2014.11.24.
Gázdinamika Dr. Kristóf Gergely 2014 november 18.
Kis zavarások terjedési sebessége dv ρ + dρ p + dp
a − dv
a
a
ρ + dρ
ρ, p
ρ, p
p + dp
Kontinuitás: A(a − dv )(ρ + dρ ) = a ρ A Mozgáegyenlet:
a
a dρ = ρ dv r r I = P
∑
∑
a2 =
A ρ a (a − (a − dv )) = A dp 4 43 4 123 142 qm
dp dρ
Acélban ~5000 m/s Vízben ~1500 m/s Levegőben ~340 m/s
dv
dp = ρ a dv
Allievi-elv
Ideális gázokban p
Állapotegyenlet:
= RT
ρ Feltételezzük, hogy mindkét fajhő állandó érétkű. Belső energi:
Entalpia:
u = cv T
Specifikus gázállandó: R = c p − cv =
Fajhőviszony:
γ=
cp cv
h=u+
p = cp T ρ
J Ru 8314 ; Rair = = 287 M 29 kg K
pl. kétatomos gázokra:
γ = 1 .4
1
2014.11.24.
Hangsebesség ideális gázokban A kompresszió gyorsan megy végbe, nincs elegendő idő és elmozdulás a hőátadáshoz és súrlódáshoz ezért a folyamat izentrópikus: p = const. γ
ρ
ln p − γ ln ρ = ln(const.) dp dρ −γ =0 p ρ dp p = γ = γ RT dρ ρ
Levegőre: T=0°C: a=331 m/s T=20°C: a=343 m/s
a = γ RT
Nemlineáris hullámterjedés Mi történik, ha még egy hullámot indítanánk?
2 dv
v2
dv
a
v2 > a mivel:
- A második hullám dv sebességű közegben terjed. - A második hullám nagyobb hangsebességgel jellemzett gázban terjed: p↑ → T↑ → a↑ . A második hullám idővel utoléri az elsőt.
Lökéshullámok • Véges ugrásként modellezzük (p, A kompressziós ρ, T, a és v). hullámok meredekednek, lökéshullám alakul ki: • A lökéshullám gyorsabban terjed mint a gyenge hullámok. • A szuperszonikus áramlás lökéshullámok révén tud lelassulni. Az expanziós hullámok elsimulnak:
• Disszipatív folyamat. (Össznyomás csökkenéssel jár.)
2
2014.11.24.
Analógia Sekély vízben megtörő tengeri hullám
Anaógia Vízugrás a mosogatóban
Rezonancia egyenes csőben p
φ Csőhossz: 6.05 m Átmérő: 36 mm Dugattyú löket: 50 cm3.
29 Hz gerjesztésnél: 25000
p [Pa]
20000 15000 10000 5000 0 0
1
2
3
4
5
6
7
-5000 -10000 -15000
Forgattyús szög φ [rad]
3
2014.11.24.
Kis zavarások terjedése szubszonikus és szuperszonikus áramlásban Egy v sebességű objektum helye 0,-1,-2 és -3 s időpontban, továbbá az ekkor keltett hullámok helye t=0 pillanatban:
v=0
v
v=a
v>a
szubszonikus
szuperszonikus
Mach-kúp µ
at
vt
Mach szám: Mach szög:
M=
v a
a v
1 M
µ = arc sin = arc sin
Alkalmazás Puskalövés Schlieren felvételen
[http://www.phschool.com/science/science_news/articles/revealing_covert_actions.html]
4
2014.11.24.
1. feladat Becsülje meg a Mach-szám értékét:
[An album of fluid motion]
Gömbölyű lövedék
Megoldás
Analógia Cserenkov sugárzás
Változó keresztmetszetű cső (1) dA dv dρ + + =0 A v ρ
Kontinuitás: Euler-egyenlet:
v dv = −
Hangsebesség:
a2 =
v2
gas flow
dp
ρ
dp dρ
x
A, v, p és ρ x függvényei
csak
dv dp dρ 2 dρ =− a = −a 2 v ρ 1 dp ρ 23 1
dv dρ dA dv M =− = + v ρ A v 2
(M
2
) dvv = dAA
−1
5
2014.11.24.
