dp ρ L D dp ρ v V Både? og v endres nedover et rør, men produktet er konstant. (Husk? = 1/V). Innsatt og med deling på V 2 gir dette:

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "dp ρ L D dp ρ v V Både? og v endres nedover et rør, men produktet er konstant. (Husk? = 1/V). Innsatt og med deling på V 2 gir dette:"

Transkript

1 SIK005 Strømning og transportprosesser Kompressibel strømning Rørstrømning Både i forbindelse med vår naturgassproduksjon på kontinentalsokkelen og i miljøsammenheng er strømningsberegninger på gass av stor betydning. et er derfor ønskelig å utvide emnet noe i forhold til det som er angitt i eankoplis. Basis for kompressibel strømning er som for det inkompressible tilfellet, bevegelsesligningene, eller for endimensjonal strømning, energiligningen. Antas det turbulent strømning med α, kan denne på differensiell form skrives v dv+ g dz + + δ W s+ δf 0 ρ La oss nå konsentrere oss om rørstrømning hvor arbeid ikke utføres og hvor høydedifferanser blir av underordnet betydning. ette siste er ofte tilfelle for gasstrømning på grunn av lav tetthet. Altså med g dz 0, dw s 0 og med δf 4 f v δl får vi: v dv f ρ v δ L 0 enne ligningen kan ikke integreres direkte da både v og P vil variere med L. Imidlertid kan vi introdusere massestrømmen pr. m rørtverrsnitt. enne vil være konstant så lenge tversnittet er konstant. massestrøm v rørtverrsnitt v ρ eller v Både? og v endres nedover et rør, men produktet er konstant. (Husk? /). Innsatt og med deling på gir dette: d 4 f + + δ L 0 (. 5) Nå har vi fått fjernet den variable koeffisienten foran dl og det eneste som står igjen er å finne en relasjon mellom P og. (I parantes: f er også konstant da Re /µ konst.)

2 Integrerer mellom posisjonene og ln + + f L 0 Integral-leddet vil variere etter hva slags tilstandsendring man har. Isoterm strøm av ideell gass P RT P RT ρ innsatt og integrert + P P RT ln L ( - ) + f 0 Og da p konstant, siden T er konstant: L ln P + P P P RT ( - ) + f 0 (. 8 i eankoplis) Eksempel Pumping av gass i rørledning på havbunnen er ofte tilnærmet isoterm idet varmetapet til sjøvannet gjør at gassen snart stiller seg inn på sjøvannets temperatur. Beregn trykkfallet i en rørledning på 0 km, med I 0.6 m som frakter 50 m 3 /s av metan (regnet ved 88 K og 00 kpa). Transporten antas isoterm ved 6 C og starttrykket er 3000 kpa. Anta ideell gass. CH4 6 og µ 0,0 0-3 kg/m s, e/ assestrøm av metan 50 ρ P 50 Arør RT A π rør 8. kg/ m s Re µ 0.00

3 ed e/ 0.00 er f L (8. ) f 4 kg / m s Får da: P ln + P RT ( P - P) I utgangspunktet fordrer dette prøve/feile løsning, eventuelt løsning i feks atlab. Som vi har vært inne på for inkompressibel strømning så kan ofte det kinetiske leddet neglisjeres ( ln(p /P ) 0). ette kan også være tilfelle for gass-strømning om ikke hastighetene er for høye. Får da: RT - P (.8 ) 6 P ( 3 ) -( / 6) 887 kpa P 0 å så se om vår antakelse om neglisjerbar kinetisk energi stemmer: P ln P Faktisk er trykktapet så lite at en inkompressibel beregning ville ha vært tilstrekkelig. (Bruk da midlere tetthet.) 6 Kritisk trykkfall. Når trykkfallet i et rørstrekk eller over en innsnevring blir høyt, kan gassens hastighet nå lydhastigheten(sonisk hastighet). i snakker da om kritisk eller strupet strømning. Isotermt. P λ ln + P P P RT L ( - ) + 0 La oss se hva som skjer med strømningsraten når trykkfallet øker, dvs når P minker. Når P P blir 0. ette er innlysende og trivielt. Imidlertid er grenseverdien for når P 0 også 0 (løs ligningen mhp. og bruk L'Hospitals regel).

4 Siden vi ved alle andre P har en som ikke er 0 så må et maksimum eksistere mellom P P og P 0. eler ligningen på og deriverer mhp. P. Legg merke til at friksjonsleddet faller bort. Altså er det trykkfallet som bestemmer om man får kritisk strømning, og den maksimale strømningen er uavhengige av friksjonen i ledningen: - + P RT ( P )+ RT d -3 ( - )(-) 0 P P aksimum finnes for d/ 0 (merkede verdier for maksimum) P P RT P RT Her er P det trykket som gir maksimal strømning. Nå er RT P P (isotermt) P og hastigheten blir: v ρ v ' v v P ette er den maksimale strømningshastigheten som kan oppnås ved isoterm drift. en kalles ofte "isoterm lydhastighet" selv om den ikke eksakt er lik lydhastigheten under de gitte forhold. Trykket P ' kan finnes ved å sette inn for ( P '/ ') i energiligningen øverst og løse for P '. Hvis P < P ' kalles trykkfallet overkritisk og strømningshastigheten gis av hastigheten v ' uansett verdien på P.

5 Isentropisk strømning Isentropisk strømning vil si adiabatisk friksjonsfri strømning. an kan tro at dette er et skjeldent forekommende tilfelle, men ofte er friksjonen i gass-strømmer relativt liten og man kan starte med en isentropisk tilnærming og deretter innføre korreksjonsfaktorer; noe vi skal se på senere. I det ideelle tilfellet at strømningen er adiabatisk og reversibel har vi: P konst. Her er Cp/Cv. Integrerer vi / får vi: + P P - + P samtidig som P P Innsatt i energiligningen gir dette: + P P P + ln - + f P + P L 0 Skal isentropisk strømning realiseres må friksjonsleddet være lik 0. På samme måte som for isoterm strømning kan dette vises å gi en maksimal hastighet v P Her er P og henholdsvis det trykk og det spesifikke volum som gir kritisk(sonisk ) hastighet, og derved maksimal massestrøm. enne hastigheten tilsvarer lydhastigheten under de gitte forhold (P, ). i har altså sonisk strømning. Adiabatisk strømning For adiabatisk strømning hvor vi også har friksjon kan man få et tilnærmet riktig svar ved å bruke

