Übungsaufgaben zur Strömungsmechanik 1: 116 Aufgaben mit vollständigen Musterlösungen [2. Aufl.] 978-3-662-56053-2;978-3-662-56054-9

Table of contents :
Front Matter ....Pages I-XVI
Viskose Fluideigenschaften (Valentin Schröder)....Pages 1-15
Translatorisch und rotierend bewegte Flüssigkeitssysteme (Valentin Schröder)....Pages 17-49
Fluiddruck (Valentin Schröder)....Pages 51-84
Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände (Valentin Schröder)....Pages 85-126
Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern (Valentin Schröder)....Pages 127-170
Kinematik von Fluidströmungen (Valentin Schröder)....Pages 171-205
Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung (Valentin Schröder)....Pages 207-243
Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme (Valentin Schröder)....Pages 245-309
Bernoulli’sche Energiegleichung für rotierende Systeme (Valentin Schröder)....Pages 311-335
Bernoulli’sche Energiegleichung bei instationärer Strömung (Valentin Schröder)....Pages 337-424
Fluidströmungen mit Dichteänderungen (Valentin Schröder)....Pages 425-516
Back Matter ....Pages 517-520

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Valentin Schröder

Übungsaufgaben zur Strömungsmechanik 1 116 Aufgaben mit vollständigen Musterlösungen 2. Auflage

Übungsaufgaben zur Strömungsmechanik 1

Valentin Schröder

Übungsaufgaben zur Strömungsmechanik 1 116 Aufgaben mit vollständigen Musterlösungen 2. Auflage

Valentin Schröder Hochschule Augsburg – University of Applied Sciences Königsbrunn, Deutschland

ISBN 978-3-662-56053-2 https://doi.org/10.1007/978-3-662-56054-9

ISBN 978-3-662-56054-9 (eBook)

Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. Springer Vieweg Ursprünglich erschienen in einem Band unter dem Titel: Prüfungstrainer Strömungsmechanik © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichenund Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Verantwortlich im Verlag: Margit Maly Springer Vieweg ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer-Verlag GmbH, DE und ist ein Teil von Springer Nature. Die Anschrift der Gesellschaft ist: Heidelberger Platz 3, 14197 Berlin, Germany

Vorwort

Die Idee zu diesem Buch beruht auf zwei Erfahrungen, die ich zum einen als Student und zum anderen später als Lehrender gemacht habe. Mir ist noch sehr gut in Erinnerung, dass in meiner eigenen Ausbildungszeit in den Sechzigerjahren die vorlesungsbegleitende Literatur fast ausnahmslos an den Bedürfnissen der Fachwelt orientiert war und weniger die studentischen Interessen und Erfordernisse ansprach. Der bisweilen abstrakte Hintergrund in der Strömungsmechanik wird jedoch von den meisten Lernenden dann besser oder überhaupt erst verstanden, wenn mittels geeigneter Anwendungsbeispiele die Theorie erprobt werden kann („Learning by doing“). Diesen „Hilfestellungen“ wurde in der damaligen Literatur zu wenig Beachtung geschenkt. Die wenigen Beispiele, die zur Verfügung standen, zeichneten sich oft dadurch aus, dass die einzelnen Lösungsschritte gar nicht oder nur fragmentarisch vorlagen und somit die Erarbeitung der Aufgabenlösungen nur schwer möglich war und oft auch erfolglos blieb. Um diese Mängel nicht in meinen eigenen Vorlesungen „Strömungsmechanik“ und „Strömungsmaschinen“, die ich während der Lehrtätigkeit von 1982 bis 2007 an der Hochschule Augsburg gehalten habe, zu wiederholen, habe ich die Vorlesungen auf zwei Schwerpunkten aufgebaut. Neben der Vermittlung des theoretischen Hintergrunds wichtiger Grundlagen kam der Erprobung des Erlernten durch die anschließende Bearbeitung zahlreicher Übungsbeispiele besondere Bedeutung zu. Das genannte Konzept fand bei den Studierenden eine hohe Akzeptanz, was u. a. in den positiven Aussagen im Rahmen der „Evaluationen“ zum Ausdruck kam. Diese positiven Erfahrungen gaben dann auch den Ausschlag, das vorliegende Buch zu konzipieren. Da die heute verfügbare Literatur zur Strömungsmechanik neben den Fachbüchern auch sehr gute Lehrbücher anbietet, die den oft abstrakten, nicht immer sofort verständlichen Stoff sowohl inhaltlich als auch pädagogisch gut aufbereitet vermitteln, bestand keine Notwendigkeit, ein weiteres Lehrbuch hinzuzufügen. Es sollte dagegen eine Lücke geschlossen werden, die im Bedarf nach einem vorlesungsergänzenden Übungsbuch bestand. Dessen besonderer Schwerpunkt liegt auf der detaillierten Vorgehensweise bei der Aufgabenlösung, um das Nachvollziehen auch von komplexeren Aufgaben zu ermöglichen. Die diversen Gebiete der Strömungsmechanik werden von Hochschule zu Hochschule und von Fachgebiet zu Fachgebiet unterschiedlich akzentuiert. Dies hat folglich eine V

VI

Vorwort

Fülle verschiedenartiger Schwerpunkte der Themenbereiche zur Folge, die zum einen in diesem Buch nicht vollständig abgedeckt werden können und zum anderen auch den äußeren Umfang eines einzigen Buchs überfordern würden. Die Verteilung des ausgewählten gesamten Aufgabenumfangs auf zwei Bände bot sich folglich als Lösung an. Vorliegendes Buch spricht vorzugsweise Hörerinnen und Hörer des Maschinenbaus, der Verfahrenstechnik und der Umwelttechnik an Hochschulen für angewandte Wissenschaften an. Voraussetzung bei der Benutzung des Buchs ist, dass die Grundlagen des Fachs Strömungsmechanik bekannt sind, was im Allgemeinen erst nach dem 3. oder auch höheren Semestern der Fall ist. Das erforderliche mathematische Rüstzeug wird mit den diesbezüglichen Vorlesungsinhalten an Hochschulen für angewandte Wissenschaften abgedeckt. Ich wünsche allen, die sich eine Verbesserung ihres Verständnisses strömungsmechanischer Vorgänge durch die Erprobung der Theorie an konkreten Aufgaben erhoffen, dass das vorliegende Buch hierbei hilfreich ist und im Fall bevorstehender Prüfungen zum gewünschten Erfolg beiträgt. Nicht zuletzt möchte ich mich bei meiner Frau für ihren bewundernswerten Einsatz beim Niederschreiben der zahllosen Gleichungen und für ihre kritischen Anmerkungen bei der Textgestaltung von ganzem Herzen bedanken. Ebenfalls besten Dank sagen möchte ich dem Springer-Verlag und hier insbesondere Frau Margit Maly (Lektorat Physik und Astronomie), Frau Stella Schmoll und Frau Carola Lerch (beide Projektmanagement), die alle meine Fragen in sehr kompetenter und zuvorkommender Art beantworten konnten. Königsbrunn Juni 2018

Valentin Schröder

Hinweise zur Anwendung

Jedem der 11 Kapitel dieses Buchs ist eine kurze Einführung in die betreffende Thematik voran gestellt. Hier werden auch die wichtigsten diesbezüglichen Gleichungen, die bei der Lösung der nachfolgenden Beispiele benötigt werden, aufgelistet. Da man damit oft nicht allein zum Ziel kommt, werden weitere Gesetze anderer Kapitel benötigt. In den Aufgabenerläuterungen finden sich hierzu entsprechende Hinweise. Die Übungsaufgaben selbst sind im Allgemeinen wie folgt strukturiert. Zunächst führt die Aufgabenstellung mit einer detaillierten Skizze in die Aufgabe ein. Die anschließende Aufgabenerläuterung mit Hinweisen auf die hier angesprochenen Themenbereiche soll den einzuschlagenden Lösungsweg erkennen lassen. Besonderheiten, Annahmen, z. T. nicht geläufige mathematische Zusammenhänge, usw. werden unter Anmerkungen (grau hinterlegt) genannt. Danach erfolgt unter Lösungsschritte der, oftmals vielleicht trivial anmutende, bis ins Detail aufgelöste Weg zum gesuchten Ergebnis. Hintergrund dieser engmaschigen Vorgehensweise ist der Wunsch, dem Studierenden Hürden bei der Aufgabenbearbeitung beiseite zu räumen, die eventuell durch ausgelassene Hinweise entstehen könnten. Schwerpunktmäßig ist das Aufgabenkonzept so gewählt, dass vorrangig funktionale Zusammenhänge erarbeitet werden müssen. Erst in zweiter Linie folgt die Auswertung mit konkreten Zahlen. Hierbei ist dann auf eine konsequente Beachtung dimensionsgerechter Größen zu achten. Die einzuschlagende Lösungsstrategie hat Turtur [19] in unten stehendem Ablaufplan übersichtlich zusammengestellt. Aufgrund der Ausführlichkeit und Vollständigkeit bedarf sie keiner weiteren Erläuterungen bzw. Ergänzungen. Sie sollte bei der Bearbeitung der einzelnen Aufgaben konsequent eingehalten werden, um den größtmöglichen Nutzen zu erzielen.