Változó keresztmetszetű cső (2)
(M
2
) dvv = dAA
−1
Gyorsulás
Lassulás
M<1
Szűkülő
Bővülő
Szuperszonikus M>1
Bővülő
Szűkülő
Szubszonikus
Ha M=1 , akkor dA=0: a felületnek szélsőértéke van (minimuma). gázáramlás M<1
M=1
M>1
Energiaegyenlet (1) r r r r ∂ v2 v2 ( u + )ρ dV + ∫ ( u + )ρ v dA = Q + W − ∫ p v dA ∂t V∫ 2 2 A A
Stacionárius áramlásban:
2
∫( h +
W
A
V
Q
r r v2 ) ρ v dA = Q + W 2
A tömegárammal súlyozott torló-entalpiákat az 1 és 2 keresztmetszetben ht,1 és ht,2 -el jelölve:
A 1
(ht ,2 − ht ,1 )qm = Q + W
Energiaegyenlet (2) vékony áramcső
2
Az áramcső mozgó falú csőnek tekinthető. Alkalmazzuk az energiaegyenletet állandósult áramlásra a következő feltételezésekkel: -az áramcső hőszigetelt (Q=0); -csúsztatófeszültség nem adódik át az áramcső felületén (W=0).
1
Ezek alapján a torló entalpia állandó:
ht ,2 = ht ,1
6
2014.11.24.
Izentrópikus áramlás (1)
( )
A termodinamika I. főtétele: T ds = du + p d ρ −1 ideális gázokra:
T ds = cv dT −
izentrópikus áramlásra:
cv
p
ρ2
dρ = cv dT − RT
dρ
ρ
dT dρ =R T ρ
R c p − cv = = γ −1 cv cv T2 ρ 2 = T1 ρ1
γ −1
dT dρ = (γ − 1) T ρ
Izentrópikus áramlás (2) dT dρ = (γ − 1) T ρ dp dρ dT = + p ρ T
dp dT dT = (γ − 1) − T p T
γ
dT dp = (γ − 1) T p γ −1
T2 p2 = T1 p1
γ
Izentrópikus áramlás (3) Referencia állapot
pt
p→0 max
t * M=0
M=1
M→∞
7
2014.11.24.
Izentrópikus áramlás (4) Egy áramcsőre alkalmazva az energiaegyenletet: ht = h +
v2 = constant 2
(A Bernoulli-egyenlettel analóg.) A vonatkoztatási állapotjelzők kapcsolata: M =0
M =1
ht = h* +
M =∞
v*2 v2 = max 2 2
v* = a*
Izentrópikus áramlás (5) T hőmérséklet kifejezhető M Mach-szám függvényeként: ht = h +
v2 2
c pTt = c pT +
v2 2
1 a 2 = γ R T = γ c p 1 − T = (γ − 1)c pT γ
at2 a 2 v2 = + γ −1 γ − 1 2 at2 a2
=
Tt γ −1 2 = 1+ M T 2
Izentrópikus áramlás (6) Az izenrópikus egyenlettel felírhatjuk a helyi nyomást és sűrűséget Mach-szám függvényeként: γ
γ
1
1
pt Tt γ −1 γ − 1 2 γ −1 = = 1 + M p T 2
ρ t Tt γ −1 γ − 1 2 γ −1 = = 1 + M 2 ρ T Kritikus viszonyszámok (M=1 állapotra): γ
T* 2 = Tt γ + 1
γ=1.4 esetén:
0.83
p* 2 γ −1 = pt γ + 1
0.53
1
ρ* 2 γ −1 = ρ t γ + 1 0.63
8
2014.11.24.
2. feladat
Határozza meg a maximális sebességet izentrópikus áramlásban, ha adottak γ=1.4, R=287 J/kg-K és Tt=1000 K !
