dp dz dp dz 1 (z z 0 )

Transkript

1 25 Løsning B.1 Fra adiabatisk gassligning: ρ ρ 0 p p 0 ) 1/κ, p 0, ρ 0 gitt ved havoverflaten a) Integrer hydrostatikkens grunnligning. La z være høydekoordinat: dp ρg dz p dp ρ z 0g dz p 0 p 1/κ p 1/κ 0 z /κ p1 1/κ p 1 1/κ 0 ) ρ 0g z z 0 ) p p 0 p 1/κ 0 1 κ 1 κ 1 κ 1 κ ) κ/κ 1) ρ 0 g z z 0 ) p 0 gm z z 0 ) R 0 T 0 ) κ/κ 1) b) p 6000 p ) 1/ /.286 p p 0 Løsning B.2 Temperatur i fots høyde: T T 0 Bz ) o C 44.3 o C Anta ideell gass og ingen dekkvolumforandring. Trykket i hjulet i fots høyde er gitt ved 1 p pv T p 0v 0 T [ /14.696) ] kpa kpa Gaugetrykket i hjulet finnes når aktuelt omgivende trykk ikke standardatmosfæretrykket!) subtraheres. 2 Integrer fluidstatikkens grunnligning med ligningen for standardatmosfære innsatt, og finn se læreboka): ) gm/r0b 1 Bz/T0 p atm,9144 p 0 z 0 0) 1 Bz 0 /T ) 5.26 kpa kpa p gauge,9144 p p atm, kpa 1 I gasslikningen brukes selvsagt absolutt temperatur og trykk. 2 For petroleumsingeniører som skal beregne lavtrykks gasstransport i distribusjonsnett, er dette et særlig aktuelt poeng. Der kan heller ikke atmosfæretrykket approksimeres med en konstant, og man kan få betydelige utslag ved noen få meters høydedifferanse.

2 26 Løsning B.3 Det er ikke spesifisert om gauge- eller absolutt trykk er oppgitt. Men vi ser at det spiller ingen rolle hvis vi kan anta at atmosfæretrykkforandringen over høydedifferansen er neglisjerbar, fordi bare trykkdifferansen da vil opptre. p 2 p 1 ρgz 2 z 1 ) ρ s ρ vann 1 p 2 p 1 ρ vann g z 2 z 1 Med oppgitte tallverdier: s ) Løsning B.4 La p A bety absolutt trykk ved A før trykkfordoblingen, dvs. trykket etterpå blir 2p A. La videre h bety manometeravlesning Hg-nivådifferanse) og H den vertikale avstanden fra venstre kvikksølvsøylenivå til sentrum i røret, og la subskript 1 og 2 angi verdiene henholdsvis før og etter trykkfordoblingen. Fluidstatikkens grunnligning gir følgende to uttrykk for gaugetrykket ved A, henholdsvis før og etter trykkfordoblingen forutsatt at kvikksølvet står høyest i høyre gren): p A p atm ρ Hg g h 1 ρ vann g H 1 2p A p atm ρ Hg g h 2 ρ vann g H 2 Under forutsetning av at manometerrørets tverrsnitt er det samme overalt, må kvikksølvet synke like mye i den ene grenen som det stiger i den andre. Med x for denne nivåforskyvningen: Eliminer p A og løs for x: H 2 H 1 + x h 2 h 1 + 2x p atm ρ Hg g2 h 1 h 2 ) ρ vann g2 H 1 H 2 ) ρ Hg g h 1 2x) ρ vann g H 1 x) p atm ρ vann g x1 2s Hg ) + s Hg h 1 H 1 ) x p atm/ρ vann g + s Hg h 1 H 1 2s Hg 1 Med normalatmosfæretrykket innsatt, gir det den nye manometeravlesningen: h ) m m Også verdien av p A kan finnes ut fra de oppgitte størrelsene. Men som vi ser er det ikke nødvendig å finne den eksplisitt for å beregne den nye manometeravlesningen.

3 27 Løsning B.5 Poenget her er at vi kan ikke neglisjere damptrykket for bensenen, slik vi ofte kan for vann og kvikksølv. Fluidstatikkens grunnligning på integrert form gir: p g,a + p atm ) 0 s bensen ρ vann gx + p v,bensen øvre gren) Løst og innsatt: p g,a + p atm ) 0 + s bensen ρ vann gy + y) s Hg ρ vann g y + 0 nedre gren) x p g,a + p atm ) 0 p v,bensen s bensen ρ vann g m m y s Hg s bensen s bensen y p g,a + p atm ) 0 s bensen ρ vann g ) m ) m 1.81 m Løsning B.6 Flatesenteret for den rektangulære flaten ligger i den spesifiserte rotasjonsaksen, slik at dette punktet alltid får samme dybde h under rotasjonen. Størrelsen av trykkraften blir derfor den samme for alle vinkler: F ρghab ) N 1174 kn Ta ligningen som gir y p, sett inn rektangel-verdier for I c og A, sammen med relasjonen mellom y c og h c, hvor θ er skråvinkelen i forhold til horisontalen: b 2 y p y c 1 12 y c h c y c sin θ h c h) Det gir og altså y p y c 1 b 2 sin θ 0.75 m sin θ 12 h θ 90 o y p y c 0.75 m θ 45 o y p y c 0.53 m θ 0 o y p y c 0 m Løsning B.7 F 1 ρgh c1 A N F 2 ρgh c2 A N kn kn Total trykkraft på en side: F T F 1 + F ) kn kn h 2 1 h p1 h c h 1 c1 12 h 2 2 h p2 h c h 1 c ) ) m 2.48 m 3.5) ) m 5.44 m

