I regninger av dette slaget lønner det seg ofte å innføre referanseverdier for størrelsene som varierer, for å spare arbeid ved gjentagelser:

Transkript

1 3 Løsning I. Fra definisjonen av Reynoldstall: V krit = Re kritν = m/s = 0.07 m/s Løsning I. Finn først fra definisjonen av Reynoldstall hvilken verdi av viskositeten som tilsvarer det omtrentlige omslagspunktet mellom laminær og turbulent strøm: ν krit = Re V = 4 Q krit π Re krit = π m /s = m /s Strømmen blir laminær for høyere ν-verdier, og turbulent for lavere: a Hydrogen: ν/ν krit 8 laminær b Luft:.6 laminær c Bensin: 0.07 turbulent d Vann: 0.7 turbulent e Kvikksølv: 0.0 turbulent f Glyserol: 0 laminær Løsning I.3 I regninger av dette slaget lønner det seg ofte å innføre referanseverdier for størrelsene som varierer, for å spare arbeid ved gjentagelser: Re = π 4 ν Q = π Q Q m 3 = 477 /s 0.00 m 3 /s a Q = l/s medfører Re = 477 og derfor laminær strøm: L e 0.058Re = m = 0.83 m b Q = 30 l/s medfører Re = 4300, og da er strømmen turbulent: L e /6 m = 0.65 m Løsning I.4 Regn både for laminær og turbulent strøm, og sjekk hvilket svar som gir konsistens. Hvis laminær: Re L e = 0.5 Hvis turbulent: Re Le = = = 570 For Re = 570 i et glatt rør kan vi ikke ha turbulent strøm. en må altså være laminær og ha Re = 59: Q = π 4 V = π 4 νr Re = π m 3 /s = m 3 /s = 0.65 m 3 /h

2 4 et er fullt mulig å forestille seg andre parameterverdier der en stabilt laminær og en turbulent strøm ville hatt samme verdi for L e, slik at oppgaven ville hatt et tvetydig svar. Løsning I.5 a La A = π 4 = a bety felles areal, der er sylindrisk rørdiameter og a kvadratets sidekant. R h sylinder = P A = π A = A = 4 A π π A π R h kvadrat = P A = 4a A = A 4 A = 4 A Verdien for det sylindriske røret er størst. Prosentvis er den for det kvadratiske røret mindre med verdien 4 π 00 π % = 00 π % =.4 % b La a = 5 cm og b = 35 cm være sidekantenes lengde. Hydraulisk radius blir: R h = ab a + b = m = 5.5 cm Begrepet hydraulisk radius brukes i praksis i en viss utstrekning ved ikke-sirkulære strømtverrsnitt, noe som må antas å ha en viss empirisk begrunnelse. et er likevel nyttig å merke seg at man er på ville veier hvis fysisk forståelse og kontroll med nøyaktighet er ønskelig. Løsning I.6 Bestem først strømtypen: Re = V ν = 4 π Q ν = 4 π = 7.8 ette medfører laminær strøm, der f lam = 64/Re innsettes for f i uttrykket for head-tap: h LL = [ ] 64/ 4π Q 4 ν g π Q = 8 π ν g 4 Q = 8 π m/m = m/m Løsning I.7 Re = 800 < Re krit medfører laminær strøm: h L = f L lam g V = Re 64 L g ν Re = 3 Lν Re g 3 = m = 587 m Q = AV = π 4 νre = π m3 /s = 3.4 l/s