Megoldás
Izentrópikus áramlás (8) qm = ρ v A =
Tömegáram:
ρ a ρt M at A at ρt
γ −1 2 qm = M 1 + M 2 1
+
1
γ −1 2
=
1 1 − + γ −1 2
ρ t at A
2 + γ −1 1 γ +1 = 2(γ − 1) 2 γ − 1
=
γ −1 2 qm = M 1 + M 2 γ −1 qm = 1 + 2
−
1 γ +1 2 γ −1
−
1 γ +1 2 γ −1
ρ t at A
ρt at A*
A = f (M ) A*
Izentrópikus áramlás (9) 12
1 γ +1
10
γ − 1 2 2 γ −1 M −1 1 + M A 2 = 1 γ +1 A* γ − 1 2 γ −1 1 + 2
A 8 A* 6 4 2 0 1 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0
0.5
1
1.5
1
2.5
3
3.5
4
A fenti függvény inverzével megkaphatjuk Mach-szám értékét adott A/A* keresztmetszet viszonyhoz.
T Tt ρ ρt
p pt 0.5
2
M
1.5
2
M
2.5 3
3.5
4
9
2014.11.24.
3. feladat a) Mi az optimális Aout/A* keresztmetszet viszonya egy felszínközeli repüléshez tervezett rakétahajtóműnek, ha az égőkamra nyomása pt=10 barA és a fajhőviszony γ=1.3. Használja a gáztáblázatokat!
pt A* Aout
b) Határozza meg a tömegáramot Tt=1300 K, R=462 J/kg-K és Aout=20 cm2 esetén. c) Számítsa ki a tolóerőt! Megoldás
A tolóerő függvény Az impulzustétel egy stacionárius csatornaáramlásra:
(
)
(
)
Fprop = p2 + ρ 2v22 A2 − p1 + ρ1v12 A1 + p0 ( A1 − A2 )
(
)
F = p + ρ v2 A
Fprop 2 1 F F*
1.4 1.35 1.3 1.25 1.2 1.15 1.1 1.05 1 0.5
F p + ρ v2 A p 1+ γ M 2 A = = F* p* + ρ* v*2 A* p* 1 + γ A*
p0
Csak M függvényei γ
1
1.5
2
2.5
3
3.5
γ
p p p γ + 1 γ −1 = t = p* p* pt 2
4
M
γ − 1 2 γ −1 M 1 + 2
Merőleges lökéshullám (1) v2
4 ismeretlen van. Egyet kiküszöbölhetünk: p2 = R T2
p2 , ρ 2 , T2
p1 , ρ1 , T1
ρ2
Energia egyenlet:
Stacionáriussá tehetjük!
v1
Kontinuitás: Mozgásegyenlet:
v1
v1 ρ1 A = v2 ρ 2 A
(p + ρ v ) A = (p 1
2 1 1
2
)
+ ρ 2 v22 A
c pT1 + ρ1 v1 A = c pT2 + ρ 2 v2 A 2 2 v12
v22
10
2014.11.24.
Merőleges lökéshullám (2) Izentrópikus áramlásnál a Mach-szá volt a kulcs ... ... próbáljuk megoldani M2(M1) kapcsolatra! p1 M 1 (γ R T1 )1 / 2 = ... R T1
ρ1 v1 = ... ρ v2 p1 1 + 1 1 = ... p1
p1 + ρ1 v12 = ...
v2 p1 1 + γ 12 = ... a 1
(
)
p1 1 + γ M 12 = ... c pT1 +
v12
2
γ R v12 T1 1 + = ... 2 c a2 p 1
= ...
γ −1 2 T1 1 + M 1 = ... 2
Merőleges lökéshullám (3) (b)
(a) p1 M 1 (γ R T1 )1 / 2 = ... R T1
(
)
p1 1 + γ M 12 = ...
M1
a*b-1*c0.5
(c) γ −1 2 T1 1 + M 1 = ... 2
1+
1 + γ M 12
γ −1 2
γ −1 2 M 12 1 + M 1 1 + γ M 22 2
(
)
M 12 =
2
M2
1 + γ M 22
1+
γ −1 2
M 22
γ −1 2 M 2 1 + γ M 12 = M 22 1 + 2
(
)
2
Másodfokú egyenlet (M2) 2-re. Rendezzük polinómiális alakra: M 24 (...) + M 22 (...) + (...) = 0
Merőleges lökéshullám (4) 5 4
M2
3
M 22
2 1 00
1
2
3
4
M 12 + =
2
γ −1
2γ M 2 −1 γ −1 1
5
M1 Ez az ág egy expanziós lökéshullámhoz tartozik. Van fizikai tartalma?