4 28 Trykksenterplassering for kraftresultanten er bestemt ved sum av momenter, henholdsvis om en linje i overflaten og om en vertikal linje i platens venstre kant: h pt F T h p1 F 1 + h p2 F 2 x pt F T x 1 F 1 + x 2 F 2 h pt x pt m m 4.98 m 2.34 m Løsning B.8 Flatesenteravstand fra overflaten: h c H h c π ) m m 1 Dybde videre til trykksenter: h p h c π 2 ) 1 4R R 2 3πH ) H m Trykksenteravstand fra bunnen: h c h p h c ) m Kraftresultant F g gauge): F g ρ vann gh c A π 2 ρ vanngr 2 H1 4R 3πH ) P, horisontal kraft ved punkt A, finnes ved momentbalanse: kn P R F g h c h p h c )) F g h c I c h c A ) P π 2 ρ vanngrh c h c I c A ) π 2 ρ vanngrhh c1 h c H I c Hh c A ) 2 3 ρ vanngr 2 H 1 3πH 4R 3π 16 3π 4 ) H R ) 2 3 ρ vanngr 2 H 1 3π 16 H R ) ) π 16 3 ) 8 N kn Løsning B.9 Benevnelser: K netto kraft mot flaskebunnen kraft fra bunn mot champagne) H høyde fra nedre bunnkant til trykkmåler W tyngde av champagnen nedenfor målernivået F kraft mot champagnen i målernivået Sløyf algebraiske fortegn og sett alle størrelsene positive. Ved å bruke gaugetrykk kan man se bort fra trykket utenfra mot flaskebunnen. Vertikal statisk likevekt for champagnen under målernivået gir: F + W K 0 K F + W ) πr s 2 Hg ρ vann gh s ch ρ vann g h + πr 2 H 3 2 ) πr3 s ch ρ vann g πr 2 ρ vann g s Hg h + s ch H h 3 2 ) r) π0.05) ) 0.05) N N

5 29 Løsning B.10 Dette er et tilfelle hvor Arkimedes lov ikke kan brukes, fordi det ikke er samme type fluid hele veien rundt legemet. Kraftsummen må beregnes eksplisitt. Ved likevekt: F + F sjø F vann F W 0 F F sjø + F vann + F W s sjø ρ vann g π 4 D2 H + h H) + ρ vann g π 4 D2 H + s betong ρ vann g π 4 D2 h π 4 D2 ρ vann gh { s sjø 1 + H h H ) + H } h + s betong π { ) 4 0.6) } N ) kn 5.20 kn Kommentar: Vi tillot oss den pussige formen på sluttuttrykket fordi den viser sammenhengen med resultatet fra Arkimedes lov. Uttrykket foran parentesen er det som Arkimedes lov ville gitt om lokket var omgitt av ferskvann hele veien rundt, og innholdet av parentesen reduserer seg til s betong 1) dersom s sjø 1 og H 0. Løsning B.11 a) Beregn vekten av en tilsvarende kule med spesifikk tetthet lik 1: W vann 4 3 πr3 ρ vann g 4 3 π0.6) N 8.855kN Det viser at: W 1 < W vann W 2 > W vann W 1 + W 2 < 2W vann Systemet av de to sammenbundne kulene vil tilsammen få en oppdrift større enn totalvekten. Den letteste vil flyte i overflaten, mens den tyngste vil henge rett under den i tauet og være helt neddykket. b) La O 1 og O 2 betegne oppdriftene på henholdsvis øverste og nederste kule. Vertikal likevekt for nederste kule gir: O 2 + T W 2 0 O 2 W vann ) T W 2 W vann ) kn 3.15 kn c) For et masseløst tau er taustrekket det samme på øverste og nederste kule. Vertikal likevekt for øverste kule gir: O 1 T W 1 0 O 1 1 x)w vann 1 x)o 2 ) 1 x)w vann O 1 T + W 1 W 1 + W 2 W vann

6 30 Volumfraksjonen av øvre kule over vannoverflaten: x 2 W 1 + W 2 W vann x 2 W 1 + W 2 W vann % Løsning B.12 a) Bruk av Arkimedes lov forutsetter at det er væske opp til samme nivå på alle sider av det neddykkede legemet. I denne oppgaven mangler vannet over øvre høyre stokkvadrant. O er lik differansen mellom kraft nedenfra og kraft ovenfra, så bruk av Arkimes s lov impliserer at man trekker fra for stor kraft ovenfra i dette tilfellet. Men vi kan beregne O ved å addere til uttrykket fra Arkimedes lov det som en slik innbilt vannmengde over over øvre høyre kvadrant ville veid: O πr 2 Lρ vann g + R 2 1 ) 4 πr2 Lρ vann g ) 34 π + 1 r 2 Lρ vann g ) N 8.21 kn b) Ved stabil likevekt er stokkens vekt lik oppdriften: ) 3 πr 2 Ls stokk g 4 π + 1 r 2 Lρ vann g s stokk π Kommentar: Det er ikke nødvendigvis enkelt å finne en tømmerstokk med akkurat denne spesifikke tettheten... Løsning B.13 Man har W mg K ma x hvor m er studentmassen. Her har vi vært litt overbærende med algebraisk fortegn siden K strengt tatt ble definert i oppgaveteksten å være reaksjonskraften mot seteryggen, mens den her står for den akselererende kraften i positiv x-retning. Siden a z 0 x-aksen er parallell med rullebanen) gir det tan θ a x g K W 0.1 og følgelig θ 5.71 o hvor det negative fortegnet angir en helning i positiv x-retning.