3 5 Opplysningen om spesifikk vekt var overflødig, da denne eller tettheten inngår i problemet bare via Reynoldstallet som var spesifisert. Head-tapet er betydelig i forhold til rørlengden. u kan selv forvisse deg om at hvis den stasjonære strømmen skal være tyngdedrevet, så må det forutsetningsvis rette røret danne skråvinkelen hl θ = arcsin = 40.7 o L med horisontalplanet. Løsning I.8 a Ved direkte utregning: x u + y uv + z uw = u u x + u v y + v u y + u w z + w u z = u x + v y + w u + u z = u u siden siste parentes i nest siste linje er lik 0 på grunn av kontinuitetsbetingelsen. u x + v y + w z b Vi substituerer for u, v, w i Navier-Stokes-ligningens x-komponent, og utfører deretter tidsmidlingsoperasjonen i alle ledd. For trykk- og viskositetsleddet som begge er lineære i henholdsvis p og u, kan vi umiddelbart la tidsmidlingen over tiden T og stedsderivasjonene bytte plass. Vi har da å gjøre med T T 0 u + u dτ = T ut + T T 0 u dτ = u tilsvarende for p, siden integralet over u er lik 0 pr. definisjon. På høyre side av Navier-Stokes-ligningen gjenstår det da bare tidsmidlede verdier av hastighet og trykk. et konvektive akselerasjonsleddet, før tidsmidling: u u = u u + u u + u u + u u Tredje og fjerde ledd på høyre side av denne ligningen gir 0 ved tidsmidlingen akkurat som ovenfor. Første ledd gir etter tidsmidlingen en konvektivt tidsderivert uttrykt ved middelhastighet. Annet ledd: Ut fra det vi allerede har vist under punkt a, har vi u u = x u + y u v + z u w og følgelig etter tidsmidling, der derivasjon og integrasjon ombyttes nok en gang: u u = x u + y u v + z u w I Navier-Stokes-ligningen flyttes dette uttrykket over til høyre side, og vi har da gjenskapt høyre side av det ønskede uttrykket. Gjenstående på venstre side, ved tidsmidlingen: T T 0 τ u + u dτ = T T 0 u + u = T ut + T ut + T u t + T u t

4 6 Velg så T betydelig større enn typisk tidsskala for fluktuasjonene, men fremdeles liten i forhold til tidsskalaen for gjennomsnittshastighetens variasjoner. a vil første uttrykk på høyre side representere u/ t, den lokalt tidsderiverte av hastighetskomponenten i x-retning, mens annet uttrykk blir neglisjerbart på grunn av at fluktuasjonenes størrelse skal være begrenset. Alt i alt er da Navier-Stokes-ligningen kommet over på den etterspurte formen med middelverdier, men med korrelasjoner mellom de fluktuerende hastighetskomponentene i tillegg. c Trykkleddet i Navier-Stokes-ligningen skyldes en romlig variasjon av trykkspenninger, og danner grunnlaget for fluidstatikken. På samme måte skyldes leddene med µ en romlig variasjon av viskøse spenninger, se for eksempel definisjonsligningen for viskositet. Men sammen med den viskøse spenningen opptrer det ledd som er korrelasjoner mellom fluktuasjonsbidragene, for eksempel i y µ u y ρu v isse leddene kan derfor formelt oppfattes som spenningsbidrag, der / y projiserer ut den romlige variasjonen liksom for de viskøse bidragene. Spenningskarakteren kommer også klart fram i lærebøkenes behandling av blandingslengde og korrelasjoner. Løsning I.9 Sett inn for ν fra definisjonsligningen for Re, og for u fra definisjonen se Formler og uttrykk, og du har straks den ønskede sammenhengen: Med tallverdiene innsatt: Re = π 4 µ ρq = π δ l = δ l = 4.4 Re f = 440 =.0 mm Re-verdier som tilsvarer turbulent strøm er en forutsetning for at uttrykket for δ l skal være gyldig. Løsning I.0 Sett inn: du ρκ y = τ turb τ 0 dy du dy = τ0 ρ κy = u κ y u = u κ lny + B En omskriving gir det ønskede svaret, med B og C integrasjonskonstanter: u u = κ ln yu ν + B κ ln u ν = κ ln yu ν + C Her kommer det inn matematiske overlegninger som vi ikke skal komme nærmere inn på.

