Δεύτερο υποχρεωτικό θέμα
Κωνσταντίνος Μπουζαλάς(Ομάδα 70)
Κωδικός:02109642
1
Εισαγωγή.
Το πρόβλημα μου έχει να κάνει με την υδροδυναμική λίπανση. Στρεφόμενη άτρακτος στρέφεται στηριζόμενη σε 2 εγκάρσια έδρανα ολισθήσεως. Λόγω του μικρού
διακένου μεταξύ της ατράκτου και των εδράνων δεν εχούμε μεγάλους αριθμούς
Reynolds, κατεπέκταση έχουμε έρπουσα ροή. Δεδομένα:
I = 70, Αριθμός ομάδας
R = 50(mm), ΄Ακτινα ατράκτου
L = 200(mm), Πλάτος εδράνων
c = 70 ∗ 10−3 (mm),Ανοχή
µ = 8 + 0.1 ∗ I(mP as ∗ s), Ιξώδες λιπαντικού
ε = 0.1 + 0.01 ∗ I, Λόγος εκκεντρότητας
Η ροή μπορεί να αναπαρισταθέι και ως:Το ρεύστο ρέει ανάμεσα σε δύο πλάκες
η μια με ταχύτητα 0 ωR0 και η άλλη ακίνητη σχηματίζωντας μικρή γωνία με την
άλλη πλάκα.
2
Ερώτημα 1’.
Η εξίσωση της υδροδυναμικής λίπανσης είναι :
d h3 dp
ωR dh
(
)=
dx 12µ dx
2 dx
όπου:
x
h(x) = c(1 + εcos( R
)), το διάκενο μεταξύ ατράκτου και εδράνου συναρτήση
της μετατόπισης κατά μήκος του περιγραμμάτος της ατράκτου.
x = Rθ
θ : η γωνία μετρούμενη απο τον άξονα που συνδεεί το κέντρο της ατράκτου
και του κέντρου της κυκλικής οπής του εδράνου προς την πλεύρα του μέγιστου
διακένου hmax .
Η αναλυτική λύση βρίσκεται :
p(θ) = 6µω(
R 2 ε(2 + εcos(θ))sin(θ)
)
+ p(0)
c (2 + ε2 )(1 + εcos(θ))2
1
Για την αριθμητική λύση θα κάνω χρήση της runge-kutta(4th order).Θέλω να
επισημάνω ότι η μονάδα μέτρησης της πίεσης είναι 100bar.
Figure 1: Γραφική παράσταση αναλυτικής λύσης/αριθμητικής λύσης.
Figure 2: Γραφική παράσταση διαφοράς τιμών των δύο λύσεων.
2
3
Ερώτημα 2’
Για την εύρεση του σημείου (θm ), μεγίστου πίεσης :
cos(θm ) = −
3ε
→ θm = 155.38o
2 + ε2
Και λύνωντας την αναλυτική λύση για αυτή την γώνια :
p(θm ) − p(0) = 186.9bar
Οι θέσεις των ακρότατων του διακένου h(θ) βρίσκονται εκεί που μηδενίζεται
η παράγωγoς dh(θ)
dθ :
θ1 = 0 → h(θ1 ) = c(1 + ε) = 0.126mm ,μέγιστο
και
θ2 = π → h(θ2 ) = c(1 − ε) = 0.014mm , ελάχιστο
4
Ερώτημα 3’.
Η κατανομή της ταχύτητας u(z) συναρτήσει της x και κατεπέκταση ως προς την
γωνία θ βρίσκεται :
u(z) =
1 ∂p 2
ωR
(z − zh(x)) + (
)z
2µ ∂x
h(x)
Να επισημάνω ότι z → 0 ακίνητη πλάκα και
z → h(x) κινούμενη πλάκα(στρεφόμενη ).
Figure 3: u(z) για θ = k π5 .
3
Εδώ βλέπουμε ότι η κατανομές ταχύτητας επαναλμβάνονται αντίστροφα μετά
το θ = π δηλάδη u(z) είναι ίσο για θ = θ0 = 2π − θ0 .
5
Ερώτημα 4’.
