(Microsoft PowerPoint - MPW9.ppt [tryb zgodno\234ci])

J. Szantyr - Wykład 9 – Równanie zachowania pędu 1
Druga zasada dynamiki Newtona: prędkość przyrostu pędu elementu
płynu jest równa sumie sił zewnętrznych działających na ten element
D(mu )
= ∑F
Dt
Isaac Newton
1643 - 1727
Prędkość przyrostu pędu elementu płynu (czyli
lewa strona równania) jest określona poprzez
pochodną materialną jego prędkości:
 ∂u
Du
∂u
∂u
∂u  ∂ (ρu )
= ρ  + u
+ v + w  =
ρ
+ div(ρuu )
Dt
∂x
∂y
∂z 
∂t
 ∂t
 ∂v
Dv
∂v
∂v
∂v  ∂ (ρv )
= ρ  + u + v + w  =
ρ
+ div(ρvu )
Dt
∂x
∂y
∂z 
∂t
 ∂t
 ∂w
Dw
∂w
∂w
∂w  ∂ (ρw)
ρ
= ρ 
+u
+v
+ w  =
+ div(ρwu )
Dt
∂x
∂y
∂t
∂z 
 ∂t
Prawą stronę równania tworzą dwie kategorie sił:
-siły powierzchniowe (siły ciśnienia i siły lepkości),
-siły masowe (siły ciężkości, siły Coriolisa, siły elektromagnetyczne)
Dla przykładu utworzymy kompletne równanie dla kierunku x,
posługując się układem sił powierzchniowych jak na rysunku:
Gaspard Coriolis
1792 - 1843
Siły działające na ścianki elementu prostopadłe do kierunku x

 
∂τ xx 1 
∂τ xx 1 
∂p 1  
∂p 1  
p
−
x
−
−
x
y
z
p
x
δ
τ
δ
δ
δ
+
−
+
δ
+
τ
+
δx δyδz =







xx
xx



∂x 2  
∂x 2 
∂x 2  
∂x 2 

 
 ∂p ∂τ xx 
= − +
δxδy∂z
 ∂x ∂x 
Siły działające na ścianki elementu prostopadłe do kierunku y
∂τ yx 1 
∂τ yx 1 
∂τ yx


− τ yx −
δy δxδz + τ yx +
δy δxδz =
δxδyδz
∂y 2 
∂y 2 
∂y


Siły działające na ścianki elementu prostopadłe do kierunku z
∂τ zx 1 
∂τ zx 1 
∂τ zx


− τ zx −
δz δxδy + τ zx +
δz δxδy =
δxδyδz
∂z 2 
∂z 2 
∂z


Po dodaniu powyższych wyrażeń i podzieleniu stronami przez
objętość elementu otrzymujemy siły powierzchniowe na kierunku x
∂ (− p + τ xx ) ∂τ yx ∂τ zx
+
+
∂x
∂y
∂z
Po uzupełnieniu o składową jednostkowej siły masowej f i
podstawieniu do wyjściowej zależności otrzymujemy:
Du
∂ (− p + τ xx ) ∂τ yx ∂τ zx
= ρf x +
+
+
ρ
Dt
∂x
∂y
∂z
i analogicznie dla pozostałych kierunków:
∂τ xy ∂ (− p + τ yy ) ∂τ zy
Dv
ρ
= ρf y +
+
+
Dt
∂x
∂y
∂z
∂τ xz ∂τ yz ∂ (− p + τ zz )
Dw
= ρf z +
+
+
ρ
Dt
∂x
∂y
∂z
Trzy powyższe równania skalarne mogą być zapisane w postaci jednego
równoważnego równania wektorowego:
Du
ρ
= ρf + div[P ]
Dt
gdzie:
tensorem opisującym
[P ] jest
stan naprężenia w płynie
pokazany na rysunku,
poszerzony o ciśnienie
dodane do naprężeń
normalnych
Niewiadomymi w równaniach zachowania pędu są: ciśnienie, składowe
prędkości oraz naprężenia reprezentujące powierzchniowe siły lepkości.
Nawet po dołączeniu równania zachowania masy liczba niewiadomych
znacznie przekracza liczbę równań. Aby zredukować liczbę
niewiadomych konieczne jest wprowadzenie odpowiedniego modelu
płynu.
Przykłady zastosowania zasady zachowania
pędu do rozwiązywania prostych zadań z
mechaniki płynów
Przykład 1
Z dyszy o średnicach D=80 [mm] i d=20 [mm] wypływa woda ze
średnią prędkością c=15 [m/s]. Pomijając różnicę ciśnień
obliczyć reakcję hydrodynamiczną wywieraną przez strumień
wody na dyszę.
Reakcja R w ruchu ustalonym wynosi:
R = ρ ⋅ Q ⋅ (c − c1 )
Natężenie przepływu Q oraz prędkość c1 obliczamy z równania
ciągłości:
Q = c⋅
π ⋅d2
4
= c1 ⋅
π ⋅ D2
4
Wobec tego mamy:
Q = c⋅
π ⋅d2
4
2