5 7 ette uttrykket kan omformes til å gi det logaritmiske hastighetsprofilet oppgitt i avsnittet Formler og uttrykk, som er brukt i neste oppgave. Løsning I. e = = Re = π 4 µ ρq = π = 8070 f fra Moody-diagram a Head-tap pr. lengdeenhet: h LL = 8 π f Q g m/m = 0.48 m/m π b Skjærspenning ved rørveggen: τ 0 = 8 fρv = π fρq V 4 π N/m = 95.5 N/m c Lokal gjennomsnittlig strømhastighet i avstand cm fra senterlinjen: u = +.36 f V.04 fv log R R r = log 5 4π m/s = 5.94 m/s 0. d Som man så ved avlesningen i Moody-diagrammet skulle strømmen befinne seg i overgangssonen mellom glatt og helt ru rør, men nær området med tilnærmet konstant f, dvs. nær grensen mot ru rør. Nominell grensesjikttykkelse: δ l = 4.4 Re f = m = mm Vi har δ l 9. e som ikke oppfyller rurørsbetingelsen δ l < e/4, men i enda mindre grad glattrørsbetingelsen δ l > e. et bekrefter at strømmen i røret ligger i overgangssonen, nær grensen for helt ru rør. Løsning I. Oppgavens hovedpoeng er at vannstrømmen er turbulent, men glyserolstrømmen er laminær: Re vann = π 4 ρq µ vann = π = Re glyserol = s µ vann glyserol µ glyserol Re vann = = 78.6 Verdien av f er ellers det eneste som skiller mellom de to tilfellene.

6 8 a Friksjonsfaktor for vann: f vann = π 8 g5 h LL Q = π = 0.08 b For glyserol: f glyserol = 64 Re glyserol = = Glyserolens head-tap: hll glyserol = f glyserol hll vann = f vann m/m = m/m Siden rørets ruhet ikke var kjent, kunne man ikke bruke Moody-diagrammet. Men etter å ha funnet f og Re for vann kan man nå gå til Moody-diagrammet og finne at det tilsvarer e/ , dvs. e mm. Løsning I.3 Re 6.5C = 4 π Q ν = C π 6 = Re 50C = Re 6.5C ν 6.5C ν 50C = 090 e = = Moody-diagrammet viser at røret oppfører seg som helt glatt ved begge temperaturene, og vi leser av: Head-tapet blir: a hll b hll f 6.5C f 50C C = f g V = 8 π f Q gq m/m = 3. mm/m π C = hll 6.5C f 50C f 6.5C.9 mm/m Løsning I.4 Legg et kontrollvolum som inneslutter alt vannet, med innløp i vannoverflaten i tanken og utløp ved enden av rør 3. Strømhastighet i røret, med tilhørende Reynoldstall: V = π 4 Q d = π m/s = m/s Re = V d ν = = Fra Moody-diagrammet: f 0.037

7 9 I grensen av stor vannoverflateareal i tanken lyder energiligningen som gir p ρg h = p ρg + g V + h + h L h L = f ΣL d p g = p p = + f L + L + L 3 ρv d + ρgh h [ = ] N/m = [ ] kpa g V = [9. kinetisk tap statisk ] kpa = 07 kpa Som det viser seg, går overtrykket i hovedsak med til å overvinne viskøst trykkfall langs røret, gitt ved h L. et er derfor logisk å anse oppgaven som en Type beregning. Størrelsen av overtrykket tilsvarer ca. 0 atmosfærer. Løsning I.5 Løs ut V fra uttrykket for h L : g V = h LL f = f m/s = f / m/s Relativ ruhet: e = = Asymptotisk f-verdi for gitt e/: f 0.03 Sammenheng mellom Re og V : Re = ν V vann,5c = V m/s = V 3700 m/s Her er det underforstått at V inngår i uttrykket med benevning. Iterer relasjonene V = V f og Re = ReV med den asymptotiske verdien som startverdi, ved hjelp av Moody-diagrammet, for gitt verdi av e/. Sløyf de underforståtte SI-enhetene i notasjonen: It. # f inn V Re f ut Her har iterasjonene konvergert innenfor avlesningsnøyaktigheten i vanlige Moody-diagrammer, og vi har funnet V 0.54 m/s Volumetrisk strømrate: Q = π 4 V π m 3 /s = 34.5 m 3 /h = 9.6 l/s