11
2014.11.24.
Merőleges lökéshullám (5) Nyomásviszony:
p2 1 + γ M 12 = = f (M 1 ) p1 1 + γ M 22
(b)
γ −1 2 1+ M1 T2 2 = = g (M 1 ) γ − 1 T1 1 + M 22 2
Hőmérséklet viszony: (c)
ρ 2 p2 T2 = ρ1 p1 T1
−1
= h(M 1 )
Merőleges lökéshullám (6) γ
Tt 2 γ −1 pt 2 γ pt 2 p2 p2 T2 p2 T1 γ −1 p2 = = = γ pt1 p1 pt1 p1 T2 p1 Tt1 γ −1 p1 T1 5
p2/p1
4
ρ2/ρ1
3
T2/T1
2 1 0
1
1.5
2
2.5
3
M2 pt2/pt1
M1
Entrópia produkció
Az entrópia változás meghatározható a nyomás és hőmérséklet viszonyok alapján: dp dp Tds = dh − = c p dT − RT ρ p ds γ dT dp = − R γ −1 T p s2 − s1 T p γ = ln 2 − ln 2 R γ − 1 T1 p1
Általánosságban:
e
s2 − s1 R
γ
T γ −1 p1 = 2 p2 T1
Lökéshullámra:
e
s2 − s1 R
=
pt1 pt 2
Az expanziós lökéshullám entrópia csökkenéssel járna, ezért nem lehetséges.
12
2014.11.24.
Rankine-Hugoniot relációk Az állapotjelzők arányát az izentrópikus arányhoz viszonyítjuk 1.4
T2 T1 T2 T1
shock
=
isent
1.35
ρ1 ρ2
1.3
shock
ρ1 ρ2
1.25 1.2 1.15
isent
1.1 1.05 1
1
2
3
4
5
6
7
8
9 10
p2 p1
A gyenge lökéshullámok majdnem izentrópikusak. ... viszont a terjedési sebesség lényegesen nagyobb lehet a-nál.
4. feladat A fúvóka Aw. keresztmetszetében van egy álló merőleges lökéshullám.
1 2 Ain Aw
Aout
γ = 1.4
M in = 2
pin = 100 kPa A
Tin = 270 K
Aw / Ain = 2
Aout / Ain = 3
a) Határozza meg a kilépő Machszámot (Mout)! b) Mekkora az ellennyomás (pout)? Megoldás
Ferde lökéshullám (1)
M1>1
M1>1 a
µ
vw>a
M2=M1
v sík lap
v
β • • •
δ
Az áramlás iránya δ szöggel eltérül. Nyugvó közegben a lökéshullám gyorabban terjed a hangnál, ezért : β>µ M2 > 1 is lehetséges ferde lökéshullám esetén.
13
2014.11.24.
Ferde lökéshullám (2)
v1
β
v2 n
v 2t
v1n = v1 sin β
v2
v1n
v1t
v1t = v1 cos β
β −δ
v2 n = v2 sin (β − δ ) v2t = v2 cos (β − δ )
β
δ
Oblique shockwaves (3) Ellenőrző felület
ρ1v1n = ρ 2v2 n ρ1v1n (v1n − v2 n ) = p2 − p1 ρ1v1n (v1t − v2t ) = 0 h1 +
β
δ
(
)
v1t = v2t
(
1 2 1 v1n + v12t = h2 + v22n + v22t 2 2
)
ρ1v1n = ρ 2v2 n
Ugyanazok az összefüggések, mint merőleges lökéshullámra!
p1 + ρ1v12n = p2 + ρ 2 v22n h1 +
v12n v2 = h2 + 2 n 2 2
Ferde lökéshullám (4) Képezzük a Mach-számok normális irányú komponensét: M 1n = M 1 sin β
M 2 n = M 2 sin (β − δ )
A statikus állapotjelzők arányait a merőleges lökéshullám táblázata alapján meghatározhatjuk: 2 M 12n + γ −1 2 M 2n = 2γ M 2 −1 γ − 1 1n p2 = f (M 1n ) p1
T2 = g (M 1n ) T1
ρ2 = h(M 1n ) ρ1
Még nem tudjuk a vetítéshez szükséges β szöget.