d 
2 π ⋅d
R = ρ ⋅c ⋅
⋅ 1 − 2 
4  D 
2
2
d
c1 = c ⋅ 2
D
Po wstawieniu wartości liczbowych otrzymujemy:
2
R = 1000 ⋅15 ⋅
π ⋅ 0,02 2 
4
0,02 2 
 = 66,25[N ]
⋅ 1 −
2 
 0,08 
Przykład 2
Strumień cieczy doskonałej o gęstości ρ
wypływa z dyszy i uderza w idealnie
gładką płytę o ciężarze G i długości l.
Płyta może obracać się wokół łożyska A
oddalonego o b od osi dyszy. Wiedząc,
że natężenie wypływającego strumienia
wynosi Q, a średnica dyszy D,
wyznaczyć składowe reakcji w łożysku
oraz kąt φ o jaki wychyli się płyta w
stanie równowagi.
Napór hydrodynamiczny R rozkładamy na składową normalną
i składową styczną do płaszczyzny płyty:
R = Rn + Rτ
W cieczy doskonałej składowa styczna jest równa zero, wobec
czego całkowity napór reprezentuje tylko składowa normalna:
Rn = R ⋅ cos ϕ
Dalej mamy:
4⋅Q
c=
2
π ⋅D
R = ρ ⋅c ⋅Q
2
4⋅ ρ ⋅Q
⋅ cos ϕ
Rn =
2
π ⋅D
Składowe reakcji w łożysku wyznaczamy z równań rzutów sił
na osie x i y:
∑P
∑P
ix
= Rn ⋅ cos ϕ − RAx = 0
iy
= RAy − G − Rn ⋅ sin ϕ = 0
Skąd otrzymujemy:
2
4⋅ ρ ⋅Q
2
RAx =
⋅
cos
ϕ
2
π ⋅D
4 ⋅ ρ ⋅ Q2
2 ⋅ ρ ⋅ Q2
RAy = G +
⋅ cos ϕ ⋅ sin ϕ = G +
⋅ sin 2ϕ
2
2
π ⋅D
π ⋅D
Kąt nachylenia płyty w stanie równowagi wyznaczamy z
równania momentów względem punktu A:
b
l
∑ M A = Rn ⋅ cos ϕ − G ⋅ 2 ⋅ sin ϕ = 0
Otrzymujemy:
2 ⋅ Rn ⋅ b
sin ϕ =
G ⋅l
⋅ l ⋅ cos ϕ
Po podstawieniu zależności na reakcję mamy ostatecznie:
8 ⋅ ρ ⋅ Q2 ⋅ b
ϕ = arcsin
2
π ⋅G ⋅l ⋅ D
Przykład 3
Przez krzywak o średnicy D=80
[mm] przepływa woda z
natężeniem Q=0,08 [m**3/s].
Pomijając straty obliczyć napór
strumienia wody na krzywak.
Część dopływowa krzywaka
usytuowana jest pod kątem α=π/6
do poziomu, a część odpływowa
pod kątem π/3. W przekroju
dopływowym i odpływowym
panuje jednakowe ciśnienie
otoczenia pb.
Składowe naporu hydrodynamicznego wynoszą odpowiednio:
Rx = ρ ⋅ Q ⋅ (c1x − c2 x )
R y = ρ ⋅ Q ⋅ (c1 y − c2 y )
Gdzie:
Co daje:
c1x
1x = c ⋅ cosα
c1 y = c ⋅ sin α
c2 x = −c ⋅ cos β
c2 y = c ⋅ sin β
Rx = ρ ⋅ Q ⋅ c ⋅ (cos α + cos β )
R y = ρ ⋅ Q ⋅ c ⋅ (sin α − sin β )
Po podstawieniu:
Otrzymujemy:
4⋅Q
c=
π ⋅ D2
4 ⋅ ρ ⋅ Q2
⋅ (cos α + cos β )
Rx =
2
π ⋅D
4 ⋅ ρ ⋅ Q2
Ry =
⋅ (sin α − sin β )
2
π ⋅D
Napór wypadkowy wynosi:
2
Q
4
⋅
⋅
ρ
R = Rx2 + R y2 =
⋅ 2 ⋅ [1 + cos(α + β )]
2
π ⋅D
π
π
π
Suma kątów wynosi:
α +β =
Wobec czego mamy:
4 ⋅ 2 ⋅ ρ ⋅ Q2
R=
π ⋅ D2
6
+
3
=
2
Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymujemy:
2
4 ⋅ 2 ⋅1000 ⋅ 0,08
R=
= 1802[N ]
2
3,1415 ⋅ 0,08
Przykład 4
Strumień wody o natężeniu q=0,01
[m**3/s] wypływa z dyszy i uderza w
płaskie łopatki koła wodnego o
promieniu podziałowym r=1,0 [m].
Pomijając straty, obliczyć moc
użyteczną oraz sprawność koła, jeżeli
jego prędkość kątowa wynosi ω=5,0
[1/s], a pole przekroju poprzecznego
dyszy A=500 [mm**2]. Dla jakiej
prędkości obrotowej ω koło osiągnie
moc maksymalną?
Moc użyteczną koła wodnego określa zależność:
Nu = M ⋅ ω
Gdzie moment M wynika z zasady krętu:
M = ρ ⋅ Q ⋅ (c − u ) ⋅ r
N u = ρ ⋅ Q ⋅ (c − u ) ⋅ ω ⋅ r
Q
Gdzie z kolei mamy: u = ω ⋅ r
c=
A
Czyli:
Co daje:

Q
Nu = ρ ⋅ Q ⋅  − ω ⋅ r  ⋅ω ⋅ r
A

Po podstawieniu danych liczbowych otrzymujemy:
 0,01

N u = 1000 ⋅ 0,01 ⋅ 
− 5 ⋅1 ⋅ 5 ⋅1 = 750[W ]
 0,0005

Z kolei moc doprowadzona do koła wyraża się wzorem:
Nd = ρ ⋅ g ⋅ Q ⋅ H
2
Gdzie wysokość rozporządzalna H wynosi:
A ponadto:
Q
c=
c
H=
2⋅ g
A
Co daje:
ρ ⋅Q
3
3
1000 ⋅ 0,01
Nd =
=
= 2000[W ]
2
2
2⋅ A
2 ⋅ 0,0005
Nu
750
η=
=
= 0,375
N d 2000
Sprawność koła wynosi więc:
W celu wyznaczenia prędkości kątowej odpowiadającej
maksymalnej mocy koła należy równanie na moc użyteczną
przekształcić i zróżniczkować względem prędkości kątowej
(
N u = ρ ⋅ c ⋅ A ⋅ (c − ω ⋅ r ) ⋅ ω ⋅ r = ρ ⋅ A ⋅ r ⋅ c 2 ⋅ ω − c ⋅ ω 2 ⋅ r
∂N u
= ρ ⋅ A ⋅ r ⋅ c2 − 2 ⋅ c ⋅ω ⋅ r = 0
∂ω
(
)
Warunek ekstremum
Po wstawieniu danych liczbowych otrzymujemy:
[ ]
c
Q
0,01
=
=
= 10 1
ω=
s
2 ⋅ r 2 ⋅ r ⋅ A 2 ⋅1 ⋅ 0,0005
)
Przykład 5
Do koła Segnera o średnicy D
doprowadzona jest woda, której
natężenie przepływu wynosi Q.
Pomijając opory tarcia oraz straty
przepływu wyznaczyć prędkość
kątową wirowania ω. Przyjąć
średnicę dysz wylotowych równą d.
Założyć, że wypadkowy moment na
kole jest równy zero.
Koło Segnera obraca się w kierunku przeciwnym do wypływu
wody, wobec czego absolutna prędkość wypływu c wynosi:
Gdzie:
c = w−u
D
0,5 ⋅ Q ⋅ 4 2 ⋅ Q
w=
=
u =ω⋅
2
2
2
π ⋅d
π ⋅d
Moment reakcji hydrodynamicznej z zasady krętu wynosi:
D
D
M = ρ ⋅ Q ⋅ ⋅ c = ρ ⋅ Q ⋅ ⋅ (w − u )
2
2
Ponieważ pomijamy opory tarcia musi być M=0, co daje:
w−u = 0 → w = u
Po podstawieniu do powyższego zależności na prędkości w i u
otrzymujemy:
2⋅Q
D
4⋅Q
=
⋅
→
=
ω
ω
2
2
π ⋅d
2
π ⋅d ⋅D