6 ligningene for isentropisk strømning med? som angitt, og så inkludere friksjonsleddet. an bør ellers bruke P k konst. hvor < k <?, som kalles polytropisk endring. Imidlertid er k normalt ikke kjent. En alternativ måte å løse problemet på er gitt i Coulson & Richardson, vol, men tas ikke med her. Lydhastigheten Lydhastigheten er forplantningshastigheten til en trykkfront av infinitesimal styrke. ette vil si at endringen over trykkfronten er tilnærmet reversibel. Alle gassens egenskaper vil endre seg over denne trykkfronten T + dt T v + dv dv v 0 + d P + P front La oss tenke oss et lite kontrollvolum lagt rundt denne fronten og at vårt aksesystem beveger seg med frontens hastighet. La nå samtidig fronten bevege seg inn i et stillestående fluid. a blir bildet: T + dt Kontrollvolum T v c dv v c + d P + P front åre balanseligninger må gjelde Kontinuitet: c c - dv + d () Impuls: Ac P A - (P + ) A (c - dv c) () generert ut - inn Impulsbalansen gir: cdv (3)

7 Eliminerer dv mellom impuls og massebalanse: c - (4) d Nå er forplantningshastigheten av en trykkbølge relatert til et fluids elastisitetsmodul e endring i spenning i fluidet resulterende relativevolumendring d - (4) og (5) gir: e - (5) d eller e c d - (6) c e (7) Settes? / og benyttes /d (d?/d) (/d?) fås: c er altså her lydhastigheten. c - d dρ (8) enne utledningen gjelder bare for infinitesimale, altså for isentropiske forhold slik at den korrekte ligning blir: P c s ρ For normale trykkfronter vil vi alltid ha irreversibiliteter slik at? S 0 over fronten. Strømning i varierende tverrsnitt i skal nå se på hvordan et kompressibelt medium oppfører seg i rør med varierende tverrsnitt, f.eks. dyser. Bruker da kontinuitetsligningen generelt eller vi kan derivere den: ρ v A konst. eler på ρ v A v A dρ + ρ A dv + ρ v da 0

8 da dv dρ A v ρ (9) og bruker denne sammen med energiligningen for isentropisk strømning + vdv0 ρ (neglisjerer gdz) eliminerer og d? fra (8), (9) og (0) og innfører a machtallet v/c dv da () v A a - ette er en ligning som viser hvordan hastigheten endrer seg i et rør når tverrsnittet forandres. Når a<, dvs for underlydshastigheter(subsoniske forhold), vil nevneren på høyre side være negativ og gasshastigheten vil øke med minkende tverrsnitt. ette er intuitivt riktig. Er imidlertid a> så vil nevneren på høyre side bli positiv og vi ser da at hastigheten øker når tverrsnittet øker. a < synkende A gir økende v a > økende A gir økende v Og for i det hele tatt å oppnå supersoniske hastigheter, overlydshastigheter, så må vi ha kritisk strømning et eller annet sted. Fra dette punktet må tverrsnittet ekspandere. Ser på isentropisk strømning i dysen gitt i figuren. (0) Setter opp energiligningen (0), og integrerer mellom snitt og. Tar ikke med friksjonsleddet til å begynne med. yser er i utgangspunktet utformet for å ha minimal friksjon og vi justerer for friksjon til slutt med en konstant. v v Antas nå at v << v og integreres under isentropiske forhold, fås v P - ( P - - P -)

9 og nødvendig tverrsnitt A kan finnes fra kontinuitetsligningen (kg/s) konst. A v Hvis trykket P 3 er lavt nok, vil P innta en minimumsverdi som korresponderer med sonisk strømning i trangeste tverrsnitt. For en gitt ' vil det til ethvert trykkforhold, P /P svare et nødvendig trangeste tverrsnitt. Hva skjer nå med A når trykkforholdet synker? - P ( ) P A ( - P P ( - ) P -) ( - ) w ( P - w - -) eriverer A mhp. trykkforholdet w P /P og setter da /dw 0. Finner da et ekstremalpunkt i wc w ( +) ette er et minimum og A går altså gjennom et minimum når w synker. ette tilsvarer å finne maksimum ' når A er gitt og w synker. Trykkforholdet som gir denne maksimale strømning kalles det kritiske trykkforholdet, w c. aksimal strømning finnes ved tilbakesubstitusjon i ligning (4) og den tilsvarende hastighet v c blir som vi har sett tidligere er dette lydhastigheten. vc P Altså har gjennomstrømningen ' et maksimum også for dyser, svarende til sonisk hastighet i trangeste tverrsnitt. Hastigheten vil derimot kunne stige videre inn i det supersoniske området som vi har sett. Ekspansjonen videre i en divergerende del av dysen er også tilnærmet isentropisk. Isentropisk ekspansjon gjennom en dyse med både konvergerende og divergerende del kan da beskrives som: -

10 Fra Coulson & Richardson; Chemical Eng., ol.. Hva skjer nå om nedstrømstrykket P B ligger mellom P E og P E3? a er P B for høyt til å kunne gi en fullstendig isentropisk ekspansjon i den supersoniske delen og et trykksprang vil oppstå. Et slikt trykksprang kalles et sjokk eller en sjokkbølge.

11 enne sjokkbølgen har en hastighet lik gasshastigheten i posisjon z, men motsatt rettet. Fronten vil altså stå i ro i forhold til dysen. Både på opp- og nedstrøms-siden av sjokkbølgen kan man regne isentropisk tilstandsendring. Over sjokket er det irreversibiliteter slik at S nedstr. > Soppstr. Trykkendringen vil også føre en overgang fra supersonisk til subsonisk strømning. En annen mulighet er at strømmen i den divergerende delen beholder sin supersoniske karakter, men "løsner" fra veggene. en blir da til et jetstrøm.

G + + 2f G V V D. V 1 m RT 1 RT P V = nrt = = V = 4 D = m

G + + 2f G V V D. V 1 m RT 1 RT P V = nrt = = V = 4 D = m Institt for kjemisk prosessteknologi TK00 Strømning og transportprosesser Øving 8 Løsningsforslag Oppgave Starter med energiligningen på differensiell form d dp dl G + + f G = 0 Setter så inn for G= v

Detaljer

NORGES TEKNISK- SIDE 1 AV 3 NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KJEMISK PROSESSTEKNOLOGI EKSAMEN I FAG TKP4100 STRØMNING OG VARMETRANSPORT

NORGES TEKNISK- SIDE 1 AV 3 NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR KJEMISK PROSESSTEKNOLOGI EKSAMEN I FAG TKP4100 STRØMNING OG VARMETRANSPORT NORGES TEKNISK- SIDE AV 3 Faglig kontakt under eksamen: Reidar Kristoffersen, tlf: 739367 EKSAMEN I FAG TK400 STRØMNING OG VARMETRANSORT Torsdag 0 juni 00 Tid: 0900-300 C: Innføring i informasjonsteknologi:

Detaljer

Løsningsforslag Øving 8

Løsningsforslag Øving 8 Løsningsforslag Øving 8 TEP4100 Fluidmekanikk, Vår 016 Oppgave 5-78 Løsning En vannslange koblet til bunnen av en tank har en dyse som er rettet oppover. Trykket i slangen økes med en pumpe og høyden av