VII

VIII

Lösungsvorgehensweise nach Turtur [19]

Hinweise zur Anwendung

Hinweise zur Anwendung

IX

Nomenklatur Größe A AUR a a B, b c c cA cL cM cm cp cu cW c1 D D, d d hydr D d @ e F f g H, h I IP  FI IS

! ! !

iIjIk k kS L, l LGrenz Ma m m m P

Einheit [m2 ] [m2 ] [m/s2 ] [m/s] [m] [m/s] [m/s] [–] [m/s] [–] [m/s] [J/(kg  K)] [m/s] [–] [m/s] [1/s] [m] [m]

[m] [N] [m/s2 ] [m/s2 ] [m] [m4 ] [N] [m4 ]

Name Fläche, Querschnittsfläche tatsächlicher durchströmter Querschnitt Beschleunigung Schallgeschwindigkeit Breite Absolutgeschwindigkeit mittlere Geschwindigkeit Auftriebsbeiwert Laval-Geschwindigkeit Momentenbeiwert Meridiankomponente von c spezifische Wärmekapazität bei konstantem Druck Umfangskomponente von c Widerstandsbeiwert ungestörte Geschwindigkeit des Absolutsystems Verformungsgeschwindigkeit Durchmesser hydraulischer Durchmesser, Gleichwertigkeitsdurchmesser totales Differenzial Differenzial partielles Differenzial Exzentrizität Kraft auf die Masse bezogene Kraft (z. B. F G /m) Fallbeschleunigung Höhe Flächenmoment 2. Grades Impulsstrom  Impulskraft Flächenmoment 2. Grades um den Schwerpunkt

[m] [m] [m] [m] [–] [kg] [–] [kg/s]

Einheitsvektoren Rauigkeit äquivalente Sandrauigkeit Länge Grenzlänge Machzahl Masse Exponent Massenstrom

X

Hinweise zur Anwendung

n P p pB pDa pV p1 R, r Re Ri s T T, t T T T, t u U UR V VP v w x, y, z Y Y Anl Y Sch;1

[1/s] [W] [Pa] [Pa] [Pa] [Pa] [Pa] [m] [–] [J/(kg  K)] [m] [K] [s] [N  m] [K] [m] [m/s] [m] [m3 ] [m3 /s] [m3 /kg] [m/s]

Y Sp;1

[(N  m)/kg]

YV Z

[(N  m)/kg] [m]

[(N  m)/kg] [(N  m)/kg] [(N  m)/kg]

Drehzahl Leistung Druck barometrischer Druck Dampfdruck Druckverlust Druck in ungestörter Außenströmung Radius Reynoldszahl spezifische Gaskonstante Spaltweite, Wandstärke, Weg Absoluttemperatur Zeit Moment Totaltemperatur Tiefe vom Flüssigkeitsspiegel aus gezählt Umfangsgeschwindigkeit, Systemgeschwindigkeit gesamter fluidbenetzter Umfang Volumen Volumenstrom spezifisches Volumen Relativgeschwindigkeit kartesische Koordinaten spezifische Pumpenförderenergie spezifischer Energiebedarf einer Anlage spezifische Schaufelarbeit bei schaufelkongruenter, verlustfreier Strömung spezifische Spaltdruckarbeit bei schaufelkongruenter, verlustfreier Strömung Spezifische Verlustenergie Ortshöhe

Hinweise zur Anwendung Größe ˛ ˛ ˛K ˇ   ı ı "    #    0

Z 0 ˆ ' ' ‰ !

Einheit [°] [–] [–] [°] [°] [°] [m] [–] [–] [Pa  s] [–] [°C] [–] [–] [–] [–] [m2 /s] [kg/m3 ] [Pa] [Pa] [Pa] [m2 /s] [°] [–] [m2 /s] [1/s]

XI Name Winkel Durchflusszahl; Ausflusszahl Kontraktionszahl Winkel Gleitwinkel Differenz Anstellwinkel Grenzschichtdicke Gleitzahl Verlustziffer dynamische Viskosität Wirkungsgrad Temperatur Isentropenexponent Rohrreibungszahl Überfallbeiwert Haftreibungsbeiwert kinematische Viskosität Dichte Zugspannung Schub-, Scherspannung Wandschubspannung Potenzialfunktion Winkel Geschwindigkeitszahl Stromfunktion Winkelgeschwindigkeit

Inhaltsverzeichnis

1

Viskose Fluideigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1.1 Viskosität in zwei dünnen Flüssigkeitsschichten Aufgabe 1.2 Rotationsviskosimeter . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1.3 Rotierender Hohlzylinder . . . . . . . . . . . . . .

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1 4 8 13

2

Translatorisch und rotierend bewegte Flüssigkeitssysteme Aufgabe 2.1 Wasserbehälter auf LKW . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2.2 Beschleunigtes Winkelrohr . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2.3 Rotierendes Winkelrohr . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2.4 Rotierendes T-Stück . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2.5 Rotierender geschlossener Zylinder . . . . . . . . . Aufgabe 2.6 Rotierender Behälter mit Steigrohr . . . . . . . . . Aufgabe 2.7 Rotierender Behälter mit offenem Deckel . . . . . Aufgabe 2.8 Messfühler auf rotierender Flüssigkeitsoberfläche Aufgabe 2.9 Schrägaufzug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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17 20 23 25 28 30 33 36 41 43

3

Fluiddruck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3.1 Kolben in Ölzylinder . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3.2 Kugelbehälter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3.3 U-Rohr mit zwei verschiedenen Flüssigkeiten Aufgabe 3.4 Behälter mit kommunizierenden Zylindern . . Aufgabe 3.5 Doppeltes Zylindersystem . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3.6 Behälter mit verschiedenen Flüssigkeiten . . . Aufgabe 3.7 Wasserglas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3.8 Ballon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 3.9 Behälter mit Rohrleitungen . . . . . . . . . . . .

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51 55 57 59 61 64 67 72 75 79

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände Aufgabe 4.1 Rechteckige Staumauer . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4.2 Schräge Absperrklappe . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4.3 Platte auf Wasser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4.4 Verschlussklappe zwischen zwei Wasserkanälen

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. 85 . 91 . 95 . 99 . 103 XIII

XIV

Inhaltsverzeichnis

Aufgabe 4.5 Zylinder auf Rechteckabfluss . . . . . Aufgabe 4.6 Kugel auf Abflussrohr . . . . . . . . . . Aufgabe 4.7 Segmentschütz . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 4.8 Zylinder zwischen zwei Flüssigkeiten

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108 112 115 119

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern . . . . Aufgabe 5.1 Boje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 5.2 Dichtebestimmung eines Holzbalkens Aufgabe 5.3 Eingetauchter Holzstab . . . . . . . . . Aufgabe 5.4 Schwimmender Hohlzylinder . . . . . Aufgabe 5.5 Schwimmender Quader . . . . . . . . . Aufgabe 5.6 Stahlklotz in Quecksilber . . . . . . . . Aufgabe 5.7 TV-Quiz . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 5.8 Tauchbehälter . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 5.9 Schwimmender Vollzylinder . . . . . . Aufgabe 5.10 Verschlusskegel . . . . . . . . . . . . .

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127 129 131 135 139 142 146 148 151 159 164

6

Kinematik von Fluidströmungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 6.1 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 1 . . . . . Aufgabe 6.2 Räumliches, instationäres Geschwindigkeitsfeld 1 . Aufgabe 6.3 Räumliches, instationäres Geschwindigkeitsfeld 2 . Aufgabe 6.4 Eindimensionale, stationäre Düsenströmung . . . . Aufgabe 6.5 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 2 . . . . . Aufgabe 6.6 Kreisströmung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 6.7 Räumliches, instationäres Geschwindigkeitsfeld 3 . Aufgabe 6.8 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 3 . . . . . Aufgabe 6.9 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 4 . . . . . Aufgabe 6.10 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 5 . . . . Aufgabe 6.11 Räumliches, stationäres Geschwindigkeitsfeld . .

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171 176 177 180 182 185 188 191 194 198 201 204

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 7.1 Kontinuitätsnachweis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 7.2 Durchflussgesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 7.3 Laminare Rohreinlaufströmung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 7.4 Ebener Konfusor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 7.5 Verteilersystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 7.6 Messstelle der mittleren Geschwindigkeit . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 7.7 Beregnetes Stadion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 7.8 Volumenstrombestimmung mittels Geschwindigkeitsverteilung Aufgabe 7.9 Behälter mit einem Zulauf und zwei Abläufen . . . . . . . . . . . Aufgabe 7.10 Kolben mit Leckage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 7.11 Windkanal mit Grenzschichtabsaugung . . . . . . . . . . . . . .

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207 209 211 213 216 220 222 226 229 233 236 239

Inhaltsverzeichnis

XV

8

Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 8.1 Wasserbecken mit zwei parallelen Ausflussrohren . . . . . . . . . . Aufgabe 8.2 Vertikale Rohrerweiterung mit U-Rohr . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 8.3 Trichter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 8.4 Vertikaler Rohrausfluss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 8.5 Hakenrohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 8.6 Venturimeter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 8.7 Rohrleitung ohne und mit Diffusor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 8.8 Druckbehälter mit einem Zulauf und zwei Abflüssen . . . . . . . . Aufgabe 8.9 Behälter mit Kreisscheibendiffusor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 8.10 Wasseruhr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 8.11 Ausfluss aus zylindrischem Behälter . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 8.12 Horizontaler Ausfluss aus offenem Behälter . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 8.13 Wasserkanal mit Steilabfall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 8.14 Strömung im offenen Kanal aufwärts . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 8.15 Ausfluss durch eine Rohrleitung aus einem offenen Behälter . . Aufgabe 8.16 Zwei offene Behälter mit kreisringförmiger Verbindungsleitung

245 248 252 255 260 264 267 271 274 278 281 284 288 291 296 300 305

9

Bernoulli’sche Energiegleichung für rotierende Systeme Aufgabe 9.1 Rohrpumpe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 9.2 Rotierendes gerades Rohr . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 9.3 Rasensprenger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 9.4 Pumpenlaufrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

311 313 319 325 331

10

Bernoulli’sche Energiegleichung bei instationärer Strömung . . . . . . . . . 337 Aufgabe 10.1 Turbinenfallleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338 Aufgabe 10.2 Instationär durchströmte Heberleitung . . . . . . . . . . . . . . . . 342 Aufgabe 10.3 Flüssigkeitsschwingung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350 Aufgabe 10.4 Leitung mit Verlusten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356 Aufgabe 10.5 Abgestufte Rohrleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364 Aufgabe 10.6 Flüssigkeitsspiegelschwingung in zwei miteinander verbundenen Behältern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372 Aufgabe 10.7 Rohrleitung mit Düse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378 Aufgabe 10.8 Ausfluss aus keilförmigem Behälter mit angeschlossener Rohrleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386 Aufgabe 10.9 Zwei große Wasserbehälter mit Rohrleitung und Schieber . . . . 391 Aufgabe 10.10 Füllzeit eines zylindrischen Behälters durch scharfkantiges Loch im Boden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 400 Aufgabe 10.11 Schleusenentleerung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405 Aufgabe 10.12 Befüllen eines in Wasser getauchten, kegelstumpfförmigen Behälters durch ein Loch im Boden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 409 Aufgabe 10.13 Innenbehälter in einem Außenbehälter . . . . . . . . . . . . . . . 416

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XVI

11

Inhaltsverzeichnis

Fluidströmungen mit Dichteänderungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.1 Umströmter Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.2 Mach-Zahl am Tragflügel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.3 Isentrope Stromfadenströmung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.4 Isotherme Rohrströmung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.5 Geschoss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.6 Gasbehälter mit Kolben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.7 Rohrleitung mit Kegeldiffusor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.8 Luftstrahl mit Pitot-Rohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.9 Druckbehälter mit Düse (und Diffusor) . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.10 Druckluftbehälter mit Laval-Düse . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.11 Ringförmige Laval-Düse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.12 Adiabate Rohrströmung 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.13 Adiabate Rohrströmung 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.14 Isentrope Luftströmung durch Düse . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.15 Isentrope Luftströmung durch Diffusor . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.16 Stickstoffströmung aus Düse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.17 Isentrope Luftströmung aus einem Behälter in eine Rohrleitung Aufgabe 11.18 Druckbehälter mit Düsenaustritt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 11.19 Luftströmung aus einem Druckbehälter in ein Rohr . . . . . . . Aufgabe 11.20 Isotherme, kompressible Fluidströmung im Kreisrohr . . . . . . Aufgabe 11.21 Isotherme, kompressible Luftströmung im Kreisrohr . . . . . . Aufgabe 11.22 Isotherme, kompressible Luftströmung im Graugussrohr . . . .

