) at flatesenteret til en halvsirkel ligger 4 R /3 til side for sirkelens senter. Vertikalkomponenten F V har derfor sin virkelinje 4 R /3 til venstre for sylinderaksen. Kommentar: Virkelinjen til F H er avhengig av både R og H mens virkelinjen til F V er uavhengig av dybden H. Skjæringspunktet mellom de to virkelinjene ligger ikke på sylinderflaten. Begrepet trykksenter er derfor ikke like velvalgt for krumme flater som for plane flater. OPPGAVE. Først i oppgaveteksten er det oppgitt et hastighetspotensial (r, ) for en to-dimensjonal potensialstrømning i (r, θ)-planet. Dermed vet vi at strømningen er virvlingsfri (engelsk: irrotational ); se kap Spørsmål a) Hastighetsvektoren V(r, ) ur er ue har to komponenter som kan finnes fra ligning (0-) V(r, ) eller på komponentform fra ligning (0-3): cos C ur CcosC C cos r r r sin C u CsinC C sin. r r r Fra nå av i denne oppgaven settes C = U og C = U a og vi får dermed at a ur U cos r

4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET SIDE 4 AV 9 a u U sin r Denne strømningen gir en brukbar beskrivelse av vind langs bakken og over et halvsylinderformet lagerskurv som vist i figuren. Spørsmål b) Oppgaveteksten forteller oss strømningen er en potensialstrømning og hastighetspotensialet (r, ) er oppgitt. Dermed vet vi at strømningen er friksjonsfri, selv om dette ikke blir fortalt eksplisitt i oppgaveteksten. Vi kan derfor enten bruke Bernoulli-ligningen langs en strømlinje eller at P V gz C = konstant overalt i potensialstrømning (ligning 0-7). Siden virkningen av tyngden skal neglisjeres i denne oppgaven gir ligningen over en sammenheng mellom trykkenergi og kinetisk energi i to vilkårlig valgte punkt og : p V p V. Vi lar nå punkt være et punkt på bakken gitt ved polarkoordinaten r mens θ = π. Punkt er også ved bakken men uendelig langt oppstrøms (til venstre) for skuret, dvs r. p p U ur u Uendelig langt fra skuret har vi brukt at ur u U cos Usin U. Bemerk at u θ = 0 når θ = π, altså hele veien langs bakken oppstrøms skuret. Det samme er for øvrig tilfelle langs bakken nedstrøms skuret siden θ = 0 der. Ved innsetting finner vi nå at:

5 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET SIDE 5 AV 9 4 a a a a a p p U p U p U 4 r r r r r. Her er det siste leddet alltid positivt og det innebærer at trykket p langs bakken avtar med økende avstand fra skuret (økende r) og blir lik p i grensen når r. Spørsmål c) På tilsvarende måte kan vi finne hvordan trykket varier over taket på skuret. Siden taket er formet som en halvsylinder er r = a mens θ varierer fra 0 til π. Vi benytter samme ligning som i delspørsmål b) ps p U ur u hvor punkt igjen er valgt uendelig langt oppstrøms mens punkt nå er et vilkårlig punkt på taket der trykket er p s. Langs hele taket er r = a og dermed blir u r = 0 mens u Usin. Innsetting i ligningen ovenfor gir dermed: ps p U U p U sin 4sin Trykket er altså høyest når θ = 0 og θ = π og da er ps p U. Det laveste trykket finner vi 3 når sinθ =, det vil si når θ = π/ som er takets høyeste punkt. Der er trykket ps p U. Spørsmål d) Siden strømningen er friksjonsfri er det bare trykket som utøver en kraft på skuret. Denne kraften varierer både i størrelse og retning langs taket. Ligning (-3) og (-4) gir oss henholdsvis horisontal- og vertikalkomponenten av den resulternde trykkraften F: FD pscos ad L p U 4sin cosadl 0 da 0 FL pssin ad L p U4sin sinadl 0 da 0 Her er F D regnet positiv mot høyre (drag) mens F L er regnet positiv oppover (løft). Ved å utføre integrasjonene får vi at