Detaljer

KJ1042 Øving 3: Varme, arbeid og termodynamikkens første lov

KJ1042 Øving 3: Varme, arbeid og termodynamikkens første lov KJ1042 Øving 3: arme, arbeid og termodynamikkens første lov Ove Øyås Sist endret: 17. mai 2011 Repetisjonsspørsmål 1. Hvordan ser Ideell gasslov ut? Ideell gasslov kan skrives P nrt der P er trykket, volumet,

Detaljer

SAMMENDRAG AV FORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG 23.02.00

SAMMENDRAG AV FORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG 23.02.00 SAMMENDRAG A FORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG 3.0.00 Tema for forelesningen var termodynamikkens 1. hovedsetning. En konsekvens av denne loven er: Energien til et isolert system er konstant. Dette betyr

Detaljer

KJ1042 Øving 5: Entalpi og entropi

KJ1042 Øving 5: Entalpi og entropi KJ1042 Øving 5: Entalpi og entropi Ove Øyås Sist endret: 17. mai 2011 Repetisjonsspørsmål 1. Hva er varmekapasitet og hva er forskjellen på C P og C? armekapasiteten til et stoff er en målbar fysisk størrelse

Detaljer

Løsningsforslag Øving 7

Løsningsforslag Øving 7 Løsningsforslag Øving 7 TEP4100 Fluidmekanikk, Vår 016 Oppgave 5- Løsning Vinden blåser med konstant hastighet 8 m/s. Vi ønsker å finne den mekaniske energien per masseenhet i vindstrømmen, samt det totale

Detaljer

KJ1042 Grunnleggende termodynamikk med laboratorium. Eksamen vår 2012 Løsninger

KJ1042 Grunnleggende termodynamikk med laboratorium. Eksamen vår 2012 Løsninger Side 1 av 10 KJ1042 Grunnleggende termodynamikk med laboratorium. Eksamen vår 2012 Løsninger Oppgave 1 a) Et forsøk kan gjennomføres som vist i figur 1. Røret er isolert, dvs. at det ikke tilføres varme

Detaljer

Detaljert modellering av 'gas blowby'

Detaljert modellering av 'gas blowby' Bilag Innhold BILAG 1 FLYTSKJEMA... 57 B1.1 MODELL 1... 57 B1.2 MODELL2... 58 B1.3 MODELL 3... 59 B1.4 MODELL 4... 60 BILAG 2 DIMENSJONER PÅ UTSTYR... 61 B2.1 DIMENSJONER FOR MODELL 1-3... 61 B2.2 MODELL

Detaljer

Faglig kontakt under eksamen: Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)

Faglig kontakt under eksamen: Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær) Side 1 av 13 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.:

Detaljer

TKP4100 Strømning og transportprosesser og TMT 4206 Strømning og varmeoverføring

TKP4100 Strømning og transportprosesser og TMT 4206 Strømning og varmeoverføring Institt for kjemisk prosessteknoloi TK00 Strømnin o transportprosesser o TMT 06 Strømnin o varmeoverførin Øvin 7 Løsninsforsla Oppave Starter med enerilininen på differensiell form: d dp dl G + + f G =

Detaljer

Oppsummering av første del av kapitlet

Oppsummering av første del av kapitlet Forelesningsnotater om eksergi Siste halvdel av kapittel 7 i Fundamentals of Engineering Thermodynamics, M.J. Moran & H.N. Shapiro Rune N. Kleiveland, oktober Notatene følger presentasjonen i læreboka,

Detaljer

Språkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)

Språkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær) Side 1 av 9 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Språkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk

Detaljer

Løsningsforslag til Øving 6 Høst 2016

Løsningsforslag til Øving 6 Høst 2016 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

Detaljer

Språkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)

Språkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær) Side 1 av 11 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Språkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk

Detaljer

MAS117 Termodynamikk. Vanndamp som arbeidsfluid. Kapittel 10 Dampkraftsykluser del

MAS117 Termodynamikk. Vanndamp som arbeidsfluid. Kapittel 10 Dampkraftsykluser del MAS7 ermodynamikk Kapittel 0 Dampkraftsykluser del Vanndamp som arbeidsfluid Vanndamp egner seg godt som arbeidsfluid fordi vann er billig og lett tilgjengelig er ikke giftig eller eksplosjonsfarlig har

Detaljer

FORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG Tema for forelesningen var studiet av noen viktige reversible prosesser som involverer ideelle gasser.

FORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG Tema for forelesningen var studiet av noen viktige reversible prosesser som involverer ideelle gasser. FORELESNING I TERMODYNMIKK ONSDG.03.00 Tema for forelesningen var studiet av noen viktige reversible prosesser som involverer ideelle gasser. Følgende prosesser som involverte ideelle gasser ble gjennomgått:.

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Mandag 17. desember 2012 Tid: kl. 09:00-13:00

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Mandag 17. desember 2012 Tid: kl. 09:00-13:00 Side 1 av 8 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Mandag 17. desember 2012 Tid: kl. 09:00-13:00

Detaljer

gass Faglig kontakt under eksamen/fagleg kontakt under eksamen: Professor Edd A.Blekkan, tlf.:

gass Faglig kontakt under eksamen/fagleg kontakt under eksamen: Professor Edd A.Blekkan, tlf.: NORGES TEKNISKE NTUR- VITENSKPELIGE UNIVERSITETET INSTITUTT FOR KJEMISK PROSESSTEKNOLOGI Side 1 av 5 Faglig kontakt under eksamen/fagleg kontakt under eksamen: Professor Edd.Blekkan, tlf.: 73594157 EKSMEN

Detaljer

Figur 1: Isoterm ekspansjon. For en gitt temperatur T endrer trykket seg langs den viste kurven.

Figur 1: Isoterm ekspansjon. For en gitt temperatur T endrer trykket seg langs den viste kurven. Fysikk / ermodynamikk åren 00 6. Gassers termodynamikk 6.. Ekspansjon av ideelle gasser vslutningsvis skal vi se på noen viktige prosesser som involverer ideelle gasser. isse prosessene danner i sin tur

Detaljer

Fuktig luft. Faseovergang under trippelpunktet < > 1/71

Fuktig luft. Faseovergang under trippelpunktet < > 1/71 Fuktig luft 1/71 Faseovergang under trippelpunktet Fuktig luft som blanding at to gasser 2/71 Luft betraktes som en ren komponent Vanndamp og luft oppfører seg som en blanding av nær ideelle gasser 3/71