425 426 430 432 435 440 443 447 453 456 459 465 473 474 477 482 484 486 491 497 505 509 512

Rohrreibungszahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 517 Literatur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 519

1

Viskose Fluideigenschaften

Viskosität Die Stoffgröße „Viskosität“ ist als Resultat der inneren Reibung, die bei der Verschiebung von Fluidteilchen gegeneinander entsteht, zu verstehen. Sie ist definiert als Eigenschaft eines fließfähigen Stoffsystems (flüssig oder gasförmig), bei Verformungen Spannungen aufzunehmen. Umgekehrt kann ebenso durch eine aufgebrachte (Schub-)Spannung eine Verformung hervorgerufen werden, die sich in der Änderung der Geschwindigkeit senkrecht zu ihrer Richtung äußert. Diese Geschwindigkeitsänderung wird als Verformungsgeschwindigkeit D bezeichnet. Man muss hierbei zwischen zwei Fällen unterscheiden (Abb. 1.1 und 1.2): Fall 1 Handelt es sich um sehr dünne Fluidschichten, so ist ein linearer Geschwindigkeitsverlauf cx D f .z/ feststellbar. Die Verformungsgeschwindigkeit D innerhalb dieser Schicht ändert sich folglich nicht, d. h. D  cx =z D konstant. Diesen Fall bezeichnet man auch als Couette-Strömung. Fall 2 Abweichend hiervon, wenn also die Fluidschichten nicht mehr als sehr dünn einzustufen sind, verändert sich die Geschwindigkeit cx nicht mehr proportional mit z. Hier ist ein nichtlinearer Geschwindigkeitsverlauf zu erkennen. Folglich wird auch die Verformungsgeschwindigkeit D  dcx =dz ¤ konstant. Newton hat für den Fall dünner Fluidschichten festgestellt, dass die Reibungskraft F zwischen den Schichten abhängig ist von dem Geschwindigkeitsunterschied cx , nicht aber vom Druck. Dies steht im Gegensatz zu Reibungskräften bei Festkörpern, die bekanntlich von Normalkräften abhängen. Des Weiteren konnte Newton aufgrund von Versuchen ermitteln, dass sich diese Kraft proportional zur Fläche A und der Fluiddichte

sowie umgekehrt proportional zum Abstand z verhält.

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 V. Schröder, Übungsaufgaben zur Strömungsmechanik 1, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56054-9_1

1

2

1

Viskose Fluideigenschaften

z

y

cx2

A

F

cx2

2 Fluid haftet an Platte: Adhäsionskkräfte >> Δz

1. 2. 1

Fluid haftet am Boden cx1 = 0

x

Abb. 1.1 Über Flüssigkeit gezogene Platte bei zwei verschiedenen Schichtdicken

Abb. 1.2 Geschwindigkeitsverteilungen bei zwei verschiedenen Schichtdicken: links lineare Geschwindigkeitsverteilung bei kleiner Schichtdicke, rechts nichtlineare Geschwindigkeitsverteilung bei größerer Schichtdicke

1

Viskose Fluideigenschaften

3

Fall 1 Unter Voraussetzung dünner Fluidschichten lässt sich die Reibungskraft F aus F DA

cx z

ermitteln. Bezieht man diese Kraft auf die benetzte Fläche A, so erhält man als Schubspannung F D : A Das Newton’sche Fluidreibungsgesetz der Couette-Strömung lautet somit

D

 DD

cx z

cx z

dynamische Viskosität Verformungsgeschwindigkeit

 ist eine Stoffkonstante und hängt in vielen Fällen ausgeprägt von der Temperatur ab, vom Druck dagegen weniger. Wegen der konstanten Verformungsgeschwindigkeit D bei Couette-Strömungen und mit  als Stoffgröße (unabhängig von D angenommen) ist die Schubspannung in diesem Fall über z konstant. Fall 2 Bei nichtlinearer cx -Verteilung lautet das Newtonsches Fluidreibungsgesetz analog zu Fall 1

D

 DD

dcx dz

dcx D   D1: dz

dynamische Viskosität Verformungsgeschwindigkeit

Die Schubspannung ändert sich hierbei linear mit der Verformungsgeschwindigkeit D D dcx =dz, wenn  als dynamische Viskosität wiederum unabhängig von D vorausgesetzt wird. Die Fluide mit diesen Eigenschaften bezeichnet man auch als Newton’sche Fluide. Dynamische Viskosität : Zur Dimension der dynamischen Viskosität gelangt man wie folgt:     Ns N dcx h m i ergibt  und oder  D  dcx  mit m2 dz s  m m2 dz

4

1

Tab. 1.1 Dichte, dynamische und kinematische Viskosität bei p D 1 bar und D 20 ı C

[kg=m3 ] 1 000 1,2

Wasser Luft

Viskose Fluideigenschaften

 [Pa  s] 1 000  106 18  106

[m2 =s] 1  106 15  106

ŒPa  s:

Kinematische Viskosität : Bezieht man die dynamische Viskosität  auf die Fluiddichte

, so führt dies zu einer spezifischen Viskosität, die als kinematische Viskosität bekannt ist:

D

 :

Die Dimension der kinematischen Viskosität lässt sich folgendermaßen angeben:         kg  m  s  m3 Ns kg N  s m3   oder bzw. D mit  und

ergibt

m2 m3 m2 kg s2  m2  kg



 m2 : s

Für Wasser und Luft als sehr häufig verwendete Fluide sind in Tab. 1.1 die beiden Viskositäten bei atmosphärischer Umgebung (p D 1 bar und D 20 ı C) in gerundeten Werten zusammengestellt.

Aufgabe 1.1 Viskosität in zwei dünnen Flüssigkeitsschichten In Abb. 1.3 ist ein Flüssigkeitssystem zu erkennen, das aus zwei übereinander geschichteten, sich nicht miteinander vermischenden Flüssigkeiten verschiedener Viskositäten 1 und 2 besteht. Die jeweiligen Schichthöhen h1 und h2 sind dabei als sehr klein einzustufen. Auf der oberen Schicht wird eine nicht eintauchende Platte über die Fläche gezogen, wobei von der Platte die Fläche A und die Geschwindigkeit c bekannt sind. Welche Kraft F wird für den Vorgang benötigt?

Aufgabe 1.1 Viskosität in zwei dünnen Flüssigkeitsschichten

5

A

Δ

F 02

c h2

η2 τ = konst.

z c

h1

η1

c1

1

0

Abb. 1.3 Viskosität in zwei dünnen Flüssigkeitsschichten

Lösung zu Aufgabe 1.1 Aufgabenerläuterung Der Aufgabe liegt das Newton’sche Reibungsgesetz D   dc=dz zu Grunde. Bei kleinen Schichtdicken liegt ein konstanter Geschwindigkeitsgradient vor, sodass man dc=dz D c=z setzen kann. Dies bedeutet, dass sich auch die Schubspannung D   c=z über z nicht ändert. In der Trennfläche beider Flüssigkeiten ist die örtliche Geschwindigkeit c1 gleich groß. Gegeben:  c; A; h1 ; h2 ; 1 ; 2 Gesucht: 1. F 2. F, wenn:  1 D 1  103 Pa  s; h1 D 1 mm  2 D 15  103 Pa  s; h2 D 2 mm  c D 1 m=s; A D 0;50 m2 Anmerkungen

   

Haftbedingung an Platte und Boden Flüssigkeiten vermischen sich nicht. Couette-Strömung in beiden Schichten In Ebene 1 dieselbe Geschwindigkeit c1 bei beiden Schichten

6

1

Viskose Fluideigenschaften

Lösungsschritte – Frage 1 Aufgrund des Haftens der Flüssigkeit 2 an der Platte und der Flüssigkeit 1 am Boden sowie der voraus gesetzten kleinen Schichtdicken stellt sich die in der Abb. 1.3 erkennbare Geschwindigkeitsverteilung ein. Zwischen Plattengeschwindigkeit c und der Geschwindigkeit c1 in der Trennschicht ist die Geschwindigkeitsdifferenz cDif zu erkennen, also c D c1 C c2 . Die gesuchte Zugkraft F an der Platte weist an der flüssigkeitsbenetzten Fläche die Reaktionskraft FR auf. Nach dem Kräftegleichgewicht F D FR erhält man mittels D FR =A, wobei die konstante Schubspannung in der Flüssigkeit ist, FR D  A und somit die gesuchte Kraft FR D  A. Die erforderliche Schubspannung als noch unbekannte Größe ermittelt man in folgenden Schritten: Das Newton’sche Gesetz für die Schicht 1 lautet D 1  c1 =z1 . Hierin sind c1 D c1  0 der Geschwindigkeitsunterschied in der Schicht 1 und folglich c1 D c1 sowie z1 D h1 : Dies führt zu D 1 

c1 : h1

Die hierin unbekannte Geschwindigkeit c1 in der Trennschicht lautet c1 D c  cDif : Eingesetzt in die Gleichung für führt dies zu D 1 