8 30 Løsning I.6 ette er nesten som forrige oppgave, bortsett fra at hydraulisk radius inntar den plassen som ekte diameter hadde. Vi benytter anledningen til å vise en alternativ formulering av iterasjonsprosedyren, der de to relasjonene V = V f og Re = ReV er erstattet med en, Re = Ref. For en likesidet trekant med areal A, omkrets P og sidekant a: A = 4 3 a, P = 3a R h = A P = 4 3 a Vi eliminerer V mellom uttrykkene for head-tap h L og Reynoldstall Re, og får: Her gjør vi erstatningen f = ν L g 3 Re h L 4R h = 3 a = 3 3/4 A og finner: Re = 4 ga 3/ h LL 3 9/8 ν = / f 3 9/ = f f / Nominell relativ ruhet: e 4R e = 33/4 h e A = 33/ = Iterer relasjonen Re = Ref ved hjelp av Moody-diagrammet, for denne verdien av e/. Velg som startverdi f = 0.037, som er asymptotisk f-verdi for ovennevnte verdi av e/: It. # f inn Re f ut Med dette resultatet får vi, innenfor avlesningsnøyaktigheten i Moody-diagrammet: Q = AV = 3A ν 33/4 a Re = Aν Re 33/ m 3 /s = 95 l/s Løsning I.7 Legg et kontrollvolum som omfatter alt vannet, med innløp i overflaten i det høyest liggende reservoaret og utløp i overflaten av det nederste. I energiligningen vil hastighetsleddene falle ut hvis overflatene er store, og trykkleddene vil kansellere i grensen av små nivåforskjeller. Gjenværende uttrykk, med V for strømhastigheten i røret: z = h L = f L g V et fysiske innholdet i denne ligningen er at hvis strømmen er stasjonær, så vil den potensielle energien ved strøm mellom de to overflatene gå tapt som varmeenergi på grunn av friksjonen i røret. ette blir den et er allerede antydet annetsteds i dette løsningssettet at regning med hydraulisk radius ikke gir lett kontrollerbar og fysisk begrunnet nøyaktighet.

9 3 bestemmende betingelsen for strømhastigheten i røret. Vi setter inn for V fra definisjonen av Reynoldstall, og finner: g z Re = 3 Lν f / = f / = 566 f / Iterer denne relasjonen ved hjelp av Moody-diagrammet. Med antagelse om glatt rør er det ikke noen asymptotisk verdi å velge for f, men vi kan prøve startverdien f = 0.05, som er omtrent midt i diagrammet for et glatt rør: It. # 3 4 f inn Re f ut Her har iterasjonene konvergert med omtrent den nøyaktigheten vi kan forlange på øyemål fra Moodydiagrammet. Volumstrømraten blir: Q = π 4 V = π 4 ν Re π m 3 /s = 4.0 m 3 /h Løsning I.8 Vi legger inn et kontrollvolum som beskrevet i løsningen av forrige oppgave. Energiligningen reduserer seg til samme uttrykk som der. Rørdiameteren er nå ukjent. en reduserte energiligningen omskrives til en sammenheng mellom og f, der V er uttrykt ved Q. et er hensiktsmessig å innføre en referanseverdi for diameteren når tallverdier blir satt inn: 5 = 6 π LQ g z f 0. m = /5 π /5 f /5 = 8.40f /5 Samme referanseverdi brukes i uttrykket for relativ ruhet: e = m 0. = m Reynoldstallet vil også være gitt ved den ukjente men skalerte diameteren: Re = π 4 ν Q = π m = m Relasjonene = f og Re = Re itereres nå sammen med Moody-diagrammet. Ved avlesningen i diagrammet må vi interpolere mellom kurvene for å få aktuell e/ = e/. Prøv startverdien f = 0.0, noenlunde midt i diagrammet for lave verdier av e/: It. # 3 4 f inn /0. m e/ Re f ut