Detaljer

Q = π 4 D2 V = π 4 (0.1)2 0.5 m 3 /s = m 3 /s = 3.93 l/s Pa

Q = π 4 D2 V = π 4 (0.1)2 0.5 m 3 /s = m 3 /s = 3.93 l/s Pa 35 Løsning C.1 Q π 4 D2 V π 4 (0.1)2 0.5 m 3 /s 0.00393 m 3 /s 3.93 l/s G gsρ vann Q 9.81 1.26 998 0.00393 N/s 0.0484 kn/s ṁ G/g 48.4/9.81 kg/s 4.94 kg/s Løsning C.2 Omregning til absolutt trykk: p abs

Detaljer

SIK 2005 Strømning og transportprosesser Ekstra øvingsoppgaver

SIK 2005 Strømning og transportprosesser Ekstra øvingsoppgaver SIK 5 Strømning og transportprosesser Ekstra øingsoppgaer Oppgae. umping a æske Vann med tetthet kg/m skal pumpes fra et reseroar til et annet, slik som ist på figuren under. umpen du har til rådighet

Detaljer

NTNU Institutt for Termisk Energi og Vannkraft

NTNU Institutt for Termisk Energi og Vannkraft NTNU Institutt for Termisk Energi og Vannkraft LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FAG 64182 PNEUMATIKK FREDAG 5. DESEMBER 1997 Oppgave 1 ( 15% ) a) Velg sylinder for et nettrykk på 6.3 bar. Kraften sylinderen

Detaljer

Løsningsforslag Øving 12

Løsningsforslag Øving 12 Løsningsforslag Øving 1 TEP4100 Fluidmekanikk, Vår 013 Oppgave 9-89 Løsning Vi skal finne et uttrykk for trykket som funksjon av x og y i et gitt hastighetsfelt. Antagelser 1 Strømningen er stasjonær.

Detaljer

Side 1 av 10 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK

Side 1 av 10 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Side 1 av 10 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.:

Detaljer

Spesial-Oppsummering Høsten 2009 basert på Innspill fra Studenter

Spesial-Oppsummering Høsten 2009 basert på Innspill fra Studenter Spesial- Høsten 2009 basert på Innspill fra Studenter på Hjemmesiden (fra 2008) - formidler kvintessensen av TEP4120 - omhandler Kap. 1-6, Eksergi Light og Kap. 8-9 - mangler altså (fortsatt) Kap. 10 -

Detaljer

TFY4106 Fysikk Eksamen 17. august V=V = 3 r=r ) V = 3V r=r ' 0:15 cm 3. = m=v 5 = 7:86 g=cm 3

TFY4106 Fysikk Eksamen 17. august V=V = 3 r=r ) V = 3V r=r ' 0:15 cm 3. = m=v 5 = 7:86 g=cm 3 TFY4106 Fysikk Eksamen 17. august 2018 Lsningsforslag 1) C: V = 4r 3 =3 = 5:575 cm 3 For a ansla usikkerheten i V kan vi regne ut V med radius hhv 11.1 og 10.9 mm. Dette gir hhv 5.729 og 5.425 cm 3, sa

Detaljer

SIO 1027 Termodynamikk I Noen formler og uttrykk som er viktige, samt noen stikkord fra de forskjellige kapitler,, Versjon 25/

SIO 1027 Termodynamikk I Noen formler og uttrykk som er viktige, samt noen stikkord fra de forskjellige kapitler,, Versjon 25/ SIO 1027 Termodynamikk I Noen formler og uttrykk som er viktige, samt noen stikkord fra de forskjellige kapitler,, Versjon 25/11-2001 Geir Owren November 25, 2001 Som avtalt med referansegruppen, er det

Detaljer

TKP4100 - Strømning og varmetransport Notater til eksamen

TKP4100 - Strømning og varmetransport Notater til eksamen TKP4100 - Strømning og varmetransport Notater til eksamen Kjetil Sonerud sonerud@stud.ntnu.no 2. juni 2011 1 Innhold I Introduksjon 4 1 Grunnleggende mekanikk 4 1.1 Newtons lover..............................

Detaljer

Løsningsforslag Øving 4

Løsningsforslag Øving 4 Løsningsforslag Øving 4 TEP4100 Fluidmekanikk, Vår 2016 Oppgave 3-162 Løsning En halvsirkelformet tunnel skal bygges på bunnen av en innsjø. Vi ønsker å finne den totale hydrostatiske trykkraften som virker

Detaljer

GEF1100: kapittel 6. Ada Gjermundsen. September 2017

GEF1100: kapittel 6. Ada Gjermundsen. September 2017 GEF1100: kapittel 6 Ada Gjermundsen September 2017 Hvem er jeg? (forha pentligvis snart Dr.) Ada Gjermundsen ada.gjermundsen@geo.uio.no adagjermundsen@gmail.com Studerer varmetransport i atmosfære og hav

Detaljer

Løsningsforslag Øving 2

Løsningsforslag Øving 2 Løsningsforslag Øving 2 TEP4100 Fluidmekanikk, Vår 2016 Oppgave -7 Løsning Et sylinder-stempel-arrangement inneholder en gass. Trykket inne i sylinderen og effekten av volumforandringer på trykket skal

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Mandag 6. desember 2010 Tid: kl. 09:00-13:00

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Mandag 6. desember 2010 Tid: kl. 09:00-13:00 Side av 8 NORGES EKNISK-NAURVIENSKAPELIGE UNIVERSIE (NNU) - RONDHEIM INSIU FOR ENERGI OG PROSESSEKNIKK LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN EP 40 ERMODYNAMIKK Mandag 6. desember 00 id: kl. 09:00 - :00 OPPGAVE (40%)

Detaljer

gass Side 1 av 5 NORGES TEKNISK NATUR- VITENSKAPELIGE UNIVERSITETET INSTITUTT FOR KJEMISK PROSESSTEKNOLOGI

gass Side 1 av 5 NORGES TEKNISK NATUR- VITENSKAPELIGE UNIVERSITETET INSTITUTT FOR KJEMISK PROSESSTEKNOLOGI Side av 5 NORGES TEKNISK NTUR- VITENSKPELIGE UNIVERSITETET INSTITUTT FOR KJEMISK PROSESSTEKNOLOGI Faglig kontakt under eksamen/fagleg kontakt under eksamen: Professor Edd. Blekkan, tlf.7359457 EKSMEN I

Detaljer

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 4. m 1 gl = 1 2 m 1v 2 1. = v 1 = 2gL

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 4. m 1 gl = 1 2 m 1v 2 1. = v 1 = 2gL TFY46 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 4. Oppgave. a) Hastigheten v til kule like før kollisjonen finnes lettest ved å bruke energibevarelse: Riktig svar: C. m gl = 2 m v 2

Detaljer

Løsningsforslag til øving 4

Løsningsforslag til øving 4 1 Oppgve 1 FY1005/TFY4165 Termisk fysikk Institutt for fysikk, NTNU åren 2015 Løsningsforslg til øving 4 For entomig gss hr vi c pm = 5R/2 og c m = 3R/2, slik t γ = C p /C = 5/3 Lngs dibten er det (pr