.c  cDif / : h1

Nach Ausmultiplizieren der Klammer erhält man D 1  oder auch D

c cDif  1  h1 h1

1 1 c  cDif : h1 h1

Die unbekannte Differenzgeschwindigkeit cDif kann nun aus der Schubspannung in der oberen Schicht wie folgt hergeleitet werden. Das Newton’sche Gesetz für die Schicht 2 lautet D 2  c2 =z2 . Hierin sind c2 D cDif der Geschwindigkeitsunterschied in der Schicht 2 und z2 D h2 . Dies führt dann zu D 2  cDif = h2 oder nach cDif umgeformt

Aufgabe 1.1 Viskosität in zwei dünnen Flüssigkeitsschichten

7

cDif D .  h2 /=2 . Eingesetzt in die Gleichung für führt dies zu D

1 1  h2 1 1 h2 c  D c   : h1 h1 2 h1 2 h1

Wird jetzt noch die Gleichung nach Gliedern mit umgestellt, C dann ausgeklammert,

1 h2 1   D  c; 2 h1 h1

  1 1 h2   c; D  1C 2 h1 h1

und schließlich mit h1 =1 multipliziert,   h1 1 h
1 h2  C
  D c; 1 2 
1
1 h 

so entsteht 

h1 h2 C 1 2

 D c:

Nach Division durch den Klammerausdruck ist dann c : D h1 C h22 1 Das Ergebnis für F lautet dann folgendermaßen:

F DAc 

1 h1 1

C

h2 2

:

Lösungsschritte – Frage 2 Wie groß ist die Kraft F, wenn Flüssigkeit 1 Wasser ist mit 1 D 1103 Pas; h1 D 1 mm und Flüssigkeit 2 Öl ist mit 2 D 15  103 Pa  s; h2 D 2 mm? Außerdem sind c D 1 m=s und A D 0;50 m2 . Unter Beachtung dimensionsgerechter Größen lässt sich die Kraft F wie folgt ermitteln: F D 0;50  1  

1 0;001 0;001

C

F D 0;441 N:

0;002 0;015

;

8

1

Viskose Fluideigenschaften

Aufgabe 1.2 Rotationsviskosimeter In Abb. 1.4 ist in vereinfachter Darstellung ein Rotationsviskosimeter zu erkennen, bei dem sich ein zylindrischer Rotor in einem mit der Prüfflüssigkeit gefüllten Hohlzylinder dreht. Zwischen Rotormantelfläche und Gehäuse erkennt man den Spalt s und zwischen Rotorbodenfläche und Gehäuse den Spalt h. Beide Spaltweiten sind so klein bemessen, dass man jeweils von einer Couette-Strömung ausgehen kann. Zur Dimensionierung des Antriebs wird von einer bekannten Viskosität  der Prüfflüssigkeit ausgegangen, ebenso wie von den Viskosimeterabmessungen ra , ri , H und h sowie der Rotordrehzahl n. Mit welchem Drehmoment T muss der Rotor angetrieben werden, wenn seine Mantelfläche und die untere Stirnfläche flüssigkeitsbenetzt sind?

Lösung zu 1.2 Aufgabenerläuterung Couette-Strömungen in ebenen Schichten oder kreisringförmigen Systemen mit sehr kleinen Schichthöhen bzw. Spaltweiten weisen sich durch lineare Geschwindigkeitsverteilungen aus. Das Newton’sche Reibungsgesetz D   dc=dz für diese Fälle formuliert lautet dann D   c=z bzw. D   u=r. Dies bedeutet, dass auch die Schubspannungen über der Höhe z bzw. r konstant sind. Die Anwendung dieses Gesetzes für den Spalt zwischen Rotormantel und Gehäuse und für den Spalt zwischen Rotorstirnfläche und Gehäuseboden ist die Grundlage bei der Lösung vorliegender Aufgabe. Da an der Rotorstirnfläche die Schubspannung sich jedoch über dem Radius r ändert, muss dies durch eine geeignete Integration berücksichtigt werden. Die aus den Schubspannungen

Abb. 1.4 Rotationsviskosimeter

n s ri ra H

n r

r dr

h



Aufgabe 1.2 Rotationsviskosimeter

9

mittels der Bezugsflächen resultierenden Scherkräfte führen in Verbindung mit den Wirkradien zum gesuchten Antriebsmoment. Gegeben:  H; ra ; ri ; h; ; n Gesucht: 1. T 2. T, wenn:  ra D 50;1 mm; ri D 50;0 mm; H D 100 mm; h D 0;20 mm; n D 2 s1 ;  D 30  103 Pa  s Anmerkungen

Die Couette-Strömung über der Spalthöhe h am Boden des Viskosimeters trifft nur bei h  r zu. In unmittelbarer Umgebung der Drehachse ist dies jedoch nicht mehr der Fall, was aber hier nicht weiter berücksichtigt werden soll. Auch der Einfluss der Rotorlagerung soll von untergeordneter Bedeutung sein. Lösungsschritte – Frage 1 Das gesamte Antriebsmoment T setzt sich aus der Summe der Momente an der Manteloberfläche TM und dem an der bodenseitigen Stirnfläche TB zusammen, also T D TM C TB : Das Moment TM am Rotormantel ist das Produkt der dortigen Scherkraft FWi mit dem Rotorradius ri : TM D FWi  ri : Die Scherkraft FWi wiederum kann als Produkt der auch an der Manteloberfläche wirkenden, über der Spaltweite konstanten Schubspannung mit der Fläche selbst formuliert werden: FWi D  Ai ; wobei Ai D 2  ri  H die Rotormanteloberfläche darstellt. Somit erhält man FWi zu FWi D  2  ri  H: Das Moment TM D FWi  ri

10

1

Viskose Fluideigenschaften

Abb. 1.5 Ausschnitt aus dem Ringspalt an der Rotormanteloberfläche

ua = 0

ra s

ui

ri



lautet dann TM D  2  ri2  H: Zu der in dieser Gleichung noch benötigten Schubspannung gelangt man mittels Newton’schem Reibungsgesetz im Fall kleiner Spaltweiten D   u=r, also linearer Geschwindigkeitsverteilungen (Abb. 1.5). Da im vorliegenden Fall die Umfangsgeschwindigkeit mit wachsendem Radius ra > ri abnimmt, muss dies durch das negative Vorzeichen im Newton’schen Gesetz berücksichtigt werden, also gilt mit u D ua ui und r D ra ri D s u D   : r Umfangsgeschwindigkeit des Gehäuses gleich null, da ! D 0 ua D 0 ui D ri  ! Umfangsgeschwindigkeit des Rotors ! D 2 n Winkelgeschwindigkeit des Rotors Diese Zusammenhänge in die oben genannte Gleichung für eingesetzt liefern zunächst D   .1/ 

ri ri  2  n oder D 2    n  : s s

Damit erhält man das Moment am Rotormantel zu TM D 2    n 

ri  2  ri2  H s

und weiter zusammengefasst

TM D 4 2    n 

ri 3  H: s

Dem Moment TB an der bodenseitigen Stirnfläche des Rotors (Abb. 1.6) liegt eine Schubspannung .r/ zu Grunde, die zwar über der Spalthöhe h (quasi-)konstant ist, mit veränderlichen Radien r und dem zu Folge auch Umfangsgeschwindigkeiten u.r/ eine diesbe-

Aufgabe 1.2 Rotationsviskosimeter

11

Abb. 1.6 Bodenseitige Stirnfläche des Rotors dr r



dAB

u(r)

r h



r dr

u(r)

u=0

zügliche Abhängigkeit aufweist. Die Lösung TB kann über eine Integration des infinitesimalen Moments dTB herbeigeführt werden, also Zri TB D

dTB : 0

dTB D dFB  r dFB D .r/  dAB dAB D 2  r  dr .r/ D   u.r/ z z D h u .r/ D u .r/  0 D u .r/ u .r/ D r  ! D 2  r  n ! D 2 n

infinitesimales Moment am Radius r infinitesimale Scherkraft an Rotorstirnfläche bei r infinitesimale Kreisringfläche Schubspannung bei r über z D h konstant, wenn h r Spalthöhe zwischen Gehäuseboden und Rotorstirnfläche Geschwindigkeitsunterschied über z D h Umfangsgeschwindigkeit des Rotors bei r Winkelgeschwindigkeit des Rotors

 r oder auch Als Schubspannung erhält man mit diesen Zusammenhängen .r/ D   2n h .r/ D 2    n  h1  r. Eingefügt in die infinitesimale Scherkraft dFB D .r/  dAB D .r/  2  r  dr liefert dies zunächst dFB D 2    n 

1  r  2  r  dr h

12

1

Viskose Fluideigenschaften

oder die betreffenden Größen zusammengefasst dFB D 4 2    n 

1 2  r  dr: h

Das infinitesimale Moment dTB lautet dann dTB D 4 2    n 

1 3  r  dr: h

Die anschließende Integration von dTB , 1 TB D 4    n   h

Zri

2

r 3 dr; 0

führt zu 2 TB D 4
    n 

ˇr 1 r 4 ˇˇ i  ˇ h 4
0

und schließlich auf

TB D  2    n 

ri 4 : h

Das Gesamtmoment durch Addition beider Teilmomente T D 4 2    n 

ri 3  H ri 4 C 2    n  s h

lässt sich nach Ausklammern von  2    n  r13 wie folgt angeben:

T D n 2

r13

  H ri  4 : C s h

Lösungsschritte – Frage 2 Wie groß ist das gesamte Antriebsmoment T, wenn ra D 50;1 mm; ri D 50;0 mm; H D 100 mm; h D 0;20 mm;  D 30  103 Pa  s und n D 2 s1 ? Werden die gegebenen Größen dimensionsgerecht in die obige Gleichung eingesetzt,   100 50;0 C ; T D  2  30  103  2  0;0503  4  .50;1  50;0/ 0;2 so benötigt man ein Antriebsmoment von T D 0;3146 Nm:

Aufgabe 1.3 Rotierender Hohlzylinder

13

Hinweis: Man kann natürlich auch die obige Gleichung im Sinne der Aufgabe des Viskosimeters nach der zu bestimmenden Viskosität  umformen und erhält dann

D

2

n

r13

T 

 4

H s

C

ri h

:

Hierin sind T und n Messgrößen, die in Verbindung mit den anderen Werten zur jeweiligen dynamischen Zähigkeit führen.