10 3 Resultat: Som rør til formålet kan velges den minste kommersielle størrelsen med indre > nominell 0.4 m eller større, avhengig av behov og prosjektets økonomi. et er vanskelig å få nøyaktige avlesninger i Moody-diagrammet for de gitte parameterverdiene. I iterasjonene bør du derfor jukse ved å sjekke avlesningene mot verdier du finner fra Colebrooks ligning, som Moody-diagrammet bygger på liksom nedskriveren av disse løsningene gjorde. Løsning I.9 e små tapene er gitt ved h L små = k e + k sd V g der k e er tapskoeffisienten for innløpet, og k sd = er tapskoeffisienten for et neddykket utløp hele den kinetiske energien går tapt der. et spiller ikke noen rolle hvordan betingelsene ved rørutløpet er. Forholdet mellom tapene er R = h L små h L = k e + k sd f L = L = 75 L a L =.5 m R = 5 b L = 30 m R = 0.75 c L = 600 m R = Eksemplet antyder at i mange praktiske sammenhenger bør L/ være av størrelsesorden 000 eller mer, før de små tapene kan betraktes som uviktige. Forøvrig var opplysningen om strømhastighet overflødig. Løsning I.0 Bruk energiligningen, og anta lagt et kontrollvolum med innløp i bassengoverflaten og utløp i dyseåpningen. La V og V 3 være henholdsvis rørstrømshastigheten og strålehastigheten. I grensen av stor bassengoverflate og liten nivåforskjell mellom innløp og utløp reduserer ligningen seg til g V 3 = z h L tot med utløpshastigheten relatert til rørstrømshastigheten via kontinuitetsligningen d V = V 3 Totalt head-tap blir summen av bidragene fra h L for røret og de små bidragene ved innløp og utløp: Tilsammen gir dette: h L tot = k e g V + f L g V + k d g V 3 { g V 3 + k d + k e + f L } 4 d = z

11 33 Effekten i strålen, uttrykt ved head-bidraget h kin for kinetisk energi pr. vektenhet: P = h kin ρgq = g V 3 ρg π 4 d V 3 = π gρgd V 3/ 3 4 g 3/ = π gρg z 3/ x 4 [ + k d + k e + f L x 4 ] 3/ x = d a Ved maksimal effekt er dp/dx = 0: + k d + d dx x [ + k d + k e + f L x 4 ] 3/ = 0 x[ ] 3/ x 3 [ ]/ 4k e + f L x3 = 0 k e + f L x 4 3 k e + f L x 4 = 0 et vil si: Optimal dyseutløpsdiameter: d opt = x opt = x = x opt = /4 + k d k e + f L b Maksimal stråleeffekt: Med x = x opt innsatt i uttrykket for P får vi P max = π gρg + k d z 3/ 4 k e + f L + k d + + k d Med innsatte parameterverdier: /4 0.0 m = 7.8 cm 3/ = π ρ g z 3/ 3 + k d k e + f L P max = π / Nm/s = 6.05 kw 0. Interessert i om antagelsen om konstant f er god ved de gitte parameterverdiene? Finn hastigheten i røret: V = d g z + k d + k e + f L =.07 m/s 4 d

