Egzamin, 28 stycznia. Poprawa następne strony. Drugi termin. Wyniki 1. termin

Transkrypt

1 Egzamin, 28 stycznia Drugi termin Spotykamy się w piątek, 18 lutego o godz w moim pokoju (215). Ponieważ będę wracał z wyjazd służbowego mogę się spóźnić. Mam numer komórki p. Dominika Grządziela, w przypadku jakichś perturbacji przekażę wiadomość. a.l. Wyniki 1. termin dst db pdb dst dst pdst ndst dst pdst dst dst ndst Grzegorz F. ndst Maciej G. ndst Poprawa następne strony.

2 Fizyka transportu, 1. termin, 28/01/05 1. Kierowca ciężarówki posypującej oblodzoną drogę popiołem wjechał do tunelu nie wyłączając urządzenia. Jednorodne stężenie zapylenia w tunelu (szerokość drogi d = 10 m, wysokość h = 8 m i długość L = 10 m) wynosiło początkowo C 0 = 10 2 /cm 3. Wiedząc, że prędkość graniczna opadania cząsteczek popiołu wynosi V g = 5 mm/s, a prędkość wiejącego w tunelu wiatru wynosi V = 2 m/s oblicz: a) czas po którym stężenie zapylenia w tunelu zmniejszy się dwukrotnie, b) stosunek ilości popiołu, który uległ trwałemu osadzeniu na mokrej jezdni do ilości popiołu, który został wywiany z tunelu. Zakładamy pełne mieszanie w tunelu. Równanie bilansu masy: dc dt V = CV gs CQ, (1.1) gdzie V = Ldh to objętość tunelu, S = dl powierzchnia biegnącej w nim jezdni, s = dh światło tunelu, Q = V s = V dh wydatek wywiewanego popiołu. Po prostych przekształceniach dostajemy równanie różniczkowe na koncentrację C z rozwiązaniem dc dt = C V g h + V L Cα (1.2) C = C(t) = C 0 exp( αt). (1.3) (a) Koncentracja spadnie do połowy wartości początkowej (C 0 ) po czasie τ = ln 2 α = ln 2 V g /h + V/L. (1.4) (b) Oznaczmy masę osadzoną na jezdni przez N os, a wywianą przez N wyw. Mamy

3 N os N wyw = 0 = 0 skąd stosunek (całek z C(t) nie musimy wyliczać) dt C(t)V g Ld (1.5) dt C(t)V hd (1.6) N os = V g L N wyw V h. (1.7) 2. Urządzenie do filtrowania zapylonego powietrza ma kształt prostopadłościanu o objętości V = 1m 3, który podzielony jest na dwie jednakowe komory cienkim i częściowo przepuszczalnym dla powietrza filtrem. Filtr zatrzymuje η = 20% cząsteczek pyłu. Do pierwszej komory wtłaczany jest strumień Q = 5 L/s zapylonego powietrza, w którym stężenie pyłu wynosi C 0 = 20/cm 3. Rysunek 0.1: zad.2 Przyjmując, że ciśnienia powietrza w obu komorach są zawsze jednakowe oraz że stosunek prędkości opadania pyłu do prędkości przelewu wynosi ɛ 0 = 0.01 oblicz: a) stałą czasową dla każdej z komór, b) stężenie pyłu w pierwszej komorze w funkcji czasu, c) równowagowe stężenie pyłu w drugiej komorze. Oznaczamy: C 1 stężenie w lewej komorze, C 2 stężenie w prawej komorze; S i V powierzchnia dna i objętość każdej z jednakowych komór; V g prędkość sedymentacji; V p Q/S prędkość przelewu.