Aufgabe 1.3 Rotierender Hohlzylinder Ein Hohlzylinder rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit ! um einen Vollzylinder, der die Länge L und den Radius R aufweist (Abb. 1.7). Der Raum zwischen beiden Körpern ist vollständig mit einer Flüssigkeit ausgefüllt, von der die dynamische Zähigkeit  bekannt ist. Welche Spaltweite s muss vorliegen, wenn an der Einspannstelle A des ruhenden Vollzylinders ein Grenzmoment T nicht überschritten werden soll?

Lösung zu 1.3 Aufgabenerläuterung Die Aufgabe befasst sich mit der Anwendung des Newton’schen Schubspannungsgesetzes D   c=z, das wie im vorliegenden Fall kleiner Schichtdicken bzw. Spaltweiten (Couette-Strömung) einen konstanten Geschwindigkeitsgradienten c=z aufweist. Demzufolge stellt sich in dieser Schicht auch eine konstante Schubspannung ein. Das Grenzmoment T muss weiter verknüpft werden mit der aus der Schubspannung resultie-

 L s

A

R

u

s u(R+s) 

Abb. 1.7 Rotierender Hohlzylinder

R

14

1

Viskose Fluideigenschaften

renden Scherkraft an der Oberfläche des Vollzylinders, um die Spaltweite s ermitteln zu können. Gegeben:  R; T; L; ; ! Gesucht: 1. s 2. s, wenn: R D 10 cm; T D 0;045 Nm; L D 60 cm;  D 0;0010 Pa  s; ! D 12;57 s1 Anmerkungen

 Couette-Strömung im Spalt wegen s=R, d. h. lineare Geschwindigkeitsverteilung.  Schubspannungen an den Stirnflächen des Vollzylinders bleiben unberücksichtigt.  Reibungsmomente in den Dichtungen bleiben unberücksichtigt. Lösungsschritte – Frage 1 Die gesuchte Spaltweite s ist im Newton’sche Gesetz D   c=z enthalten, das, auf die Gegebenheiten des vorliegenden Falls bezogen (Abb. 1.7), wie folgt lautet: D

u D konstant: R

Hierin bedeuten unter Verwendung von u D r  ! u D u .R C s/  u .R/ Differenz der Umfangsgeschwindigkeiten u .R C s/ D .R C s/  ! Umfangsgeschwindigkeit innen am Hohlzylinder und u.R/ D 0I ! D 0 Umfangsgeschwindigkeit des ruhenden Vollzylinders. Es folgt u D .R C s/  !. r D s Die Differenz der Radien ist gleich der Spaltweite s. . In obige Gleichung eingesetzt erhält man zunächst D   .RCs/! s Es muss nun s herausgetrennt werden. Dies erreicht man in nachstehenden Schritten:   R C 1  !; D s durch   ! dividiert:

D !



R C1 s



R s

auf eine Gleichungsseite gebracht: R D s



1 !



Aufgabe 1.3 Rotierender Hohlzylinder

15

und dann den Kehrwert gebildet führt zu s D R

1 !

1



oder

s DR

! : .    !/

In diesem Ausdruck muss jetzt noch die Schubspannung in Verbindung gebracht werden mit dem vorgegebenen Grenzmoment T. Dies erreicht man in nachstehenden Schritten. Die Schubspannung an der Oberfläche des Vollzylinders lässt sich ersetzen durch die auf F die wirksame Fläche bezogene Scherkraft FWi , also D AWii D konstant. Hierin ist als Bezugsfläche Ai D 2  R  L die Mantelfläche des Vollzylinders zu verwenden. Die ScherkraftFWi ersetzt man gemäß FWi  R D T nach Umstellen durch FWi D T =R. Auf diese Weise können wir die noch zu bestimmende Schubspannung darstellen mit T 1 T  2RL oder D 2R D R 2 L . In die Ausgangsgleichung eingesetzt lautet dann das Ergebnis für die gesuchte Spaltweite

s DR 

 : T  2  R2  L  !

Lösungsschritte – Frage 2 Wie groß ist die Spaltweite s, wenn R D 10 cm; T D 0;045 Nm; L D 60 cm;  D 0;0010 Pa  s und ! D 12;57 s1 ? Werden die gegebenen Größen dimensionsgerecht verwendet, so errechnet sich die Spaltweite gemäß s D 0;10  

0;001 ; 0;045  0;001 2  0;102  0;60  12;57

s D 0;00106 m D 1;06 mm:

2

Translatorisch und rotierend bewegte Flüssigkeitssysteme

Freie Oberflächen Die Ausbildung freier Oberflächen als Grenzflächen zwischen Flüssigkeitsspiegeln und Gasen (oft Wasser und Luft) erfolgt aufgrund folgender Beobachtungen und Feststellungen:  Die Fluidteilchen sind leicht verschiebbar. Sie passen sich jeder Körperform an.  Die Fluidteilchen bewegen sich unter Einwirkung von Tangentialkräften/-kraftkomponenten so lange, bis diese verschwunden sind.  Die Fluidteilchen kommen also dann zur Ruhe, wenn nur noch Normalkräfte zwischen ihnen wirken. Im Beharrungszustand ist keine Bewegung der Fluidteilchen relativ zueinander  und zu den Wänden vorhanden.  Freie Oberflächen stellen sich in jedem Punkt senkrecht zur Kraftresultierenden ein. Fall 1 Flüssigkeitsoberfläche bei beschleunigter Translationsbewegung Der Neigungswinkel ˛ einer Flüssigkeitsoberfläche bei einer am System wirksamen Beschleunigung a lässt sich gemäß Abb. 2.1 wie folgt bestimmen: tan ˛ D

dm  a ; mit dm als Masse eines Volumenelements. dm  g

tan ˛ D

a g

oder © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 V. Schröder, Übungsaufgaben zur Strömungsmechanik 1, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56054-9_2

17

18

2

Translatorisch und rotierend bewegte Flüssigkeitssysteme

a>0 V

a = dc/dt c(t)

dm

dm*a



dFR

a=0 V dm*g

dm = Massenelement in Nähe der freien Oberfläche

Abb. 2.1 Fluid bei beschleunigter Translationsbewegung

  a ˛ D arctan g

Fall 2 Flüssigkeitsoberfläche im Fall rotierender Systeme Im Bereich des freien Spiegels einer rotierenden Flüssigkeit kann für jeden Punkt der Oberfläche der Neigungswinkel ˛(r) und die Kontur des Spiegels hergeleitet (Abb. 2.2) werden. tan ˛ .r/ D z .r/ D

!2 2g

r! 2 g 2

Neigungswinkel ˛

 r C ZS Ortskoordinate

Folglich bildet die freie Oberfläche ein Rotationsparaboloid. Dieses ist unabhängig vom Fluid, da kein Stoffwert in der Gleichung Einfluss nimmt. Weitere Abmessungen lauten: H0 h1 D

!2 2g !2 2g



R2 2 R2 2 ;

Einfüllhöhe Spiegelabsenkung

 d. h. h1 D h2 Spiegelanstieg h2 D Scheitelhöhe ZS D .H0  h1 / Randhöhe ZR D H0 C h2

2

Translatorisch und rotierend bewegte Flüssigkeitssysteme

19

z dV = 2* *r*dr*z R

h2

ZR = H0 + h2

>

0

dz

ZS = H0 - h1

ZR

dr =0

h1

dm

s.o.

H0



ZS

z dr

0

dFF



dFR

dFG

r

r

r 

Abb. 2.2 Flüssigkeitsoberfläche in einem rotierenden Behälter

Druckverteilungen in bewegten Flüssigkeitssystemen Fall 1 Druckverteilung bei beschleunigter Translationsbewegung Im Fall gleichmäßig translatorisch beschleunigter Flüssigkeitssysteme lässt sich die Druckverteilung p(x; z) im Flüssigkeitsraum herleiten zu:

p.xI z/ D p0   .a  x C g  z/

p0

a g x, z

Druck im Koordinatenursprung Flüssigkeitsdichte Beschleunigung des Systems Fallbeschleunigung Ortskoordinaten

20

2

Translatorisch und rotierend bewegte Flüssigkeitssysteme

Fall 2 Druckverteilung im Fall rotierender Systeme Der statische Druck p(z; r) im gleichmäßig rotierenden Flüssigkeitsraum wird mit folgender Funktion beschrieben   !2 2 p .zI r/ D p0   g  z  r : 2

p0

g ! z r

Druck im Koordinatenursprung Flüssigkeitsdichte Fallbeschleunigung Winkelgeschwindigkeit Höhenkoordinate Radius

Aufgabe 2.1 Wasserbehälter auf LKW Auf einem LKW wird ein offener, mit Wasser befüllter Behälter transportiert (Abb. 2.3). Im ruhenden Zustand lässt sich das Wasservolumen V im quaderförmigen Behälter mit der Füllhöhe h, der Länge L und der Breite B (senkrecht zur Bildebene) feststellen. Der LKW soll aus der Ruhe heraus mit einer konstanten Beschleunigung a angefahren werden, bis er eine Endgeschwindigkeit c0 erreicht hat. Wie lange dauert die Beschleunigungsphase t0 , wenn gerade kein Wasser aus dem Behälter verloren gehen soll? Abb. 2.3 Wasserbehälter auf LKW

L  

h1 h

y

a

Aufgabe 2.1 Wasserbehälter auf LKW

21

Lösung zu Aufgabe 2.1 Aufgabenerläuterung Die Grundlage bei der Lösung dieser Aufgabe liegt in der Erkenntnis, dass sich die Oberflächen von Flüssigkeiten immer senkrecht zur Kraftresultierenden an den Fluidelementen der Oberfläche anordnen. Bei der vorliegenden translatorischen Bewegung mit zunächst konstanter Beschleunigung a bewirken die Gewichtskraft vertikal nach unten sowie die Trägheitskraft entgegen Beschleunigungsrichtung diese resultierende Kraft. Als Richtung der Wasseroberfläche zur Horizontalebene lässt sich dann der Winkel ˛ ermitteln. Gegeben:  h; h1 ; L; c0 Gesucht: 1. t0 2. t0 , wenn h D 1;8 m; h1 D 3;0 m; L D 4;0 m; c0 D 10 m=s Anmerkungen