12 34 Tilhørende Reynoldstall: 3 Re = ρv µ = 4300 Et blikk i Moodydiagrammet viser at denne Re, f-kombinasjonen ligger på grensen av det asymptotiske området med konstant f. Men mot lavere Re-verdier må P avta på grunn av lavere h P og Q samtidig f er en langsomt varierende funksjon av hastigheten, og for høyere Re-verdier er antagelsen om konstant f god. Verdien for d opt som ble funnet under antagelse om konstant f, bør derfor være et hensiktsmessig overslag. Løsning I. Legg et kontrollvolum med innløp i bassengoverflaten og utløp i røråpningen mot fri luft. La indeks og referere til henholdsvis bassengoverflaten og røråpningen, og la V og h L i den følgende regningen stå for verdier uten pumpe selv etter at en pumpe er satt inn. I grensen av stort bassengoverflateareal og liten nivåforskjell mellom inn- og utløp neglisjerbar trykkvariasjon reduserer energiligningen seg til z = g V + z + h L h L er som kjent en kvadratisk funksjon av hastigheten, i approksimasjonen hvor f antas å være konstant. Når V øker med en faktor n ved pumpeinnsettingen, må derfor energiligningen ovenfor avløses av uttrykket z + h P = g n V + z + n h L hvor som ovenfor nevnt V og h L står for størrelsene uten pumpe. a Multipliser første ligning med n og adder den til den andre. V og h L faller ut, og et uttrykk for h P framkommer: h P = n z z b Første ligning gir, etter innsetting for h L : V = gz z + f L = m/s = 0.3 I uttrykket for effekten må imidlertid nv settes inn, fordi det er betingelsen med pumpe installert: 0.48 m/s P = η ρgqh P = π 8 nn η [ gz z ] 3/ ρ + f L = π / Nm/s =.85 kw 3 Verdier for vann ved 0 o C er brukt, noe som vel ikke er realistisk i praksis, men det er godt nok for et overslag.

13 35 Resultatet for h P føyer seg pent inn i rekken av fantastiske forenklinger som kan inntreffe når man tillater seg å regne algebraisk! Head tilført fra pumpen tilsvarer den ekstra høydedifferansen man ellers måtte ha hatt for å n-doble strømraten. Hva med antagelsen om konstant f? Sjekk Reynoldstallet uten pumpe: Re = ρv µ = Moodydiagrammet viser på øyemål at denne kombinasjonen av Reynoldstall og friksjonsfaktor er essensielt i det asymptotiske rustrømregimet med konstant f. et er snakk om å øke V slik at man kommer lenger inn i det asymptotiske området. Approksimasjonen med konstant f burde derfor være gyldig. 4 Løsning I. I energiligningen kan man fritt addere ett og samme vilkårlige nivåbidrag på begge sider samtidig, og det samme gjelder for trykkene, selv om ligningen strengt tatt skal inneholde trykk og nivåer i selve strømmen. Trykkene må imidlertid reduseres til ett og samme nivå. Gaugetrykket på innløpssiden som inngår i energiligningen blir da, redusert til nivået for måleren på utløpssiden: Med denne relasjonen, samt kontinuitetsligningen kan vi redusere energiligningen til Effekt levert til vannet: p g = s Hg ρ vann g h g ρ vann g z V = V h P = g V V + p ρ vann g p ρ vann g 4 = 8 π Q g 4 + p g ρ vann g s Hg h g + z P = ρ vann gqh[ P = ρ vann gq 8 Q π g [ 4 = π ] ρ vann g s Hg h g + z 4 + p g ] Nm/s = 8.4 kw ette resultatet skal multipliseres med /η hvis man er interessert i effekten som må tilføres til pumpen. Løsning I.3 Noter først at Colebrook-formelens struktur er slik at den kan kombineres med definisjonsligningen for head-tap, til å gi volumstrømrate Q som en eksplisitt funksjon av head-tap h L for et rør: Q = π 4 V 4 I enkelte lærebøker finnes en variant av denne oppgaven med en lavere f-verdi oppgitt. et medfører, som man selv kan sjekke, at antagelsen om konstant f kan bli mindre god. Forøvrig har vi i dette Re-overslaget, liksom i forrige oppgave, regnet med en høyere temperatur enn hva man ofte møter på nordlige breddegrader, uten at det spiller noen stor rolle for gyldigheten av overslaget.