4 Równania bilansu dla lewej (wskaźnik 1) i prawej (wskaźnik 2) komór mają postać V dc 1 dt V dc 2 dt Pierwsze równanie przekształcamy do postaci = C 1 V g S QC 1 + QC 0 (2.1) = C 2 V g S QC 2 + Q(1 η)c 1 (2.2) dc 1 dt = C Q 1 V SV g Q Q V C Q 0 = C 1 V V g Q V p V C Q 0 C 1 V (1 + ɛ) + Q V C 0. (2.3) (a) Stała czasowa (naturalna jednostka czasu) to mnożnik C 1 po prawej stronie równania τ = Q V 1 + V g Q V V p (1 + ɛ). (2.4) (b) m tego równania (niejednorodne całkę szczególną najłatwiej przewidzieć jako stałą) z warunkiem C 1 (0) = C 0 jest C 1 (t) = C ( 0 ɛe t/τ + 1 ). (2.5) 1 + ɛ Powracamy do drugiego równania bilansu proste przekształcenia dają dc 2 dt = Q V C 1(1 η) Q V (1 + ɛ)c 2. (2.6) Wynika stąd, że stała czasowa dla C 2 jest taka sama jak dla C 1 (taki jest mnożnik przy C 2 ; C 1 jest taktowane przez stałą τ). (c) Stężenia równowagowe obliczymy z równań wyjściowych z lewymi stronami przyrównanymi do zera 0 = C1 equil V g S QC1 equil + QC 0 (2.7) 0 = C2 equil V g S QC2 equil + Q(1 η)c1 equil (2.8)

5 Z pierwszego równania mamy natychmiast C equil 1 = C ɛ (wynika to także z 2.5, przy t ). Podstawiając ten wynik do drugiego równania dostajemy (2.9) C equil 2 = C 0(1 η) (1 + ɛ) 2. (2.10) 3. Do jeziora wpuszczono zanieczyszczenie w postaci koloidu, składającego się z cząsteczek o jednakowej objętości. Wiadomo, że zachodzi ich koagulacja na skutek ruchów Browna, którą opisują równania kinetyczne dn k dt = a 2 V i +V j =V k n i n j an k i=1 n i, a = 8kT 3µ. Oblicz a) koncentrację wszystkich cząsteczek w funkcji czasu, b) koncentracje kolejnych TRZECH pokoleń cząsteczek w funkcji czasu. 1. pokolenie n 1 Koncentracja wszystkich cząstek N(t) = i=1 Sumując wyjściowe równanie po wszystkich cząstkach n i. (3.1) dn dt = a 2 N 2 an 2 = a 2 N 2. (3.2) N(t) = N 0 αt + 1, (3.3) gdzie N 0 N(0) = n 1 (t = 0), stała α = N 0 a/2.

6 Dla pierwszego pokolenia (n 1 ) w równaniu wyjściowym (temat) nie ma pierwszej sumy dn 1 dt = an 1N(t). (3.4) Podstawiamy za N(t) z 3.3 i rozwiązujemy (stała całkowania będzie równa zeru z warunku n 1 (0) = N 0 ) N 0 n 1 (t) = (1 + αt) 2. (3.5) 2. pokolenie n 2 Równanie dn 2 dt = a 2 n2 1 an 2 N(t). (3.6) Podstawiamy za N(t) z 3.3 i rozwiązujemy (stałą całkowania wyznaczymy z warunku n 2 (0) = 0). Po trochę dłuższych rachunkach n 2 (t) = N 0αt (1 + αt) 3. (3.7) 3. pokolenie n 3 Równanie dn 3 dt = a 2 (n 1n 2 + n 2 n 1 ) an 3 N(t). (3.8) Znowu podstawiamy za N(t) z 3.3 i rozwiązujemy (stałą całkowania wyznaczymy z warunku n 3 (0) = 0). Po jeszcze dłuższych rachunkach n 3 (t) = N 0α 2 t 2 (1 + αt) 4. (3.9) 4. Między dwoma nieskończenie długimi, współosiowymi walcami o promieniach R 1 i R 2, gdzie R 1 < R 2, znajduje się woda o współczynniku lepkości µ. Oblicz z-ową składową wektora prędkości u z (r) dla przepływu stacjonarnego, wychodząc z z-owej składowej równania Naviera-Stokesa ρ u z t + u r u z r + u φ r u z φ + u z u z = p z z + µ 1 r r r u z r u z r 2 φ + 2 u z 2 z 2

7 w sytuacji, gdy wewnętrzny walec porusza się wzdłuż osi z prędkością V, natomiast zewnętrzny spoczywa. Rysunek 0.2: zad.4 Z wyjściowego równania pozostaje tylko 0 = p z + µ1 r r r u z r Pochodna ciśnienia względem z jest stała (walce są nieskończone). Oznaczając mamy równanie [ u u z ] α 1 µ Całkujemy dwukrotnie postać ogólna to Stałe C i D wyznaczamy z warunków p z. (4.1) = constans (4.2) (ru ) = αr. (4.3) u(r) = αr 2 /4 + C ln r + D. (4.4) u(r 1 ) = 0 u(r 2 ) = V.