 Flüssigkeitsschwingungen sollen nicht entstehen.  Da die Einfüllhöhe h das Ergebnis beeinflusst, soll wie in Abb. 2.3 dargestellt der Fall h > h1 =2 zu Grunde liegen. Lösungsschritte – Frage 1 Die gesuchte Zeit t0 lässt sich aus der Definition der Beschleunigung a D dc=dt, bzw. bei konstanter Beschleunigung a D c=t, durch Umformung nach t zunächst ermitteln zu t D c=a. Hierin sind c D c0  0 und t D t0  0. Dies führt zum Ausdruck t0 D c0 =a. Mit der noch zu bestimmenden Beschleunigung a erhält man die Zeit t0 . Die Beschleunigung a bekommen wir mit folgender Überlegung. Wir betrachten ein Masseelement dm an der Flüssigkeitsoberfläche, die senkrecht zur Kraftresultierenden steht (Abb. 2.4). Wir erkennen, dass tan ˛ D dFa =dFG ist und hierin dFa D dm  a die Trägheitskraft am Element und dFG D dm  g die Gewichtskraft des Elements sind. Dies liefert tan ˛ D dma a dmg D g . Einen weiteren Zusammenhang des Winkels ˛ mit jetzt nur geometrischen Größen kann Abb. 2.4 entnommen werden. Hierbei wird berücksichtigt, dass das Wasser im Fall der gesuchten Beschleunigung gerade die obere Kante des Behälters erreicht und keine Flüssigkeitsverluste entstehen. tan ˛ lässt sich wie folgt formulieren:

tan ˛ D

.h1  y/ : L

2

Abb. 2.4 Kräfte am Masseelement dm

Translatorisch und rotierend bewegte Flüssigkeitssysteme dm



22

dFa



dFR

dFG a

Die noch unbekannte Größe y ist aus der Volumengleichheit V D hLB im ruhenden Zustand und im gleichmäßig beschleunigten Fall V DyLB C

1  B  .h1  y/  L 2

und somit

1  B  L  .h1  y/ 2 durch das Gleichsetzen der Gleichungen und Zusammenfassen und Kürzen betreffender Größen wie folgt bestimmbar: hLB D y LB C

hLB DyLB C

1 1  B  L  h1   B  L  y: 2 2

Dies führt zunächst zu hDyC

1 1  h1   y 2 2

oder h D

1 1  y C  h1 : 2 2

Multipliziert mit 2 und nach y umgestellt folgt y D 2hh1 . y in oben stehende Gleichung für tan ˛ eingesetzt liefert .h1  2  h C h1 / : tan ˛ D L oder

tan ˛ D

2  .h1  h/ : L

Aufgabe 2.2 Beschleunigtes Winkelrohr

23

Die zwei voneinander unabhängig ermittelten Zusammenhänge für tan ˛ gleichgesetzt tan ˛ D

2  .h1  h/ a D L g

führen zur Beschleunigung aDg Diese in t0 eingesetzt,

2  .h1  h/ : L

t0 D

co L  ; g 2  .h1  h/

t0 D

1 c0 h1 :   2 g 1  hh 1

liefern das folgende Ergebnis:

L

Lösungsschritte – Frage 2 Wie groß ist t0 , wenn h D 1;8 m; h1 D 3 m; L D 4;0 m; c0 D 10 m=s? Bei dimensionsgerechtem Gebrauch der gegebenen Größen erhält man t0 D

4 1 10 3   2 9;81 1  1;8 3

t0 D 1;70 s:

Aufgabe 2.2 Beschleunigtes Winkelrohr Ein hakenförmiges dünnes Röhrchen ist mit Flüssigkeit gefüllt. Der horizontale Teil ist an der Stelle 3 verschlossen und weist die Länge L auf (Abb. 2.5). Im vertikalen, oben offenen Abschnitt steht das Fluid bis zur Höhe H. Das Röhrchen soll in horizontaler Richtung derart beschleunigt werden, dass an der Stelle 3 gerade der Dampfdruck pDa der Flüssigkeit erreicht wird. Wie groß muss bei den gegebenen Größen die Maximalbeschleunigung amax werden?

24

2

Translatorisch und rotierend bewegte Flüssigkeitssysteme

Abb. 2.5 Beschleunigtes Winkelrohr

pB

a 1



H

z

3

2 x L

Lösung zu 2.2 Aufgabenerläuterung Die Aufgabe beschäftigt sich mit der Anwendung der Druckverteilung in translatorisch beschleunigten Flüssigkeitssystemen. Gegeben:  L; H; ; pDa ; pB Gesucht:  amax Anmerkungen

 Das Röhrchen wird als sehr dünn angesehen. Diese Vereinfachung führt dazu, dass die Druckverteilung jeweils nur in x- bzw. z-Richtung betrachtet werden muss.  Zur Anwendung kommt die Druckverteilungsgleichung p.xI z/ D p0   .a  x C g  z/: Lösungsschritte Die Maximalbeschleunigung amax bei dem Druck p3 D pDa bekommen wir folgendermaßen. Die Druckverteilung in beschleunigten, translatorisch bewegten Systemen lautet (s. o.) p.xI z/ D p0   .a  x C g  z/:

Aufgabe 2.3 Rotierendes Winkelrohr

25

p0 ist hierin der Druck im gewählten Koordinatenursprung. Demnach wird im vorliegenden Fall der Druck an der Stelle 3 zuerst den Dampfdruck erreichen, da x D L, wenn auch z D 0 ist. Folglich lautet der Druck p3 D p.x D LI z D 0/ D p0   a  L. Es muss zur Lösung der gestellten Aufgabe weiterhin p0 festgestellt werden. Dies lässt sich mit der Druckverteilung p.xI z/ D p0   .a  x C g  z/ jetzt an der Stelle 1 mit x D 0 und z D H bewerkstelligen. Hier ist p.x D 0; z D H / D p1 D pB . Dies führt zu p1 D pB D p0   g  H . Stellt man nach p0 um, so kann man schreiben p0 D pB C  g  H: Der Druck p3 nimmt mit diesem Ergebnis die Form an p3 D pB C  g  H   a  L: Den Beschleunigungsterm auf die linke Gleichungsseite

 a  L D pB C  g  H  p3 gebracht und dann durch  L dividiert liefert aD

H .pB  p3 / Cg :

L L

Beachtet man jetzt noch, dass bei p3 D pDa die maximale Beschleunigung amax: erreicht wird, so lautet das Ergebnis

amax D

.pB  pDa / H Cg :

L L

Aufgabe 2.3 Rotierendes Winkelrohr Ein U-förmig ausgebildetes Winkelrohr ist am kürzeren vertikalen Schenkel verschlossen, der längere dagegen am oberen Ende gegen Atmosphäre offen (Abb. 2.6). Das mit Flüssigkeit der Dichte befüllte Rohr rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit ! um die Vertikalachse des kurzen Schenkels. Dort liegt eine Flüssigkeitshöhe h1 über der Horizontalebene vor, wogegen h2 die Höhe im offenen, längeren Schenkel ist. Dieser weist einen Abstand R von der Drehachse auf. Wie groß darf die maximale Winkelgeschwindigkeit !max: höchstens werden, wenn an der Stelle 1 der dortige statische Druck gerade den Dampfdruck der Flüssigkeit erreicht, also p1 D pDa wird?

26

2

Translatorisch und rotierend bewegte Flüssigkeitssysteme

Abb. 2.6 Rotierendes Winkelrohr

pB 2

ω

h2

1 R h1 z r

Lösung zu 2.3 Aufgabenerläuterung Es wird bei der Bestimmung von ! die Druckgleichung rotierender, nicht strömender Flüssigkeiten Gebrauch zu machen sein. Die Besonderheiten vorliegenden Systems sind dabei zu verwenden. Gegeben:  R; h1 ; h2 ; pB ; pDa ;

Gesucht: 1. !max 2. !max , wenn R D 200 mm; h1 D 200 mm; h2 D 500 mm; pB D 1 bar; pDa D 0;0234 bar; D 1 000 kg=m3 . Anmerkungen

 Es wird von einem sehr dünnen Rohr ausgegangen.   Die Druckgleichung lautet: p .r; z/ D p0   g  z 

!2 2

 r2 .

Lösungsschritte – Fall 1 Wir suchen die maximale Winkelgeschwindigkeit !max . Die Druckverteilung in rotierenden Flüssigkeiten   !2 2 p .r; z/ D p0   g  z  r 2

Aufgabe 2.3 Rotierendes Winkelrohr

27

lautet mit p0 D p1 C  g  h1 als Druck im Koordinatenursprung des vorliegenden Falls p .r; z/ D p1 C  g  h1   g  z C 

!2 2 r : 2

An der Stelle r D R und z D h2 liegt atmosphärischer Druck pB vor. Also wird dann mit diesen Koordinaten in o. g. Gleichung p .r D RI z D h2 / D pB D p1 C  g  h1   g  h2 C 

!2  R2 : 2

Umgeformt nach ! folgt

 Multipliziert mit

2

 R2

!2  R2 D .pB  p1 / C  g  .h2  h1 / : 2

gibt das

!2 D

2 1  Œ.pB  p1 / C  g  .h2  h1 / : 

R2

Wird jetzt noch die Wurzel gezogen, so liegt die Winkelgeschwindigkeit ! ohne Einschränkung von p1 vor: s !D

2 1  Œ.pB  p1 / C  g  .h2  h1 /: 

R2

Da die Frage nach der maximalen Winkelgeschwindigkeit !max beim Erreichen von p1 D pDa gestellt ist, werden diese Größen oben eingesetzt, und man gelangt zum Ergebnis s !max

1 D  R

!max

1 D  R

2  Œ.pB  pDa / C  g  .h2  h1 /

s 2



oder

 .pB  pDa / C g  .h2  h1 / :

Lösungsschritte – Fall 2 Wenn R D 200 mm; h1 D 200 mm; h2 D 500 mm; pB D 1 bar; pDa D 0;0234 bar und

D 1 000 kg=m3 gegeben sind, haben wir für die maximale Winkelgeschwindigkeit

28

2

Translatorisch und rotierend bewegte Flüssigkeitssysteme

!max bei dimensionsgerechter Verwendung der gegebenen Daten s !max

1 D  0;20



 .100 000  2 340/ 2 C 9;81  .0;50  0;20/ : 1 000

!max D 70;9

oder mit nmax D

1 s

!max 2

nmax D 11;29

1 1  677 : s min

Aufgabe 2.4 Rotierendes T-Stück In Abb. 2.7 ist ein T-Stück zu erkennen, das aus einem senkrechten und einem horizontalen Kreisrohr besteht. Oben ist das vertikale Rohr gegen Atmosphäre offen, die seitlichen Enden sind dagegen verschlossen. Das in der Höhe h mit Flüssigkeit befüllte T-Stück rotiert mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit ! um die vertikale z-Achse. Gesucht wird eine Gleichung, mit der es möglich ist, an jeder beliebigen Stelle des Flüssigkeitsraums den dort vorliegenden statischen Druck p.r; z/ zu ermitteln.