14 36 = π 4 ghl L = π ghl L = π ghl L f e/ log Re f e/ log ν L gh L Ved stasjonær strøm er head-tapet for hvert rør lik overflatenivåforskjellen, når små tap blir sett bort fra. ette gir opphav til en spesielt enkel løsningsmetode for strømratene, basert på bruk av Q = Qh L : Med en antatt verdi for overflatenivået i stigerøret, kan man beregne ΣQ = Q + Q + Q 3 der Q i er strømraten i rør i, regnet algebraisk med retning mot det felles rørknutepunktet. Finn ved prøving/feiling/ekstrapolasjon den verdien av overflatenivået i stigerøret som gir ΣQ = 0! Med z 0 og z i for henholdsvis stigerørsnivået og overflatenivået i basseng i, definerer vi z i = z 0 z i og har da Q i = sgn z i π g zi L log e/ ν L g z i Når tallverdier settes inn er det nyttig å innføre en referanseverdi for nivåforskjellene for å spare arbeid: z Q = sgn z m log m m 3 /s z z Q = sgn z m log m m 3 /s z z3 Q 3 = sgn z m log m m 3 /s z 3 a Anta først Q = 0, slik at stigerørsnivået er lik nivået for basseng : z = m z = 0 m z 3 = 8 m et gir: Q =.009 m 3 /s Q 3 = 0.37 m 3 /s Q + Q 3 > 0 Siden Q + Q 3 > 0 ville det medføre at vann måtte strømme til basseng for at kontinuitetsligningen ΣQ = 0 skal være oppfylt, og da må stigerørsnivået være høyere enn nivået i basseng. Strømretningen er derfor til basseng. b Finn stigerørsnivået som gir ΣQ = 0: Prøv for eksempel først z = 0, deretter middelverdien av nivåene til basseng og, osv. Med SI-benevningene sløyfet:

15 37 z 0 z z z 3 Q Q Q 3 ΣQ ette har konvergert bra nok. Vi har funnet: Q 0.85 m 3 /s Q 0.44 m 3 /s Q m 3 /s En oppgave av denne typen kalles ofte det klassiske 3-reservoar-problemet. Hele løsningsprosedyren kan automatiseres ved hjelp av for eksempel Maple, Matlab eller Mathematica. Løsning I.4 Bernoullis ligning med tapsledd, langs en strømlinje fra bassengoverflaten til rørutløpet, reduserer seg til: g V B = z tot h L Totalt head-tap h L er summen av tapsverdiene langs strømlinjen fra bassengoverflaten til rørutløpet. Med hastigheter V A og V B i henholdsvis første og annet rør: Her kan kontinuitetsligningen h L = k e g V A + f A L A A g V A + k c g V B + f B L B B g V B V A A = V B B brukes til å relatere hastighetene til hverandre. e tre ligningene gir tilsammen: { 4 g V B B L B L A + k c + k e + f B + f A A B A B A 4 } = z tot a Volumstrømraten: Q = π 4 B V B = π 4 B g z tot 4 L B L A + f B + f A B A B + k c + k e A = π B A m 3 /s = m3 /s = 0.93 m 3 /s