Η δύναμη F , λόγω πιέσεων στην επιφάνεια της ατράκτου για τους άξονες x,y
αντίστοιχα είναι:
Z 2π
Fx
=
p(θ)Rcos(θ)dθ = 0
L
0
και
Fy
=
L
2π
Z
p(θ)Rsin(θ)dθ = 1373.3
0
kN
m
και η ανά έδρανο δύναμη είναι για L = 200mm :
kN
Fy
= 274, 66
εδρανo
m
Η δύναμη Fw , λόγω των διατμητικών τάσεων στην επιφάνεια της ατράκτου
είναι:
Z 2π
Fwx
kN
=
tw (θ)Rsin(θ)dθ = −0.192(
)
L
m
0
και
Fwy
=
L
Z
2π
tw (θ)Rcos(θ)dθ = 0
0
όπου:
tw (θ) = tzx |z=h = µ( ∂u
∂z )
Fwx
= −0.0384( kN
Και η δύναμη ανα έδρανο είναι: δρανo
m )
Τέλος βλέπουμε οτι η δυνάμεις λογώ πίεσης είναι τέσσερεις τάξεις πάνω:
Fp
Fw = 7152.6
6
Ερώτημα 5’.
Τώρα για την δύναμη λόγω πιέσεων , ολοκληρώνουμε την πίεση απο 0 → π
Z π
Fx
kN
=
p(θ)Rcos(θ)dθ = −582.855
L
m
0
και
Fy
=
L
Z
π
p(θ)Rsin(θ)dθ = 686.65
0
4
kN
m
Για την γωνία(ϕ) που σχηματίζει ο άξονας x που περνάει απο τα δύο κέντρα
με το οριζόντιο επίπεδο μπορεί να βρεθεί αφου ξέρουμε ότι το κέντρο πίεσης έχει
διεύθυση κάθετη σε αυτό. H γωνία (ϕ) που σχηματίζει ο άξονας x με το κάθετο
επίπεδο που περνάει απο εκεί το κέντρο πίεσης είναι: tan(ϕ) = Fy /Fx , που λόγω
συμμετρίας ως προς τον άξονα x, αρκεί να βρούμε την διεύθυνση της F από 0-π.
685.65
→ ϕ = −49.5o Επομένως η γωνία γ που σχηματίζει ο
tan(ϕ) = − 582.855
άξονας x με το οριζόντιο επίπεδο έιναι γ1 = ϕ − 90o = −139.5o και γ2 = ϕ + 90 =
+40.5o
7
Ερώτημα 6’.
Αρχικά θα θεωρήσω ότι οποιαδήποτε μεταβολή στην θερμοκρασία προήλθε από
τριβές (αδιαβατική ροή) . Δηλαδή η εξίσωση διατήρησης της ενέργειας γράφεται:
ρ
de
∂u
1 ∂u
De
= Φ → ρu
= 2µ(( )2 + ( )2 )
Dt
x
∂x
2 ∂z
όπου: e(x) = cp∗T (x), (εσωτερική ενέργεια, kJ
kg ) και η θερμοκρασία είναι συνάρτηση
μόνο της x- συνιστώσας δηλαδή της περιφερειακής διεύθυνσης .Επίσης η κλίση της
ταχύτητας προς την περιφεριακη κατεύθυνση στο τετράγωνο έιναι πολύ μικρή.
2
( ∂u
∂x ) → 0
Αν ολοκληρώσω ως προς την z διεύθυνση από 0 εώς h και μετά ολοκληρώσω ως
προς x = Rθ από θ=0 εώς θ=2π. , έχω:
Z
2π
Z
h
ρu ∗ cp ∗
0
όπου: ρ
Rh
0
0
dT (x)
dzRdθ = µ
dx
Z
2π
h
Z
(
0
0
∂u 2
) dzRdθ
∂x
udz, η παροχή μάζας (mp ) και σταθέρη κατά x
mp ∗ cp ∗ (T (2π) − T (0)) = 344.3(
kJ
)→
s
kg
)
s
όπου T (2π) − T (0) = 283K ΄Ολα τα παραπάνω μεγέθη είναι ανά μονάδα μήκους(
το πλάτος -L). ΄Αν τώρα ολοκληρώσουμε ως προς y για πλάτος ενός εδράνου:
mp = 0.608 ∗ 0.2 = 0.06 kg
s .
mp = 0.03(
5