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk Høst 24 Løsningsforslag Øving 9 4.3.4 Vi bruker Taylor-polynom til å løse denne oppgaven. Taylor-polynomet (Maclaurinpolynomet)

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Tirsdag 9. desember 2008 Tid: kl. 09:00-13:00

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Tirsdag 9. desember 2008 Tid: kl. 09:00-13:00 Side 1 av 6 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 410 TERMODYNAMIKK 1 Tirsdag 9. desember 008 Tid: kl. 09:00-13:00

Detaljer

Løsningsforslag Øving 10

Løsningsforslag Øving 10 Løsningsforslag Øving 0 TEP400 Fluidmekanikk, Vår 03 Oppgave 8-30 Løsning Volumstrømmen av vann gjennom et rør er gitt. Trykkfallet, tapshøyden og pumpens effekt skal bestemmes. Antagelser Strømningen

Detaljer

- trykk-krefter. µ. u u u x. u venstre side. Det siste forsvinner fordi vi nettopp har vist x. r, der A er en integrasjonskonstant.

- trykk-krefter. µ. u u u x. u venstre side. Det siste forsvinner fordi vi nettopp har vist x. r, der A er en integrasjonskonstant. Løsningsforslag, MPT 1 Fluiddynamikk, vår 7 Oppgave 1 1. Bevarelse av impuls, massefart,..; k ma. Venstre side er ma og høyre side kreftene (pr. volumenhet). Substansielt deriverte: Akselerasjon av fluidpartikkel,

Detaljer

Løsningsforslag Øving 6

Løsningsforslag Øving 6 Løsningsforslag Øving 6 TEP4100 Fluidmekanikk, Aumn 016 Oppgave 4-109 Løsning Vi skal bestemme om en strømning er virvlingsfri, hvis den ikke er det skal vi finne θ-komponenten av virvlingen. Antagelser

Detaljer

Løsningsforslag til øving 6

Løsningsforslag til øving 6 Ogave 1 FY1005/FY4165 ermisk fysikk Institutt for fysikk NNU åren 2015 Entroiendring for kloss 1: Entroiendring for kloss 2: 1 2 Løsningsforslag til øving 6 0 1 dq 0 2 dq 0 Cd 1 0 Cd 2 C ln 0 1 C ln 0

Detaljer

Cim 3790. Den garanteres i 5 år. Den er produsert i GGG40 støpejern. Nominelt trykk: PN16 Arbeidstemperatur: -20 120 C

Cim 3790. Den garanteres i 5 år. Den er produsert i GGG40 støpejern. Nominelt trykk: PN16 Arbeidstemperatur: -20 120 C Cim 3790 Denne artikkelen er produsert i overensstemmelse med kvalitetssikringskravene i ISO 9001:2008 standard. Alle artikler er testet i henhold til EN12266-1:2003 standard. Den kan brukes på et stort

Detaljer

Løsningsforslag til Øving 3 Høst 2010

Løsningsforslag til Øving 3 Høst 2010 TEP5: Fluidmekanikk Løsningsforslag til Øving 3 Høst 2 Oppgave 2.32 Vi skal finne vannhøyden H i røret. Venstre side (A) er fylt med vann og 8cm olje; SG =,827 = ρ olje /ρ vann. Høyre side (B) er fylt

Detaljer

T L) = ---------------------- H λ A T H., λ = varmeledningsevnen og A er stavens tverrsnitt-areal. eks. λ Al = 205 W/m K

T L) = ---------------------- H λ A T H., λ = varmeledningsevnen og A er stavens tverrsnitt-areal. eks. λ Al = 205 W/m K Side av 6 ΔL Termisk lengdeutvidelseskoeffisient α: α ΔT ------, eks. α Al 24 0-6 K - L Varmekapasitet C: Q mcδt eks. C vann 486 J/(kg K), (varmekapasitet kan oppgis pr. kg, eller pr. mol (ett mol er N

Detaljer

Cim 790. Den garanteres i 5 år. Den er produsert i en messinglegering i henhold til standard EN CW602N-M.

Cim 790. Den garanteres i 5 år. Den er produsert i en messinglegering i henhold til standard EN CW602N-M. Cim 790 Denne artikkelen er produsert i overensstemmelse med kvalitetssikringskravene i ISO 9001:2008 standard. Alle artikler er testet i henhold til EN12266-1:2003 standard. Den kan brukes på et stort

Detaljer

Faglig kontakt under eksamen: Navn: Anne Borg Tlf. 93413 BOKMÅL. EKSAMEN I EMNE TFY4115 Fysikk Elektronikk og Teknisk kybernetikk

Faglig kontakt under eksamen: Navn: Anne Borg Tlf. 93413 BOKMÅL. EKSAMEN I EMNE TFY4115 Fysikk Elektronikk og Teknisk kybernetikk Side 1 av 10 NORGES TEKNISK NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Navn: Anne Borg Tlf. 93413 BOKMÅL EKSAMEN I EMNE TFY4115 Fysikk Elektronikk og Teknisk kybernetikk

Detaljer

Løsningsforslag eksamen TFY desember 2010.

Løsningsforslag eksamen TFY desember 2010. Løsningsforslag eksamen TFY4115 10. desember 010. Oppgave 1 a) Kreftene på klossene er vist under: Siden trinsene og snorene er masseløse er det bare to ulike snordrag T 1 og T. b) For å finne snordraget

Detaljer

STREAMFLOW ROUTING. Estimere nedstrøms hydrogram, gitt oppstrøms. Skiller mellom. hydrologisk routing hydraulisk routing

STREAMFLOW ROUTING. Estimere nedstrøms hydrogram, gitt oppstrøms. Skiller mellom. hydrologisk routing hydraulisk routing STREAMFLOW ROUTING Estimere nedstrøms hydrogram, gitt oppstrøms Skiller mellom hydrologisk routing hydraulisk routing Hydraulisk routing er basert på løsning av de grunnleggende differensial ligninger

Detaljer

F. Impulser og krefter i fluidstrøm

F. Impulser og krefter i fluidstrøm F. Impulser og krefter i fluidstrøm Oppgave F.1 Ved laminær strøm gjennom et sylindrisk tverrsnitt er hastighetsprofilet parabolsk, u(r) = u m (1 (r/r) 2 ) hvor u max er maksimalhastigheten ved aksen,

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS1001 Eksamensdag: 12. juni 2019 Tid for eksamen: 14.30-18.30, 4 timer Oppgavesettet er på 5 sider Vedlegg: Formelark (3 sider).

