Esame di Fluidodinamica delle Macchine (I modulo)

Esame di Fluidodinamica delle Macchine (I
modulo)
Cognome/Nome
Matricola
N=0
2 Marzo 2012
1. Si consideri il campo di moto potenziale mostrato in Fig. 1 ottenuto dalla sovrapposizione di due vortici controrotanti disposti simmetricamente lungo l’asse
y a distanza a dall’origine. Il vortice posto lungo il ramo positivo dell’asse y è
orario ed entrambi sono caratterizzati dalla medesima circolazione Γ.
• Se ne calcoli il potenziale F e la velocità W nel piano complesso.
• Si calcolino quindi le componenti cartesiane del vettore velocità ed in particolare la distribuzione della componente orizzontale lungo l’asse x (i.e.
per y = 0).
• Si spieghi perchè l’asse x si comporta come una frontiera impermeabile al
fluido.
• Si dimostri che la funzione di corrente assume la seguente forma:
Γ
x2 + (y − a)2
log
4π
x2 + (y + a)2
Γ
4ay
=
log 1 −
4π
x2 + (y + a)2
ψ =
(1)
A tale scopo si utilizzi il potenziale complesso precedentemente ottenuto
oppure si scriva la funzione di corrente utilizzando un sistema di riferimento
bi-polare con i poli nel centro dei vortici.
• Infine, utilizzando l’ Eq. (1), si dimostri che le linee di corrente sono cerchi
di equazione:
2 2
2πψ
2πψ
2
= a csch
(2)
x + y + a coth
Γ
Γ
1
2
P=x+iy
r1
1
Y
r2
0
-1
-2
-2
-1
0
1
2
X
Figura 1: Vortice in prossimità di una parete
Al fine di dimostrare l’equazione (2) si utilizzino le seguenti identità:
e2x + 1
ex + e−x
=
ex − e−x
e2x − 1
2
2 ex
csch x = x
=
e − e−x
e2x − 1
coth x =
Svolgimento
Il potenziale complesso per il campo di moto mostrato in Fig. 1 è:
Γ
Γ
log (z − ia) −
log (z + ia)
2π
2π
(z − ia)
Γ
log
i
2π
(z + ia)
x + i (y − a) [x − i (y + a)]
Γ
log
i
2π
x + i (y + a) [x − i (y + a)]
Γ
x2 + y 2 − a2 − 2 i a x
i
log
2π
x2 + (y + a)2
φ + iψ
F (z) = i
=
=
=
=
Posto pari a:
ζ=
x2 + y 2 − a2 − 2 i a x
= ρ ei ν
2
2
x + (y + a)
2
(3)
l’argomento della funzione log nella (3), si ottiene:
ψ=
Γ
Γ
log ρ =
log ρ2
2π
4π
(4)
dove:
2
2
2
2
ρ = ℜ (ζ) + ℑ (ζ)
(x2 + y 2 − a2 ) + 4 a2 x2
=
2
x2 + (y + a)2
x2 + (y − a)2
=
x2 + (y + a)2
(5)
Sostituendo la (5) nella (4) si ottiene la (1). In alternativa, utilizzando il sistema
di riferimento bi-polare mostrato in Fig. 1, la funzione di corrente si può scrivere:
Γ
Γ
log r1 −
log r2
2π
2π
Γ
r1
=
log
2π
r2
r2
Γ
log 12
=
4π
r2
ψ =
(6)
da cui si ottiene immediatamente l’Eq. (1), tenuto conto che:
r12 = x2 + (y − a)2
r22 = x2 + (y + a)2
Per quanto concerne l’equazione delle linee di corrente, dall’Eq. (1) otteniamo:
e
che, posto α =
4ψπ
Γ
=1−
4ay
x2 + (y + a)2
4ψπ
,
Γ
si può riscrivere nella forma seguente:
x2 + (y + a)2 − 4ay = x2 + (y + a)2 eα
da cui:
x2 + (y + a)2 − 4aβy = 0
avendo posto:
(7)
1
1 − eα
Confrontando la (7) con l’equazione di una generica circonferenza con centro
sull’asse y:
x2 + y 2 + y02 − 2yy0 − R2 = 0
β=
si ottiene:
y0 = a (2β − 1)
(8a)
R2
(8b)
eα
= y02 − a2 = a2 4β (β − 1) = 4 a2
(1 − eα )2
3
da cui:
2 eα/2
= csch (α/2)
(1 − eα )
2
y0 /a = − (1 + 2β) = − 1 + α
e −1
α
e +1
α
= − α
= − coth
e −1
2
(9)
R/a =
(10)
La velocità complessa è:
W =
=
=
=
=
=
iΓ
1
1
−
2 π z − ia z + ia
i Γ 2ia
2 π z 2 + a2
iΓ
2ia
x2 − y 2 + a2 − 2ixy
2 π x2 − y 2 + a2 + 2ixy x2 − y 2 + a2 − 2ixy
i Γ 4axy + i2a (x2 − y 2 + a2 )
2 π (x2 − y 2 + a2 )2 + 4x2 y 2
Γ −2a (x2 − y 2 + a2 ) + i4axy
2 π (x2 − y 2 + a2 )2 + 4x2 y 2
u − iv
(11)
Pertanto, lungo l’asse x:
Γ
−2a
2 π (x2 + a2 )
v = 0
u =
(12)
(13)
Dall’Eq. (13) si evince che l’asse x è una frontiera impermeabile al fluido.