14
2014.11.24.
Ferde lökéshullám (5) β v1n
v1t
v2t
v2 n
tg β =
β −δ
v1n v1t
tg (β − δ ) =
v2 n v2t
v1t = v2t
merőleges l.h. sűrűségviszonya:
(γ + 1) M12 sin 2 β v v ρ tg β = 1n 2t = 2 = tg (β − δ ) v2 n v1t ρ1 (γ − 1) M 12 sin 2 β + 2 M 12n
Felrajzolhatjuk β szöget M1 és δ függvényében!
Ferde lökéshullám (6) tg β (γ + 1) M 12n = tg (β − δ ) (γ − 1) M 12n + 2
δ szintvonalai: δ
Merőleges lökéshullám
β
arc sin
1 M1
Mach wave
M1
Ferde lökéshullám (7)
• Mmin minimális Mach-szám fölött két β szög létezik adott δ értékhez (βerős > βgyenge). Külső áramlás esetén csak a gyengébb hullám figyelhető meg, szélcsatornában viszont az erős hullám is előállítható. • Mmin értéke δ-tól függ. Mmin alatt nem jön létre ferde lökéshullám. Lekapcsolt orrhullám alakul ki. • Definiálhatunk egy δmax maximális szöget is mely felett nem jön létre ferde lökéshullám az ék előtt adott Mach-szám esetén.
15
2014.11.24.
Ferde lökéshullám (8) M=állandó
„tompa test”
„áramvonalas test”
Növelve a szárny vastagságát a lökéshullám leválik, az áramlás merőleges lökéshullámon keresztül éri el a szárnyat, ezért nagyobb nyomás alakul ki a belépő él közelében.
NASA visszatérő egység Mercury Project 1959
Kozmikus lökéshullám A Hubble image
16
2014.11.24.
A Föld orrhulláma napszélben
5. feladat a)
Légbevezetés orrkúppal
M1
b) Orrkúp nélkül
M1
δ
M2
δ
M1 = 3
δ = 8°
M2 = ? M3 = ? M4 = ?
M1 = 3 pt 2 =? pt1
M2 = ? pt 4 =? pt1
Megoldás
Milyen hullám lehet ez?
Hullámkép egy F22 vadászrepülőgép körül
17
2014.11.24.
Szuperszónikus áramlás szárny körül
Expanziós hullámok kondenzációval
Prandtl-Meyer expanzió (1) Kompresszió + lassulás
Expanzió + gyorsulás
Az áramlásirány változása szuperszonikus áramlásban közvetlenül összekapcsolható a gyorsulással és lassulással. Izentrópikus esetekre szorítkozunk, ezért csak expanzió és gyenge lökéshullámok elemzésére alkalmas a módszer.
18
2014.11.24.
Prandtl-Meyer expanzió (2) (v+dv) cos dδ - v v
v
(v+dv) sin dδ
β
dδ dδ
β
tg β =
(v + dv ) cos dδ − v (v + dv ) sin dδ
Prandtl-Meyer expanzió (3) tg β =
(v + dv ) cos dδ − v (v + dv ) sin dδ
If dδ → 0, then cos dδ → 1, and sin dδ → dδ. tg β =
β a Mach- szög:
dv v dδ
v2 − a2
a v
β tg β =
a v2 − a2
=
1
M 2 −1
=
dv v dδ
dδ =
dv M 2 −1 v
Prandtl-Meyer expanzió (4) dv/v a Mach-számmal kifejezhető: dv dM 1 dT = + v M 2 T Tt γ −1 2 Tt = const. amelyben = 1+ M T 2 T − t2 dT = (γ − 1)M dM T
(γ − 1)M 2 dM dT =− γ −1 2 M T 1+ M 2 γ −1 2 γ − 1 2 1+ M − M dv dM 1 dM 2 2 = = γ −1 2 γ −1 2 M v M 1+ M 1+ M 2 2
19
2014.11.24.