16 38 b Bruk Bernoulli igjen, nå fra et punkt like nedstrøms for rørskjøten til et punkt i rørutløpet: p 3 ρg + g V B + z 3 = p atm ρg + g V B + z + h L p 3 gauge = ρg z z 3 + f L B B B g VB = N/m = 4.7 kpa c Bruk Bernoullis ligning med tapsledd mellom et punkt like oppstrøms for skjøten og et punkt like nedstrøms for å finne trykkfallet over skjøten: p 3 ρg + g V A + z 3 = p 3 ρg + g V B + z 3 + h Lc h Lc = k c g V B Trykkfallet blir: p 3 p 3 = 4 ρ + k c B A = N/m = 9.7 kpa I uttrykket for head-tap under punkt a hadde vi allerede benyttet opplysningen om at B < A, i og med den formen på tapsbidraget ved skjøten som ble brukt ved tverrsnittsøkning skulle den kvadrerte hastighetsdifferansen inngått i stedet. u kan sjekke at Reynoldstallet er av størrelsesorden i rør A og 0 6 i rør B. Med f 0.04 er man for begge Re-verdiene i området hvor røret oppfører seg som helt ru. For å få konsistens må man derfor kreve at ruheten er proporsjonal med diameteren for begge rørlengdene, hvis de skal ha essensielt samme tallverdi for f. Løsning I.5 Betrakt en strømlinje gjennom det ene røret fra vannoverflate til vannoverflate, og deretter en tilsvarende gjennom det andre røret. Anta Bernoullis ligning med tapsledd anvendt mellom endepunktene på begge strømlinjene. I approksimasjonen hvor hastigheter er neglisjerbare store overflatearealer og absolutt trykk det samme ved begge basengoverflatene reduserer ligningene seg til: h L,A = f A L A g V A = z et medfører og h L,B = f B L B g V B = z VA V B = F B F A A B Q A Q B = V A V B A A A B = V A VB A B = n 5/ fb fa Poenget er at det blir samme verdi for head-tapet gjennom rørene, med de approksimasjonene som er brukt. Et generelt trekk ved strøm gjennom rør koplet i parallell.

17 39 Løsning I.6 a Legg et kontrollvolum med innløp ved O og utløp i fri luft ved. Med de vanlige approksimasjonene reduserer energiligningen seg til med z O z = g V 4 + Σ i h Li i =,, 4 eller, 3, 4 L i h Li = f i i g V i Hovedpoenget med oppgaven er at i parallellkoplingen av rør og 3 er head-tapet det samme for begge: V 3 = Kontinuitetsbetingelsen gir: L f g V = f L g V 3 f L V = f 3 L V =.649V V = 4 V 4 = 0.30 V 4 =.5V Anvendt en gang til: Q + Q 3 = Q 4 V + 3 V 3 = 4 V 4 Innsatt i energiligningen: z O z = V = = 4 V 4 3 f L 3 + f 3 L =.34006V 4 + f L V V V f L V V 4 + f 4 L 4 4 g V 4 V 4 = m/s =.3869 m/s 0.30 Volumstrømratene: Q = Q 4 = π 4 4 V 4 = π m 3 /s = m 3 /s Q = π 4 V = π m 3 /s = m 3 /s

18 40 Q 3 = Q 4 Q = m 3 /s = m 3 /s b Legg et kontrollvolum med innløp ved O og utløp ved B. Energiligningen gir: p Bg = p B p [ O ] = ρ vann g z O z B + f L g V [ = ] Pa = 0. kpa Legg så et kontrollvolum med innløp like etter C og utløp ved. I energiligningen kansellerer de kinetiske energileddene, og vi får: p Cg = p C p = ρ vann g[z z C + f 4 L 4 4 z O z + Σ i=,,4 f i L i i Vi V 4 ] = [ ] Pa = 98.6 kpa Sitter studenten med en følelse av at det er noe som ikke stemmer? Ganske riktig. Verdien funnet for p Cg tilsvarer et absolutt trykk lavere enn for det tomme rom. et vil inntreffe kavitasjon i rørledningen hvis parameterverdiene er slik som spesifisert i oppgaveteksten. et vil saktens komme vann ut av rørledningen ved, men med en annen rate enn den vi har funnet! Grunnlaget for bruk av energiligningen slik vi viste er falt bort, og en mer detaljert beregningsmåte ville være nødvendig for å få et pålitelig resultat. Parameterverdiene er tatt fra en oppgave i en eldre utgave av en lærebok. Vi kan derfor avslutte løsningssamlingen med en nyttig formaning: Stol ikke ubegrunnet på lærebøker, løsningssamlinger o.l., men sett deg inn i bakgrunnen for regningene, gjør deg opp din egen mening og finn din egen løsning.