2. Aria attraversa un condotto a sezione costante (termicamente isolato) caratterizzato da un rapporto lunghezza/diametro idraulico pari a L/dH = 15 e da un
coefficiente di attrito pari a f = 0.005. Nella sezione 1 di ingresso il numero
di Mach è pari a M1 = 2 e la temperatura e pressione (valori statici) rispettivamente pari a T1 = 333 K e p1 = 247.5 kPa. Nella sezione 2 di sbocco la
velocità è pari a 329.2 m/s. Si calcolino densità e numero di Mach nella sezione
2. Sapendo poi che un urto retto si localizza tra le due sezioni, si calcoli la
distanza l1,sh , misurata rispetto alla sezione di monte, in cui questo si localizza,
nonchè il numero di Mach Mmonte immediatamente a monte dell’urto.
ρ2 =
l1,sh =
kg/m3 ;
;
Svolgimento
4
M2 =
Mmonte =
;
.
Essendo il flusso S1D, sfruttando l’equazione di conservazione della portata ed i
dati del problema: T1 , p1 , M1 e v2 , è possibile calcolare la densità nella sezione
di sbocco (2):
p
p1
M1 γ R T1 = ρ2 v2
R T1
→
ρ2 = 5.7550125 kg/m3
(14)
Poichè il flusso è adiabatico, la temperatura totale resta costante e pertanto, mediante l’equazione di conservazione dell’energia, è possibile calcolare la
temperatura statica nella sezione di sbocco:
T2 = T20 −
1 v22
1 v2
= T10 − 2 = 545.45642 K,
2 cp
2 cp
essendo:
T10
= T1
γ−1 2
1+
M1
2
= 599.4 K.
Il numero di Mach nella sezione 2 è quindi:
M2 = √
v2
= 0.70319349.
γ R T2
Infine, tramite l’equazione di stato dei gas perfetti è quindi possibile calcolare
la pressione statica nella sezione 2:
p2 = ρ2 R T2 = 900.92413 kPa
Circa il calcolo della posizione dell’urto, vi è da osservare che, poichè il numero
di Mach varia in modo discontinuo attraverso l’urto, la relazione che lega il
fattore adimensionale 4 f l/dh al numero di Mach, va applicata separatamente
fra le sezioni 1 e quella a monte dell’urto (sh, 1) e fra la sezione a valle di questo
(sh, 2) e la sezione 2 di sbocco:
∗
4 f lsh
4 f l1∗ 4 f lsh,1
=
−
dh
dh
dh
∗
4 f lsh,2 4 f l2∗
4 f (L − lsh )
=
−
dh
dh
dh
(15a)
(15b)
Nelle Eq. (15) si è indicata con lsh /dh la distanza (adimensionalizzata) della
sezione in cui si localizza l’urto dalla sezione 1. Sommando le Eq. (15) si ottiene:
∗
∗
4 f lsh,2
4f L
4 f l1∗ 4 f lsh,1
4 f l2∗
=
−
+
−
dh
dh
dh
dh
dh
Nell’Eq. (16) sono noti i termini:
4f L
= 0.3;
dh
4 f l1∗
= 0.30499661;
dh
5
4 f l2∗
= 0.20203209
dh
(16)
mentre sono incogniti i due termini:
∗
4 f lsh,1
dh
∗
4 f lsh,2
dh
(17)
che dipendono, rispettivamente, dai numeri di Mach a monte ed a valle dell’urto. È dunque necessario procedere in modo iterativo, ipotizzando uno (o due, a
seconda del metodo iterativo utilizzato) valori del numero di Mach Msh,1 , calcolare Msh,2 mediante le equazioni dell’urto retto, quindi i corrispondenti gruppi
adimensionali (17), finchè l’equazione (16) è soddisfatta. Il (o i due) valori di
Msh,1 di primo tentativo saranno compresi fra M = 2, che corrisponde ad un
urto in corrispondenza della sezione 1 e il valore del numero di Mach a monte
di urto che si localizzi nella sezione 2. Quest’ultimo si ottiene come segue:
∗
4 f lsh,1
4 f l1∗ 4 f L
=
−
= 4.99662757 10−3
dh
dh
dh
→
Msh,1 = 1.0690155
Risolvendo iterativamente si ottiene:
Msh,1 = 1.8210397
Msh,2 = 0.61186492
lsh
= 2.8070943
dh
(18a)
(18b)
(18c)
3. Aria a pressione e temperatura rispettivamente pari a 150 kPa e 40◦ C e velocità
pari a 50 m/s attraversa un lungo condotto a sezione costante. Due valvole,
poste rispettivamente all’ingresso ed all’uscita del condotto, vengono improvvisamente e simultaneamente chiuse. Si discuta quale tipo di onde vengono
generate dalla chiusura delle valvole e si calcoli la pressione che agisce sulle
valvole subito dopo la chiusura delle stesse.