Lösung zu 2.4 Aufgabenerläuterung Da bei konstanter Winkelgeschwindigkeit ! des rotierenden Systems jedes Flüssigkeitselement sich gegenüber seiner Nachbarschaft in Ruhe befindet, handelt es sich um ein statisches Problem. Zur Aufgabenlösung setzt man sinnvoller Weise die Gleichung an, welche die Druckverteilung in rotierenden Fluiden beschreibt. Gegeben:  H; r0 ; pB ; ; !; g

Aufgabe 2.4 Rotierendes T-Stück

29

pB

 h

z



r

r0



Abb. 2.7 Rotierendes T-Stück

Gesucht: 1. p D f .zI r/ 2. pmax Anmerkungen

 Die Flüssigkeitsdichte ist konstant.  Die Krümmung der Flüssigkeitsoberfläche ist ohne Einfluss. Lösungsschritte – Fall 1 Die Druckverteilung p D f .zI r/ finden wir mit dem folgenden Die Druckglei Ansatz. 2 chung in rotierenden Flüssigkeiten lautet p .zI r/ D p0   g  z  !2  r 2 . Hierin ist p0 der Druck im Koordinatenursprung. Im vorliegenden Fall lautet er gemäß Abb. 2.7 p0 D pB C  g  h. In oben genannte Gleichung eingesetzt folgt   !2 2 p .zI r/ D pB C  g  h   g  z  r : 2

30

2

Translatorisch und rotierend bewegte Flüssigkeitssysteme

Die Gleichung umgestellt führt zu

p.rI z/ D pB C  g  .h  z/ C  ! 2 

r2 : 2

Hiermit ist also die Frage zur Größe des statischen Drucks an jeder beliebigen Stelle im Flüssigkeitsraum lösbar. Lösungsschritte – Fall 2 Der Maximaldruck pmax wird bei z D 0 und r D r0 erreicht werden. Das Ergebnis lautet dann

pmax D pB C  g  h C  ! 2 

r0 2 : 2

Aufgabe 2.5 Rotierender geschlossener Zylinder In Abb. 2.8 erkennt man einen rotierenden, vollständig mit Flüssigkeit gefüllten zylindrischen Behälter. Dem mit einem Deckel verschlossenen Zylinder wird ein Druck pSys aufgeprägt. Die Füllhöhe H, der Behälterradius R und die Wandstärke s sind bekannt. Ebenso können die zulässige Spannung Z;zul des Zylinders und die Flüssigkeitsdichte

als gegebene Größen verstanden werden. An welcher Stelle entsteht der Maximaldruck pmax und wie groß wird er? Mit welcher Maximaldrehzahl nmax darf der Behälter rotieren? Abb. 2.8 Rotierender geschlossener Zylinder

Sys.

R s

z

r



H

Aufgabe 2.5 Rotierender geschlossener Zylinder

31

Lösung zu 2.5 Aufgabenerläuterung Die Frage nach dem Maximaldruck pmax muss in zwei Schritten beantwortet werden. Einerseits wird er durch die Flüssigkeitsrotation in Verbindung mit dem Systemdruck pSys und dem hydrostatischen Druck bestimmt. Andererseits steht über die Festigkeitseigenschaften des Behälters eine zweite Möglichkeit zur Verfügung, den Druck pmax zu beschreiben. Aus der Verknüpfung beider Zusammenhänge wird dann die Ermittlung der zulässigen Maximaldrehzahl nmax bestimmbar. Gegeben:  R; H; pSys ; Z;zul ; s; !;

Gesucht: 1. Stelle und Gleichung des maximalen Drucks pmax 2. nmax 3. nmax bei: D D 1;5 m; H D 2;0 m; D 1 260 kg=m3 ; pSys D 3;0 bar; s D 8 mm; Z;zul D 9;5  107 N=m2 Anmerkungen

 Die Druckverteilung inrotierenden, nicht strömenden Flüssigkeiten folgt dem Ge!2 2 setz p .z; r/ D p0   g  z  2  r . Hierin ist p0 der Druck im Koordinatenursprung.  Die Gleichung zur Wandstärkenberechnung dünnwandiger Rohre und Behälter lautet: pmax  d : sD 2  Z;zul Lösungsschritte – Fall 1 Für den Maximaldruck pmax verwenden wir o. g. Gleichung der Druckverteilung in rotierenden Flüssigkeiten,   !2 2 p .z; r/ D p0   g  z  r ; 2 sowie dem Druck im Koordinatenursprung p0 , der sich aus dem Systemdruck pSys und dem hydrostatischen Anteil  g  H zusammensetzt, p0 D pSys C  g  H;

32

2

Translatorisch und rotierend bewegte Flüssigkeitssysteme

erhält man im vorliegenden Fall die Druckverteilung im Behälter p .zI r/ D pSys C  g  .H  z/ C 

!2 2 r : 2

Der maximale Druck pmax liegt vor, wenn z D 0 und r D R. Hieraus erhält man pmax D pSys C

 ! 2  R2 C  g  H: 2

Ist die zulässige Zugspannung in der Zylinderwand Z;zul gegeben, so berechnet sich die zweite Gleichung für den maximalen Innendruck pmax durch Hinzuziehen der Wandstärkenberechnung von dünnwandigen Rohren und Kesseln („Kesselformel“): sD

pmax  2  R pmax  d D 2  Z;zul 2  Z;zul

oder umgeformt pmax D Z;zul 

s : R

Aus beiden Gleichungen für pmax ergibt sich an der Stelle r D R und z D 0

pmax D psys C

s  ! 2  R2 C  g  H D Z;zul  : 2 R

Lösungsschritte – Fall 2 Die Maximaldrehzahl nmax erhalten wir über !max . Die oben stehende Gleichung nach ! D !max umgeformt führt zunächst zu

s 2  R2 D Z;zul   pSys   g  H:  !max 2 R Dividiert durch

2

 R2 erhält man 2 !max D

h i 2 s    

 g  H ;  p Z;zul Sys

 R2 R

und nach dem Wurzelziehen lautet das gesuchte Ergebnis s !max

1 D  R

2  s  Z;zul   pSys   g  H

R

Aufgabe 2.6 Rotierender Behälter mit Steigrohr

33

Lösungsschritte – Fall 3 Mit den Werten D D 1;5 m; H D 2;0 m; D 1 260 kg=m3 ; pSys D 3;0 bar; s D 8 mm; Z;zul D 9;5  107 N=m2 erhalten wir für die Maximaldrehzahl nmax bei dimensionsgerechtem Gebrauch der gegebenen Größen s !max

1 D  0;75

!max D 44;08

  2 8  9;5  107   300 000  1 260  9;81  2 1 260 750

1 s

oder mit ! D 2  n:

nmax D 7;016

1 1  421 : s min

Aufgabe 2.6 Rotierender Behälter mit Steigrohr Ein zylindrischer, gegen Atmosphäre offener Behälter ist am Boden mit einem sehr dünnen Steigrohr verbunden (Abb. 2.9). Nach der Befüllung mit Flüssigkeit steht der Spiegel im Behälter und im Steigrohr auf gleicher Höhe h0 über der Bezugsebene. Nachdem der Behälter mit Steigrohr in Rotation ! versetzt wird stellt sich im stationären Zustand eine paraboloidförmige Oberflächenkontur ein, die sich auch im Steigrohr (kommunizierendes System) fortsetzt. Ermitteln Sie den Flüssigkeitsanstieg hx im Steigrohr, wenn neben der Winkelgeschwindigkeit ! die Radien r1 und r0 bekannt sind. Des Weiteren sollen die statischen Drücke an den Stellen C und D am Boden des Steigrohrs im Fall der Rotation des Systems angegeben werden.

Lösung zu 2.6 Aufgabenerläuterung Im rotierenden System liegt ein statischer Zustand vor; die Fluidteilchen bewegen sich nicht relativ zueinander. Durch die Voraussetzung, dass im Steigrohr V  sein soll, ist von einem unveränderten Volumen im rotierenden Behälter auszugehen. Im Behälter und im Steigrohr gelten die Gesetzmäßigkeiten in rotierenden Flüssigkeiten. Gegeben:  !; h0 ; r0 ; r1 ; pB ;

34

2

Translatorisch und rotierend bewegte Flüssigkeitssysteme r1

pB

hX

pB

r0

V F  2

erfüllt ist.



T e 2



94

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

Nach der Mauerbreite aufgelöst erhält man F B >2  FG



T e 2



oder umgeformt B>

F  .T  2  e/ : FG

Mit der Exzentrizität

IS IS D A  yS A  tS (bei ˛ D 0ı , also senkrechte Wand), dem Flächenmoment 2. Grades der Rechteckfläche um den Schwerpunkt S, IS D L  T 3 =12, dem Schwerpunktabstand tS D T =2 und der Fläche A D T  L wird L  T 3  2 T eD D : 6 12  L  T  T Damit wird     2 1 F F  T  T D  T  T B> FG 6 FG 3 bzw. eD

B>

2 F  T:  3 FG

Einsetzen von FG D g  M  B  H  L und F D B>

1 2

 g  W  T 2  L liefert

g  W  T 2  L 2   T: 3 2  g  M  B  H  L

Durch Kürzen sowie Multiplikation mit B kommt man zu B2 >

1 W T 3   : 3 M H

Nach Wurzelziehen lautet das Ergebnis schließlich s B>T 

1 W T  :  3 M H

Ein Umkippen der Staumauer wird immer dann vermieden, wenn diese Bedingung eingehalten wird.

