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 med (H + 8cm+35cm) kvikksølv. Trykkforskjellen i bunnen av rør-endene er oppgitt til å være P B P A = 97kPa og temperaturen er 2. Da er γ vann = (ρg) vann = 979N/m 3, γ Hg = 33N/m 3. Trykket øverst i røret, p x, er ukjent, og gitt av ligningssettet P A = Hγ vann +,8m ρ olje g +p x P B = (H +,53m)γ Hg +p x. Setter ρ olje = SG ρ vann der ρ vann er 998kg/m 3 ved 2. Vi eliminerer p x : P A H γ vann,8m SG ρ vann g = P B (H +,53m)γ Hg Tallverdien blir H = 22,6cm. H = P B P A +,8m ρ vann SG g,53m γ Hg γ Hg γ vann. Oppgave 2.7 En sylindrisk tank har høyde L =,m og tverrsnittareal A. Tanken fylles med vann av en pumpe nederst i tanken som yter et trykk P p = 75kPa. Ved et gitt øyeblikk (f.eks. t = ) måles luftrykket øverst i tanken til P = kpa og vannhøyden til H =.35m. Vi skal finne H ved trykklikevekt, det vil si når trykket nederst i tanken er lik pumpetrykket P p. Vi har gitt antagelsen om isoterm prosess, og vi antar som vanlig at luft er en ideell gass som sammen gir P V = konst. ()
Startvolumet for luften er V = A (L H ). Ved likevekt skal trykket fra pumpen balanseres av trykket i luftlommen (luftens vekt neglisjeres) pluss vekten av vannet i tanken, γ v H. Vannets spesifikke tyngde er γ v = 979N/m 3. Vi får ligningen P p = Hγ v +P x, (2) der P x er lufttrykket i tanken. Ved ideell gasslov får vi at (for en konstant K som i lign ) P x = K } V V P = K = P x = P V V = P A(L H ) A(L H) = P L H L H. (3) Vi får 2.gradsligningen Innsatt fås tallverdien L H P p = Hγ v +P L H H 2 H(L+ P p )+ P pl P (L H ) =. γ v γ v γ v H max =,62m. () Legg merke til at hele utregningen er fullstendig uavhengig av formen til tankens tverrsnitt; det er ikke nødvendig å anta at det er sirkulært. Oppgave 2.66 Gitt en trekantet betongdemning ABC. Finn den hydrostatiske trykk-kraften på flaten AB og momentet dette gir om punktet C. Vurdèr om demningen vil tippe uten og med vann under demningen. 2
Atmosfæretrykket virker på begge sider av demningen, og gir ingen netto kraft. Den hydrostatiske kraften F er lik trykket i arealsenteret (sentroiden) P CG ganget med arealet av flaten: F = P CG Areal = γ AC 2 AB b, (5) der b = 3m er demningens bredde innover i papirplanet. etningen på kraften F er vinkelrett på planet AB, og avstanden fra arealsenteret og ned til angrepspunktet er gitt ved I xx y CP = sinθ h CG Areal = AC AB 2 b(ab)3 AC 2 b AB = AB, (6) 6 der I xx kan hentes fra figur 2.3 i White, eller enkelt beregnes som y 2 da. Avstanden fra overflaten langs flaten AB ned til angrepspunktet blir da AD = AB/2 y CP = AB( 2 + 6 ) = 2 AB. (7) 3 For å finne momentet som kraften F gir om C må vi beregne armen. Linjen fra C normalt på AB treffer i punktet E. Da trekantene ABC og ACE er kongruente: og armen l blir da AE AC = AC AB = AE = (AC)2 AB, (8) l = AD AE = 2 (AC)2 AB 3 AB. (9) Innsatt tallverdierfår vi l = 2,67m.Angrepslinjen for F liggerdermed under punktet C, og demningen vil derfor ikke tippe, selv om den var vektløs! Tallverdi for kraftmomentet, med γ = 979N/m 3, blir, med ligningene 5 og 9: M p = Fl = γ AC ( ) 2 2 AB b (AC)2 AB = 3,3 9 Nm. () 3 AB Hvis det er vann under demningen må vi ta med trykk-kraften fra undersiden som gir et moment M v om C med klokka. Demningen er av betong (2, ganger tyngre