pingresso = p3 = 122.782 kPa;
puscita = p2 = 182.219 kPa.
Svolgimento
A seguito della chiusura delle due valvolo, le velocità in corrispondenza di esse
si annulleranno, i.e. u3 = u2 = 0. Pertanto, in corrispondenza della valvola
verso cui si muove il flusso, verra generata un’onda d’urto che propaga verso la
valvola opposta (si veda la Fig. 2), mentre verrà generata un’onda di espansione
in corrispondenza della valvola che si trovava a monte rispetto al flusso uniforme
iniziale.
Le condizioni a valle dell’urto riflesso, che si muove con velocità W , si ottengono
calcolando i numeri di Mach relativo a monte (regione 1) ed a valle (regione 2)
dell’urto stesso:
W + u1
u+W
=√
(19a)
Mr1 =
a1
γ R T1
W
W
=√
(19b)
Mr2 =
a2
γ R T2
6
t
dx/dt=−a3
caratteristica C−
dx/dt=u 1−a 1
x
u=0
3
espansione
1
u
W
u=0
2
Figura 2: Schema del condotto ed evoluzione delle onde nel piano (x, t)
Nelle equazioni 19a e 19b sono noti: la velocità (assoluta) u1 e la velocità del
suono a1 . Sono incogniti: la velocità dell’urto W , la velocità del suono a2 ed i
numeri di Mach a monte e valle. Per la soluzione é possibile procedere in modo
iterativo nel modo seguente:
(a) si ipotizza un valore del numero di Mach relativo a monte Mr1 ;
(b) tramite l’Eq. 19a è possibile calcolare la velocità dell’urto Wk , essendo noti
a1 e u;
(c) noto il Mach relativo a monte, tramite le equazioni dell’urto retto si calcolano il Mach relativo e la temperatura statica a valle
(d) infine, tramite l’Eq. 19b si calcola una nuova approssimazione Wk+1 per la
velocità dell’urto.
La tabella 1 mostra i risultati ottenuti mediante il predetto schema iterativo.
La pressione in corrispondenza della valvola di destra si ottiene, nota la p1
calcolando il salto di pressione attraverso l’urto.
Per quanto concerne l’onda di espansione, la curva caratteristica C− mostrata
in Figura 2 trasporta l’invariante di Riemann:
J− =
2 a1
− u1
γ−1
(20a)
2 a3
γ −1
(20b)
dalla regione 1 fino alla valvola di sinistra, dove J − assume il valore:
J− =
7
Tabella 1: Iterazioni per il calcolo della velocità dell’urto.
k
1
2
3
4
5
6
.
14
15
16
17
18
19
Mr1
1.1000000
1.0819006
1.0915577
1.0863527
1.0891432
1.0876428
...... .
1.0881631
1.0881685
1.0881658
1.0881672
1.0881664
1.0881667
Wk
340.09448
333.67587
337.10059
335.25473
336.24429
335.71222
...... .
335.89676
335.89868
335.89767
335.89819
335.89792
335.89804
Wk+1
333.67587
337.10059
335.25473
336.24429
335.71222
335.99786
...... .
335.89868
335.89767
335.89819
335.89792
335.89804
335.89801
Mr2
0.91177040
0.92616528
0.91840744
0.92256647
0.92033035
0.92153084
...... .
0.92111397
0.92110974
0.92111194
0.92111075
0.92111140
0.92111117
essendo nulla la velocità in corrispondenza della valvola. Eguagliando le (20) si
ottiene:
γ−1
M1
a3 /a1 = 1 −
2
21
T3
=
T1
γ−1
p3 2 γ
=
p1
da cui si ottiene:
p3 =
γ−1
1−
M1
2
2γ
γ−1
(21a)
(21b)
(21c)
p1
Si noti che il passaggio dalla (21b) alla (21c) è giustificato dal fatto che l’entropia
delle regioni 1 e 2 è la medesima.
8