6 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET SIDE 6 AV 9 FD al p U d UaL d 0 0 cos sin cos FL al p U sin d UaL sin d 0 0 Den siste integrasjonen kan utføres som en delvis integrasjon 3 sin d cos sin sin cos d 4 / Dermed får vi at vertikalkraften blir lik: 4 5 FL al p U U al alp alu 3 3 Horisontalkraften FD 0 siden lufttrykket på venstre side av halvsylinderen (mot vinden) er akkurat lik lufttrykket på høyre side av halvsylinderen (i le for vinden) siden p S fra spørsmål c) varierer symmetrisk omkring θ = π/. Vertikalkraften F V er negativ hvis vinden er svak men blir positiv i sterk vind. Det virker da en løftekraft på taket. Spørsmål e) Inne i skuret er lufttrykket lik p i og gir opphav til en vertikal kraft Fi pialsom er rettet oppover. Det innendørs lufttrykket p i kan reguleres ved å plassere en lufteluke A på taket slik at innetrykket blir lik utetrykket, altså p i = p s (θ). Luken skal plasseres slik at F i + F L = 0 og dermed får vi at 5 pi p U 6 Innetrykket p i må altså være lavere enn p og det oppnås ved hjelp av lufteluken A plassert der hvor lufttrykket p S er lik p i. Da må vinkelen θ være slik at: 5 p U p U4sin 6 p i p S

7 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET SIDE 7 AV 9 8/3 Dermed må vi ha sin, det vil si sin / 3. I det aktuelle er vinkelen θ i intervallet 4 fra 0 til π og sinθ kan aldri bli negativ. Vi får imidlertid to løsninger, nemlig θ = 54,7 og θ = 80-54,7 = 5,3. Begge disse løsningene er riktige! OPPGAVE 3. p 0 p 0 h h h Δh Spørsmål a) Vanntrykket varier proporsjonalt med dybden. Horisontalkomponenten som virker på demningen er lik kraften på demningens projeksjon i vertikalplanet: FH p0 ghchb p0 g hhb  Kraften virker fra venstre mot høyre i figuren. Kraftens virkelinje finner vi fra ligning (3-a) Bh / sin ( / / ) (/ / ) 3 I xx, C yp yc h h yc po g A h po g Bh po gh Vi har satt sinθ = siden vi betraker projeksjonen av demningen i vertikalplanet. Legg merke til at det er spurt etter kraften fra vannet på demningen og dermed må atmosfæretrykket p o tas med. Spørsmål b) Strømningen vi skal betrakte er stasjonær og friksjonsfri. Siden det er vann som strømmer er strømningen i tillegg inkompressibel. For å bestemme de to ukjente hastighetene trenger vi to

8 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET SIDE 8 AV 9 ligninger. Hvis vi betrakter et kontrollvolum som omslutter demningen vil volumstrømmen inn i kontrollvolumet være lik volumstrømmen ut, altså i følge ligning (5-3): va va eller vhb vhb h Dette gir oss sammenhengen v v h Bernoulli s ligning langs en strømlinje i overflaten gir oss: p V p V gz gz (ligning 5-4) Langs overflaten er trykket lik atmosfæretrykket p o og vi får: p v p v 0 0 g( hh) gh når vi velger null-nivået for potensiell energi (z = 0) ved bunnen nedenfor demningen. Dette gir gh ( hh) v v v h h når vi setter inn for v uttrykt ved v. Vi får nå: v h g( h h h) gh ( h h h) h h gh h h h hh h Svarer for v blir derfor h h h v h g h h For v får vi tilsvarende: h h h h v v h g h h h

9 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET SIDE 9 AV 9 Spørsmål c) Demningen må på en eller annen måte være festet i bunnen for å forhindre at den vil følge med strømningen fra venstre mot høyre. Kraften F som virker fra bunnen på demningen kan finnes ved hjelp av kontrollvolumbetraktning. For stasjonær strømning gjelder kraftloven: F mv mv (ligning 6-5) ut inn Korreksjonsfaktoren settes lik.0 siden det er opplyst at hastighetene v og v er uavhengig av dyben. Det er også opplyst at trykket varierer hydrostatisk, det vil si at det øker proporsjonalt med dybden. Vi anvender horisontalkompnenten av ligningen ovenfor som blir F mv mv x x x ut inn og når vi velger positiv retning med strømningen (altså mot høyre) får vi: F ghhb ghhbvhb vhb i det vi er sikre på at kraften F fra bunnen på demningen virker mot venstre. Nå finner vi den ukjente kraften F: h h h h h h F ghb ghbghhb ghhb hh hh h h hh hh F gb( h h) ghhb ( hh) gb( hh) ( hh) 4hh hh hh Spørsmål d) Det spesielle men uinteressante tilfellet h = h kan bare forekomme hvis Δh = 0 og da blir v = v og kraften F = 0. Dette fordi strøm av bevegelsesmengde inn i og ut av kontrollvolumet CV er like. Samtidig er trykkraften fra vannet oppstrøms på CV like stor men motsatt rettet trykkraften fra vannet nedstrøms på CV.