8 rachunki są raczej mało przyjazne, rozwiązanie u(r) = α 4 (r2 R 2 1) + α/4(r2 1 R 2 2) + V ln R 2 /R 1 ln r R Do zbiornika z wodą o objętości V = 10 L wsypano mikroskopijne ziarna żelaza o średnicy d = 10 4 mm w ilości dkg, które unoszą się w postaci zawiesiny. Gęstość żelaza ρ Fe = g/cm 3. Wiedząc, że w wyniku reakcji utleniania powstaje Fe 2 O 3 oblicz masę tlenu, która ulega reakcji w czasie pierwszej sekundy (tzn. ilość tlenu we wodzie praktycznie się nie zmienia). Przyjmij, że początkowo była rozpuszczony we wodzie masa m O = 1 g tlenu oraz, że reakcja jest kontrolowana dyfuzją (stężenie tlenu przy powierzchni ziarna wynosi 0), a współczynnik dyfuzji tlenu atomowego we wodzie wynosi D O = cm 2 /s. Masa molowa tlenu atomowego wynosi m O = 16 g. Wskazówka: skorzystaj z I prawa Ficka i oblicz strumień atomów tlenu przy powierzchni jednego ziarna a potem wszystkich ziaren. Całkowita koncentracja c to praktycznie (stała) koncentracja wody. Pierwsze prawo Ficka w układzie laboratoryjnym (spoczywającym) ma postać J O = x 0 (J O + J Fe ) D O c x O. (5.1) Oznaczenia: indeksy O i O to tlenek żelaza i tlen; c całkowita koncentracja, x O frakcja tlenu; wsp. dyfuzji dla tlenu. Mamy też D O J Fe = 1 3 J O (5.2) (na trzy atomy tlenu dochodzące do żelaza mamy jedną cząsteczkę tlenku żelaza). Podstawiamy z 5.2 do 5.1, porządkujemy. Gradient to tylko pochodna radialna tak więc (dla radialnej składowej strumienia) J O = D O c dx O dr x O. (5.3)

9 Mnożymy przez 4πr 2 ; całkowity strumień W O = 4πr 2 J O spełnia równanie W O = 4πr 2 D O c dx O dr. (5.4) x O Całkujemy w granicach r = d/2 i r =, którym odpowiadają x O ( ) x O i x O (d/2) = 0 (zgodnie z tematem na powierzchni ziarna żelaza tlenu nie ma). Dostajemy W O = 3πdD O c ln x O. (5.5) Powyższy rachunek odpowiada pojedynczemu ziarnu żelaza. jeżeli mamy ich N to oczywiście W tot O = 3πNdD O c ln x O. (5.6) Pozostaje określić: N, c (zgodnie z tematem to koncentracja cząsteczek wody) i frakcję tlenu daleko do ziaren żelaza. Mamy: N = Koncentracja cząsteczek wody masa żelaza masa pojed. ziarna = m Fe 4 ρ Fe 3 π d3 8 = 6m Fe πρ Fe d3. (5.7) c = V ρ woda µ woda V, (5.8) gdzie µ woda = 18 g. Wreszcie frakcja molowa tlenu w nieskończoności to x O = 1 c c O = 1 c m O µ O V. (5.9) Warto zauważyć, że ponieważ x 1 możemy zastąpić logarytm (1 ɛ) w 5.6 przez ɛ, a O podstawiając do 5.6 obliczone powyżej N, c i x dostaniemy O W tot O = 12 m Fe ρ O d 2 D O m O V µ O. (5.10)