Detaljer

Auditorieøving 6, Fluidmekanikk

Auditorieøving 6, Fluidmekanikk Auditorieøving 6, Fluidmekanikk Utført av (alle i gruppen): Oppgave 1 En beholder er åpen i ene enden og har et hull i bunnen, påsatt et innadrettet rør av lengde l og med sirkulært tverrsnitt A 0. Beholderen,

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i FYS1000, 14/8 2015

Løsningsforslag til eksamen i FYS1000, 14/8 2015 Løsningsforslag til eksamen i FYS000, 4/8 205 Oppgave a) For den første: t = 4 km 0 km/t For den andre: t 2 = = 0.4 t. 2 km 5 km/t + 2 km 5 km/t Den første kommer fortest fram. = 0.53 t. b) Dette er en

Detaljer

Løsningsforslag til ukeoppgave 6

Løsningsforslag til ukeoppgave 6 Oppgaver FYS1001 Vår 2018 1 Løsningsforslag til ukeoppgave 6 Oppgave 11.07 a) pv T = konstant, og siden T er konstant blir da pv også konstant. p/kpa 45 35 25 60 80 130 V/dm 3 1,8 2,2 3,0 1,4 1,0 0,6 pv/kpa*dm

Detaljer

Retningen til Spontane Prosesser

Retningen til Spontane Prosesser Retningen til Spontane Prosesser Termodynamikkens 2. Lov 5-1 Prosessers Retning Spontane Prosesser har en definert Retning u Inverse motsatte Prosesser kan ikke skje uten ekstra hjelp i form av Utstyr

Detaljer

EKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG

EKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK EKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG Torsdag 6 juni 013 kl 1500-1900 Oppgave 1 Ti flervalgsoppgaver Poeng: pr

Detaljer

Grensesjikts approksimasjon. P.-Å. Krogstad

Grensesjikts approksimasjon. P.-Å. Krogstad Norges teknisk- naturvitenskapelige universitet (NTNU) Fakultetet for ingeniørvitenskap og teknologi Institutt for Energi og Prosessteknikk N-749 Tronheim - NTNU Grensesjikts approksimasjon P.-Å. Krogsta

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE. Eksamen i: Kje-1005 Termodynamikk og Kinetikk Dato: Torsdag 6.juni 2013 Tid: Kl 09:00 14:00 Sted: Teorifagbygget, hus 1, plan 3

EKSAMENSOPPGAVE. Eksamen i: Kje-1005 Termodynamikk og Kinetikk Dato: Torsdag 6.juni 2013 Tid: Kl 09:00 14:00 Sted: Teorifagbygget, hus 1, plan 3 EKSAMENSOPPGAVE Eksamen i: Kje-1005 Termodynamikk og Kinetikk Dato: Torsdag 6.juni 2013 Tid: Kl 09:00 14:00 Sted: Teorifagbygget, hus 1, plan 3 Tillatte hjelpemidler: Enkel lommeregner Millimeterpapir

Detaljer

Rørstyringer og krav til fastpunkter i rørledninger med kompensatorer

Rørstyringer og krav til fastpunkter i rørledninger med kompensatorer Oslo/Sandvika Tel: 67 52 21 21 Bergen Tel: 55 95 06 00 Moss Tel: 69 20 54 90 www.sgp.no Rørstyringer og krav til fastpunkter i rørledninger med kompensatorer Rørstyringer For montering av aksialkompensatorer

Detaljer

Løsningsforslag til øving 5

Løsningsforslag til øving 5 FY1002/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2009. Løsningsforslag til øving 5 Oppgave 1 a) var C er korrekt. Fasehastigheten er gitt ved v ω k og vi ser fra figuren at dette forholdet

Detaljer

Trykkrørsystemer. Hydraulisk dimensjonering. Formeloversikt. Mai 2007 Teknisk håndbok, side 16. Pipelife Norge AS. q v = v 1 A 1 = v 2 A 2

Trykkrørsystemer. Hydraulisk dimensjonering. Formeloversikt. Mai 2007 Teknisk håndbok, side 16. Pipelife Norge AS. q v = v 1 A 1 = v 2 A 2 Trykkrørsystemer Pipelife har trykkrørsystemer i PVC og PE. For PVC benyttes muffeskjøter og oerganger til flensedeler - for eksempel flensespiss, flensemuffe eller spareflens. PE-rør skjøtes enten med

Detaljer

Faglig kontakt under eksamen: Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)

Faglig kontakt under eksamen: Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær) Side 1 av 14 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.:

Detaljer

Norsk Fysikklærerforening Norsk Fysisk Selskaps faggruppe for undervisning

Norsk Fysikklærerforening Norsk Fysisk Selskaps faggruppe for undervisning Norsk Fysikklærerforening Norsk Fysisk Selskaps faggruppe for undervisning FYSIKK-OLYMPIEN 005 006 ndre runde: / 006 Skriv øverst: Navn, fødselsdato, hjemmeadresse og e-postadresse, skolens navn og adresse.

Detaljer

Typisk T-v Diagram. Fasediagrammer & Projeksjoner. p-v p-t T-v. TEP 4120 Termodynamikk 1. Beregning av Egenskaper. Beregning av Egenskaper

Typisk T-v Diagram. Fasediagrammer & Projeksjoner. p-v p-t T-v. TEP 4120 Termodynamikk 1. Beregning av Egenskaper. Beregning av Egenskaper Fasediagrammer & Projeksjoner p-v p-t T-v T. Gundersen 3-1 Typisk T-v Diagram T. Gundersen 3-2 T-v Diagram for H 2 O T. Gundersen 3-3 Lineær Interpolasjon i en Dimensjon Tabeller og Linearitet?? T. Gundersen

Detaljer

GEF1100: kapittel 8. Ada Gjermundsen. Oktober 2017

GEF1100: kapittel 8. Ada Gjermundsen. Oktober 2017 GEF1100: kapittel 8 Ada Gjermundsen Oktober 2017 Midtveis eksamen Pensum: Til og med kap 6. Midtveiseksamen blir denne gang uten flervalgsoppgaver. Det blir både teorispørsmål og regneoppgaver. Tillatte

Detaljer

Løsningsforslag: Kontinuasjonseksamen TFY4115, august 2008

Løsningsforslag: Kontinuasjonseksamen TFY4115, august 2008 Institutt for fysikk, NTNU TFY4115 Fysikk, høsten 200 Løsningsforslag: Kontinuasjonseksamen TFY4115, august 2008 I tilknytning til oppgavene finner du her mer utførlige diskusjoner og kommentarer enn det

Detaljer

TKP4100 Strømning og varmetransport Løsningsforslag til øving 10

TKP4100 Strømning og varmetransport Løsningsforslag til øving 10 TKP4 Strømning og vrmetrnsport Løsningsforslg til øving Oppgve ) Entlpi ved utløpet (5 br, ), kj/kg Entlpi ved innløpet (5 br, x,95), 7 kj/kg overført: kj/kg Dvs. 4*/6,7 kw b) I området med overhetet dmp

Detaljer

Hjelpemidler: A - Alle trykte og håndskrevne hjelpemidler tillatt.