Prandtl-Meyer expanzió (5) dδ =
dδ =
dv 1 dM = v 1+ γ −1 M 2 M 2
dv M 2 −1 v
M
M 2 − 1 dM γ −1 2 M 1+ M 2
∫
δ =
1
M 2 −1 1+
γ −1 2
M
2
dM M
Ez az integrál a Prandtl-Meyer expanziós függvény:
δ =
γ + 1 γ − 1 2 atg M −1 γ − 1 γ + 1
(
) − atg
M 2 − 1
6. feladat Egy lekerekített nyíláson keresztül levegő áramlik ki nagy sebességgel. Egy adott pontban az áramlás iránya a nyílás tengelyével 45°-os szöget zár be. A) Mekkora a Mach-szám az adott pontban? B) Mekkora a maxiámális eltérítési szög elhanyagolhatóan kicsi ellennyomás esetén?
45°
Megoldás
Hodográf (1) Alkalmazási problémák: 1) M vektor hossza → ∞ növekvő δ szög esetén 2) a vektor hossza nem a sebességgel arányos. Ezért bevezetjük M*=v/a* dimenziótlan sebességet a M=v/a Mach-szám helyett: M *2 =
v2 *2
a
=
v2 a2 a 2 a* 2
=M2
T T*
γ −1 2 M * 2 = M 2 1 + M 2 M *2 =
(γ + 1)M 2 2 + (γ − 1)M 2
és
=M2
−1
M2 =
T Tt Tt T *
γ +1 2 2 M *2
γ + 1 − (γ − 1)M * 2
20
2014.11.24.
Hodográf (2) dδ =
dv M 2 −1 v
dδ =
M2 =
dM * M
2 M *2
γ + 1 − (γ − 1)M * 2
M *2 −1 γ −1 *2 1− M γ +1
*
dδ integrálja egy epiciklois képletére vezet.
Hodográf (3)
δ és M1 adottak. - Mi lesz M2 nagysága és iránya? - Milyen irányú a hullám?
M*1
A geometriai sík:
M*2
δ A hodográf sík:
0.4 0.2
δ
0
M*1 M*2
-0.2 -0.4
0
0.5
1
1.5
2
7. feladat Kérem, oldja meg grafikus módszerrel az alábbi kettős visszaverődési feladatot! M1=1.28, δ=5°.
M1
1
3
2
δ Határozza meg M2 és M3 vektorokat és a hullám irányát! Megoldás
21
2014.11.24.
Csatorna áramlás eltérítése
Nyomáslengés, amely hidraulikai veszteségeket okoz.
Nincs visszavert hullám. (Csak egy hullám alakul ki.)
Görbült felület feletti hullámok (1) Expanzió
Kompresszió
Csak a fal közelében izentrópikus az áramlás (a határréteget kivéve).
Görbült felület feletti hullámok (2)
M=1.96
[An Album of Fluid Motion, 227]
22
2014.11.24.
Szuperszónikus szabadsugár
Alulexpandált:
p+
p-
p+
p-
p-
p+
p-
p+
p-
Shock diamonds
Túlexpandált: p-
Virgin Galactic Spaceship 2 January 2014.
[An Album of Fluid Motion, 168]
M=1.8
Laval fúvóka pex
pt p pt
szubszónikus áramlás transszónikus áramlás+ merőleges lökéshullám
szuperszónikus áramlás
x
Lökéshullám-cső
Egyszerű módszer erős lökéshullámok és hiperszónikus áramlás előállítására.
Riemann probléma 4
1
4 p
3
2
1
expanziós kontakt lökéshullám diszkontinuitás hullám
p2=p3 T
x
T1=T4
x
v Az expanziós hullámnak mindig kissé nagyobb a nyomásviszonya.
va3=va2 Sebességek abszolút rendszerben
x
23
2014.11.24.
8. feladat Mi lesz a Mach-szám abszolút rendszerben a kontakt diszkontinuitás jobb és bal oldalán, egy száraz levegővel működő lökéshullámcsőben ha a kezdeti hőmérséklet 300 K és a kezdeti nyomásviszony 100?
Megoldás
NPL 2” gun tunnel
[L.Davies: On the Equilibrium Piston Technique in Gun Tunnels, 1968]
24