enn tilsvarende volum vann) og dens tyngde gir et moment M g mot klokka. Uttrykket for det totale momentet med klokka blir M = M v M g M p () For litt spesielt interesserte: Vi kan godt regne litt mer på situasjonen der vi har lekkasje under demningen. Vi må da beregne massens moment om C. Anta at demningens massetetthet er konstant, ρ d = M/V = SG γv g, (2) slik at momentet som skyldes massen til en tynn søyle med bredder b og dx i avstand x fra C blir dm = x df = xg dm = xgρ d dv = xg SG γv h(x)b dx, (3) g der h(x) er demningens høyde som funksjon av avstanden x: h(x) = AC AC x. () BC 3
Vi får totalt moment om C på grunn av demningens masse: BC [ M g = dm = x SG γ v AC AC ] BC x b dx = 6 SG γ vb AC (BC) 2 = 3,38 Nm (5) mot klokka. Vi trenger videre å beregne kraftmoment om C som skyldes at det lekker vann under demningen. Vi må da gjøre en antagelse om hvor stort del av arealet under demningen som er i kontakt med vann. La oss for enkelhets skyld anta at det er vann under hele demningen. Trykk-kraften virker midt på undersiden av demningen, i en avstand x = BC/2 fra C. Kraftmomentet om C er dermed M v = Fx = p v A BC 2 = γ v AC b BC BC 2 = 2 γ v b AC (BC) 2 =,23 Nm (6) med klokka. Totalt kraftmoment om C med klokka er M = M v M g M p = 5,37 9 Nm (7) dvs. demningen tipper! Vi har antatt at alt areal under demningen er dekt med vann. Hvordan blir situasjonen om bare en del av arealet er i kontakt med vann? Oppgave 2.83 Vi skal finne kraften F som må til for å holde luken igjen. Atmosfæretrykket virker på begge sider av luka og kanselleres. Oppgaven kan løses på flere måter. Ved å beregne momentet om B direkte trenger vi vanntrykket inntil luka som funksjon av vinkelen θ: p(θ) = γ ( sinθ). (8)
Anta at luka har bredde b. Da luka er sirkelformet vet vi at væsketrykket virker i radiell retning og armen a til momentet blir avstanden normalt på virkelinja ned til B. Momentet om B som skyldes væsketrykket blir: M vann = p a da = /2 = γ 3 b [ cosθ θ2 + ] /2 sin2θ p(θ) sinθ b dθ = γ 3 b /2 (sinθ sin 2 θ)dθ = γ 3 b( ). (9) For å finne momentet om B fra tyngden W av luka, kan vi fordele W jevnt over kvartsirkelen og integrere opp momentet: M W = arm tyngde /2 areal da = W ( cosθ) 2 dθ = W 2 [θ sinθ]/2 = W( 2 ). (2) Momentet om B skal totalt være null når luka ligger på plass: M tot = F+γ 3 b( ) W( 2 ) = (2) F = γ 2 b( ) W( 2 ). (22) Tallverdi: = 2,38m, b = 3,8m, W = 33N, γ = 979N/m 3 = F = 33,2kN. Oppgaven kan også løses på standard måte. Beregner horisontal kraft F H på vertikalprojeksjonen av luken og finner angrepspunktet: F H = γ b (23) 2 med virkelinje /3 over bunnen. Vi beregner så vertikal kraft F V på vekten av fortrengt væskemengde over luken og finner angrepspunktet som arealsenteret i det vertikale arealet over luken når en ser det slik som på figuren. Arealet over luken er 2 2, og dermed F V = γb 2 ( ). (2) Virkelinjen kan enkelt finnes ved å innse at total hydrostatisk trykkraft må gå gjennom C (alle trykkrefter på luken virker i radiell retning). Momentet om C fra F H og F V må derfor være null og vi beregner vertikal arm: M C = F H 3 F V a V = = a V = Momentet fra W beregnes som over, og totalt moment om B blir som vi setter lik null og får samme svar som over. 6( (25) ). M tot = F+F H 3 +F V( a V ) W( 2 ), (26) 5