Hjelpemidler: A - Alle trykte og håndskrevne hjelpemidler tillatt. NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPLIGE UNIVERSITET, INSTITUTT FOR VASSBYGGING Side av Faglig kontakt under eksamen: Prof. Geir Moe, Tel. 79 467 (.6$0(,(0(6,%+

Detaljer

Fluidmekanikk Kopieringsgrunnlag for tillegg til Rom Stoff Tid Forkurs kapittel 6: Fysikk i væsker og gasser

Fluidmekanikk Kopieringsgrunnlag for tillegg til Rom Stoff Tid Forkurs kapittel 6: Fysikk i væsker og gasser Fluidmekanikk Kopieringsgrunnlag for tillegg til Rom Stoff Tid Forkurs kapittel 6: Fysikk i væsker og gasser Av Arne Auen Grimenes Per Jerstad Bjørn Sletbak Fluidstrøm iskøs / ikke-viskøs Inkompressibel

Detaljer

GEF Løsningsforslag til oppgaver fra kapittel 6

GEF Løsningsforslag til oppgaver fra kapittel 6 GEF1100 - Løsningsforslag til oppgaver fra kapittel 6 i.h.h.karset@geo.uio.no Oppgave 1 a) Hva er forskjellen mellom Lagrangesk og Eulersk representasjon av en væskebevegelse? Gi et eksempel på hver av

Detaljer

For å få maksimal effekt ut av en pumpe og motor er det viktig å kunne gjøre visse beregninger m.h.t. trykk og vannmengde.

For å få maksimal effekt ut av en pumpe og motor er det viktig å kunne gjøre visse beregninger m.h.t. trykk og vannmengde. Beregning av trykk Kjetil Storli Aquatools AS Beregning av trykk For å få maksimal effekt ut av en pumpe og motor er det viktig å kunne gjøre visse beregninger m.h.t. trykk og vannmengde. Det er derfor

Detaljer

Typisk T-v Diagram. Fasediagrammer & Projeksjoner. p-v p-t T-v. TEP 4120 Termodynamikk 1. Beregning av Egenskaper. TEP 4120 Termodynamikk 1

Typisk T-v Diagram. Fasediagrammer & Projeksjoner. p-v p-t T-v. TEP 4120 Termodynamikk 1. Beregning av Egenskaper. TEP 4120 Termodynamikk 1 Fasediagrammer & Projeksjoner p-v p-t T-v 3-1 Typisk T-v Diagram 3-2 T-v Diagram for H 2 O 3-3 Lineær Interpolasjon i en Dimensjon Tabeller og Linearitet?? TABLE A-4 (Continued) T v u h s C m 3 /kg kj/kg

Detaljer

OPPGAVE 1 LØSNINGSFORSLAG

OPPGAVE 1 LØSNINGSFORSLAG LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT - Grunnkurs i matematikk I torsdag 5.desember 20 kl. 09:00-4:00 OPPGAVE a Modulus: w = 2 + 3 2 = 2. Argument

Detaljer

HAVBØLGER. Her skal vi gjennomgå den enkleste teorien for bølger på vannoverflaten:

HAVBØLGER. Her skal vi gjennomgå den enkleste teorien for bølger på vannoverflaten: HAVBØLGER Her skal vi gjennomgå den enkleste teorien for bølger på vannoverflaten: Airy teori, også kalt lineær bølgeteori eller bølger av første orden Fremstillingen her vil temmelig nøyaktig følge kompendiet

Detaljer

VEDLEGG : Grunnkurs vindforhold

VEDLEGG : Grunnkurs vindforhold VEDLEGG : Grunnkurs vindforhold Introduksjon til Vindkraft En vindturbin omformer den kinetiske energien fra luft i bevegelse til mekanisk energi gjennom vingene og derifra til elektrisk energi via turbinaksling,

Detaljer

Fysikkolympiaden Norsk finale 2018 Løsningsforslag

Fysikkolympiaden Norsk finale 2018 Løsningsforslag Fysikkolympiaden Norsk finale 018 øsningsforslag Oppgave 1 Det virker tre krefter: Tyngden G = mg, normalkrafta fra veggen, som må være sentripetalkrafta N = mv /R og friksjonskrafta F oppover parallelt

Detaljer

Spørretime TEP Høsten Spørretime TEP Høsten 2009

Spørretime TEP Høsten Spørretime TEP Høsten 2009 Spørsmål knyttet til en Kjølekrets (Oppgave 3 på Eksamen August 2005) T 44ºC 3 11.6 bar 4 4 bar 2 1 15ºC 12 bar pv 1.01 = k s 3 4 Kjølevann 20ºC 30ºC Kondenser R134a Q C Fordamper Q inn =35 kw 2 1 W C

Detaljer

Automatisk innreguleringsventil CIM 795

Automatisk innreguleringsventil CIM 795 TEKNISK INFORMASJON Automatisk innreguleringsventil CIM 795 Beskrivelse CIM 795 innreguleringsventil er designet for automatisk innregulering av varme- og kjøleinstallasjoner, uavhengig av trykkvariasjoner

Detaljer

1 β = AV 2 u 2 da I 2 I 1 = 1 V = 4 3. 2g V 2 2 +h 2. 2g h 2 h 1 +h 2 2g h 1 V 1 = V 2 =

1 β = AV 2 u 2 da I 2 I 1 = 1 V = 4 3. 2g V 2 2 +h 2. 2g h 2 h 1 +h 2 2g h 1 V 1 = V 2 = 83 Løsning F. Referer til løsningen av Oppgave D.3: Vi beregnet der integralet I N = ur N da = un m R N + Med denne definisjonen, samt V = u m / se løsning D.3, blir β = AV u da som vi ble bedt om å vise.

Detaljer

Diffraksjonsgitter (diffraction grating)

Diffraksjonsgitter (diffraction grating) Diffraksjonsgitter (diffraction grating) Et diffraksjonsgitter består av et stort antall parallelle spalter med konstant avstand d. Det finnes to hovedtyper, transmisjonsgitter og refleksjonsgitter. Et

Detaljer

Retningen til Spontane Prosesser. Prosessers Retning

Retningen til Spontane Prosesser. Prosessers Retning Retningen til Spontane Prosesser T. Gundersen 5-1 Prosessers Retning Spontane Prosesser har en definert Retning Inverse Prosesser kan ikke skje uten ekstra hjelp i form av Utstyr og Energi i en eller annen

Detaljer

A 252 kg B 287 kg C 322 kg D 357 kg E 392 kg. Velg ett alternativ

A 252 kg B 287 kg C 322 kg D 357 kg E 392 kg. Velg ett alternativ 1 n sugekopp har tre sirkulære "skiver", hver med diameter 115 mm. Hva er sugekoppens maksimale (teoretiske) løfteevne ved normale betingelser (dvs lufttrykk 1 atm)? 252 kg 287 kg 322 kg 357 kg 392 kg

Detaljer

Løsningsforslag Øving 1

Løsningsforslag Øving 1 Løsningsforslag Øving 1 TEP4100 Fluidmekanikk, Vår 2016 Oppgave 1-59 Løsning Luftstrømmen gjennom en vindturbin er analysert. Basert på en dimensjonsanalyse er et uttrykk for massestrømmen gjennom turbinarealet

Detaljer

TFY4115 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 4. ) v 1 = p 2gL. S 1 m 1 g = L = 2m 1g ) S 1 = m 1 g + 2m 1 g = 3m 1 g.

TFY4115 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 4. ) v 1 = p 2gL. S 1 m 1 g = L = 2m 1g ) S 1 = m 1 g + 2m 1 g = 3m 1 g. TFY4 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 4. Ogave. a) Hastigheten v til kule like fr kollisjonen nnes lettest ved a bruke energibevarelse Riktig svar C. gl v ) v gl b) Like fr sttet

Detaljer

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 2.

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 2. TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 2. Oppgave 1 Nettokraften pa en sokk som sentrifugeres ved konstant vinkelhastighet pa vasketrommelen er A null B rettet radielt utover C rettet radielt

Detaljer

EKSAMEN I EMNE TFY4125 FYSIKK

EKSAMEN I EMNE TFY4125 FYSIKK Bokmål NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Studentnummer: Studieretning: Bokmål, Side 1 av 1 Faglig kontakt under eksamen: Institutt for fysikk, Gløshaugen Professor Steinar

Detaljer

Prosessteknikk eksamen 22/5-99. Løsningsforslag

Prosessteknikk eksamen 22/5-99. Løsningsforslag Prosessteknikk eksamen /-99. Løsningsforslag Revidert: 7. juni 1999 Foreslått fordeling ved karaktersetting. Og.1 : 1% Og. : 4% ( 1 1 1) Og.3 : % ( ) Og.4 : 1% Og. : 1% (78) Ogave 1 a) mg b) F k l l c)

Detaljer

TKP4100 og TMT4206 Løsningsforslag til øving 9

TKP4100 og TMT4206 Løsningsforslag til øving 9 TKP4 og TMT46 Løsningsforslg til øving 9 Oppgve ) Entlpi ved utløpet (5 br, C), kj/kg Entlpi ved innløpet (5 br, x =,95), 7 kj/kg overført: kj/kg Dvs. 4*/6 =,7 kw b) I området med overhetet dmp (T >4C

Detaljer

EKSAMENSOPPGA VE. Fagnr: FO 44JA Dato: Antall oppgaver:

EKSAMENSOPPGA VE. Fagnr: FO 44JA Dato: Antall oppgaver: Høgsko/l'n imm m Avdeling for ingeniørutdanning EKSAMENSOPPGA VE Fag: FYSIKK / TERMODYNAMIKK Gruppe(r) KA,3K Eksamensoppgaven består av Tillatte hjelpemidler: Antall sider inkl forside: 7 Fagnr: FO 44JA

Detaljer

Universitetet i Stavanger Institutt for petroleumsteknologi

Universitetet i Stavanger Institutt for petroleumsteknologi Universitetet i Stavanger Institutt for petroleumsteknologi Side 1 av 6 Faglig kontakt under eksamen: Professor Ingve Simonsen Telefon: 470 76 416 Eksamen i PET110 Geofysikk og brønnlogging Mar. 09, 2015

Detaljer

TFY4102 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 12.

TFY4102 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 12. TFY4102 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforsag ti øving 12. Oppgave 1. Termisk fysikk: Idee gass. Voumutvidese. a) Hvis du vet, eer finner ut, at uft har massetetthet ca 1.2-1.3 kg/m 3 (mindre

Detaljer

Fasit for eksamen i MEK1100 torsdag 13. desember 2007 Hvert delspørsmål honoreres med poengsum fra 0 til 10 (10 for perfekt svar).

Fasit for eksamen i MEK1100 torsdag 13. desember 2007 Hvert delspørsmål honoreres med poengsum fra 0 til 10 (10 for perfekt svar). Fasit for eksamen i MEK torsdag 3. desember 27 Hvert delspørsmål honoreres med poengsum fra til ( for perfekt svar). Oppgave Vi har gitt to vektorfelt i kartesiske koordinater (x,y,z) A = yi+coszj +xy

Detaljer

Løsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1001, 26/3 2019

Løsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1001, 26/3 2019 Løsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1001, 26/3 2019 Oppgave 1 Løve og sebraen starter en avstand s 0 = 50 m fra hverandre. De tar hverandre igjen når løven har løpt en avstand s l = s f og sebraen

Detaljer

KONTINUASJONSEKSAMEN I EMNE TFY 4102 FYSIKK

KONTINUASJONSEKSAMEN I EMNE TFY 4102 FYSIKK BOKMÅL NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Magnus Borstad Lilledahl Telefon: 73591873 (kontor) 92851014 (mobil) KONTINUASJONSEKSAMEN I EMNE

Detaljer

SIK2501 Prosessteknikk Konte-eksamen 6. august Løsningsforslag. = = p. Gassens volum er i utgangspunktet: F A. k A

SIK2501 Prosessteknikk Konte-eksamen 6. august Løsningsforslag. = = p. Gassens volum er i utgangspunktet: F A. k A SIK Prosessteni Konte-esamen 6. august 999 Løsningsforslag Ogae. (%) Gassens olum er i utgangsuntet: RT En raftbalanse gir at ( l l) For l l er Pa. F 8. J mol K 98 K.78 m Pa a) Konstant olum. Fjæra strees.

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE I FYS-0100

EKSAMENSOPPGAVE I FYS-0100 EKSAMENSOPPGAVE I FYS-0100 Eksamen i: Fys-0100 Generell fysikk Eksamensdag: Onsdag 1. desember 2010 Tid for eksamen: Kl. 0900-1300 Sted: Åsgårdveien 9, lavblokka Tillatte hjelpemidler: K. Rottmann: Matematisk

Detaljer

. Følgelig er csc 1 ( 2) = π 4. sin θ = 3

. Følgelig er csc 1 ( 2) = π 4. sin θ = 3 NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 00 Løsningsforslag - Øving Avsnitt 3.7 99 Vi deriverer to ganger: = A cos (ln ) B sin (ln ) = A cos (ln ) A sin (ln ) + B sin (ln ) B cos (ln

Detaljer

Newtons lover i én dimensjon (2)

Newtons lover i én dimensjon (2) Newtons lover i én dimensjon () 7.1.14 oblig #1: prosjekt 5. i boken innlevering: mandag, 3.feb. kl.14 papir: boks på ekspedisjonskontoret elektronisk: Fronter data verksted: onsdag 1 14 fredag 1 16 FYS-MEK

Detaljer