Aufgabe 4.2 Schräge Absperrklappe

95

Lösungsschritte – Fall 3 Die Fälle 1 und 2, wenn M D 2 406 kg=m3 , W D 1 000 kg=m3 , T D 5 m, H D 6 m, 0 D 0;42 und k D 1;5 gegeben sind, führen zunächst auf (dimensionsgerechtes Vorgehen vorausgesetzt) 1 1 000 1;5 52 BD    D 3;09 m 2 2 406 0;42 6 Andererseits muss dann r 1 1 000 5   D 1;70 m B >5 3 2 406 6 Sein. Darum können wir schließen:

Wegen 3;09 m > 1;70 m ist die Kippsicherheit gewährleistet.

Aufgabe 4.2 Schräge Absperrklappe Eine Absperrklappe liegt gemäß Abb. 4.5 auf einer Flüssigkeit auf und dichtet den Flüssigkeitsraum gegenüber der Umgebung ab. Die Klappe ist um den Punkt G drehbar gelagert. Der vertikale Abstand h ihres höchsten Punktes A vom Gelenk G sowie der des Flüssigkeitsspiegels vom Punkt A sind gleich groß. Die Klappensteigung wird durch den Winkel ˛ festgelegt. Die Gewichtskraft der Klappe FG ist bekannt. Zu ermitteln ist diejenige im Klappenschwerpunkt angreifende, vertikale Haltekraft F t , mit der am Punkt A gerade noch abgedichtet wird.

Lösung zu 4.2 Aufgabenerläuterung Zur Lösung der Frage nach der Vertikalkraft F t sind sämtliche an der Klappe wirksamen Kräfte im Gleichgewichtszustand zu berücksichtigen. Die o. g. Formulierung „. . . gerade noch abgedichtet . . . “ soll darauf hinweisen, dass an der Stelle A keine Kraft mehr zwischen Klappe und Fundament wirkt. Neben der bekannten Klappengewichtskraft FG und der gesuchten Haltekraft F t muss die aufgrund der hydrostatischen Druckverteilung an der Klappenunterseite angreifende Kraft F ermittelt werden. Kraftangriffspunkt für FG und F t ist jeweils der Schwerpunkt der Klappe; dagegen ist derjenige von F um die Exzentrizität e vom Schwerpunkt aus nach unten versetzt. Gegeben:  ; ˛; g; h; FG ; B

96

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

B

h A



pB

B

senkrecht zur Zeichenebene

h

G

Abb. 4.5 Schräge Absperrklappe

Gesucht: 1. F t 2. F t , wenn D 1 000 kg=m3 ; ˛ D 30ı ; g D 9;81 m=s2 ; h D 2 m; FG D 300 kN; B D 3m Lösungsschritte – Fall 1 Einen schnellen Weg zur Bestimmung der Kraft F t stellt die Anwendung des Momentensatzes um das Gelenk G dar. Hierzu ist es zunächst erforderlich, alle Kräfte und notwendigen geometrischen Größen in Abb. 4.6 einzutragen. Es wird davon ausgegangen, dass im Gelenk kein mechanisches Reibmoment wirkt. Die Kräfte FG und F t greifen im Schwerpunkt S dieser Rechteckplatte mittig, vertikal nach unten gerichtet an. Die hydraulische Kraft F steht senkrecht am Angriffspunkt D auf der Klappenfläche. Der Momentensatz liefert mit den Abmessungen in Abb. 4.6: X

 TG D 0 D F 

 1 1 1 h h h   e  F t  cos ˛    FG  cos ˛   2 sin ˛ 2 sin ˛ 2 sin ˛

Da F t gesucht wird, stellen wir um: F t  cos ˛ 

1 h  DF  2 sin ˛



 1 1 h h   e  FG  cos ˛   2 sin ˛ 2 sin ˛

Aufgabe 4.2 Schräge Absperrklappe

97

pB

α

pB

t

B

y tS ρW

h

senkrecht zur Zeichenebene

1 2s h in α

A

1 2s h in α

e

S h

D α

α

FG*cos α

G

FG

Ft*cos α F

Ft

Abb. 4.6 Abmessungen und Kräfte an schräger Absperrklappe

Multiplizieren mit

2sin ˛ hcos ˛

liefert die gesuchte Kraft F t alleine auf der linken Seite:

2  sin ˛ 1 Ft D F    cos ˛ h



 1 1 h h 2  sin ˛   e  FG  cos ˛    : 2 sin ˛ 2 sin ˛ h  cos ˛

Das Kürzen geeigneter Größen und Ausmultiplizieren auf der rechten Seite  Ft D F 

2  sin ˛ 1 h e 2  sin ˛     h  cos ˛ 2 sin ˛ h cos ˛

  FG

führt zum vorläufigen Zwischenergebnis   1 e sin ˛  FG : 2  Ft D F  cos ˛ h cos ˛ Es sind also noch die hydraulische Kraft F und die Exzentrizität e unbekannt. Die hydraulische Kraft F lässt sich beschreiben mit F D gB 

3 h2  : 2 sin ˛

Dabei sind F D  g  A  tS

durch den Flüssigkeitsdruck bewirkte hydraulische Kraft

98

4

ADB tS D h

h sin ˛ C 12  h

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

benetzte Fläche D

3 2

 h Schwerpunktabstand der Fläche A von der Oberfläche

Die Exzentrizität e als Abstand des Punktes D von S auf der Rechteckklappe ist eD

IS : A  yS

Hierin sind IS D H D

BH 3 12 h sin ˛

Flächenmoment 2. Grades bei einer Rechteckfläche Plattenlänge

ADB H DB  yS D

h sin ˛

C

1 2



h sin ˛

h sin ˛

D

benetzte Plattenfläche 3 2



h sin ˛

Schwerpunktkoordinate der geneigten Klappe in y-Richtung vom Flüssigkeitsspiegel bis zum Schwerpunkt S.

Somit folgt für die Exzentrizität eD

1 h B  h3  sin ˛  2  sin ˛ D  : 3 18 sin ˛ sin ˛  12  B  h  3  h

Die gesuchte Kraft F t lässt sich zunächst durch Verwendung von e in der Ausgangsgleichung herleiten zu  Ft D F 

1 2 h sin ˛    cos ˛ 18 sin ˛  h cos ˛

  FG

oder, die Klammer zusammengefasst,  Ft D F 

1 1 1   cos ˛ 9 cos ˛

  FG

und folglich 8 F   FG : 9 cos ˛ Des Weiteren gelangt man unter Verwendung von Ft D

F D gB  zu Ft D

h 3  2 sin ˛

8 3 h2 1  gB     FG : 9 2 sin ˛ cos ˛

Aufgabe 4.3 Platte auf Wasser

99

Nach Kürzen lautet dann das Ergebnis

Ft D

4

g   B  h2  FG : 3 sin ˛  cos ˛

Lösungsschritte – Fall 2 Unter Beachtung der dimensionsgerechten Benutzung der gegebenen Größen berechnet man die erforderliche Vertikalkraft F t im Fall D 1 000 kg=m3 , ˛ D 30ı , g D 9;81 m=s2 , h D 2 m, FG D 300 kN und B D 3 m zu Ft D

4 1  1 000  9;81  3  22  300 000  3 sin 30ı  cos 30ı

F t D 62;48 kN:

Aufgabe 4.3 Platte auf Wasser Bei der folgenden Aufgabe stelle man sich gemäß Abb. 4.7 vor, dass eine schwere massive Stahlplatte als Abdichtelement den Austritt von Wasser aus einem Becken verhindern soll. Die Platte ist drehbar im Beckenfundament gelagert und liegt auf dem Wasser auf. Die seitlichen Abdichtungen sind in Abb. 4.7 nicht erkennbar. Im Fall von Holz als Plattenwerkstoff hat man keine Vorstellungsschwierigkeiten dieses Vorgangs; bei einer z. B. 20 Tonnen schweren Stahlplatte dagegen könnte man meinen, dass ein Untergehen im Wasser aufgrund der enormen Plattenmasse unvermeidlich ist. Die hydrostatische Druckverteilung im Wasser sorgt jedoch dafür, dass auch die Stahlplatte bei korrekter Dimensionierung die Aufgabe erfüllt. Da die Flüssigkeitstiefe t1 über dem Drehgelenk variabel angenommen wird (z. B. Ebbe und Flut), soll der Zusammenhang zwischen t1 und dem Plattenneigungswinkel ' hergeleitet werden.

Lösung zu 4.3 Aufgabenerläuterung Die variable Wassertiefe t1 bewirkt, dass die flüssigkeitsbenetzte Plattenfläche A1 , auf welcher der hydrostatische Druck wirkt, sich ebenfalls verändert (A1 D B  L1 mit

100

4

Abb. 4.7 Platte auf Wasser

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände B senkrecht zur Zeichenebene

P

pB

L



d

pB

t

W

t1



B D konstant und L1 ¤ konstant). Aufgrund der Verschiebung des Bezugsschwerpunktes S1 der Fläche A1 liegen auch unterschiedliche Schwerpunktabstände tS1 vor. Direkte Auswirkungen auf die vom Flüssigkeitsdruck erzeugte Plattenkraft F D g  W  A1  tS1 sind die Folge. Weiterhin wird auch der Angriffspunkt D1 der Kraft F durch die variable Wassertiefe t1 beeinflusst. Dies äußert sich in veränderlichen Werten der Exzentrizität e1 . Gegeben:  W ; P ; g; B; L; d Gesucht:  t1 D f (') Anmerkungen

 Der Plattenschwerpunkt S darf nicht mit dem Flächenschwerpunkt S1 verwechselt werden. Lösungsschritte Zunächst müssen alle bekannten bzw. benötigten geometrischen Größen in Abb. 4.8 eingetragen werden ebenso wie die beiden Kräfte FG und F in ihren Wirkungspunkten S bzw. D1 . Den einfachsten Ansatz zur Ermittlung der gesuchten Funktion liefert die Momentensumme um das Drehgelenk, wobei davon ausgegangen wird, dass im Gelenk Reibungsfreiheit vorliegt: X

T D 0 D FG  cos ' 

  L  F  L1  yS1  e1 : 2

Aufgabe 4.3 Platte auf Wasser

101

pB

L

B senkrecht zur Zeichenebene

d L1

pB y S1

y

 tS 1

2 L/

t t1

FG

/2 L1

S1

FG cos 

e1

S

D1

 F

Abb. 4.8 Abmessungen und Kräfte bei Platte auf Wasser

Umgeformt folgt

  L F  L1  yS1  e1 D FG  cos '  : 2 Multiplikation mit 2 liefert zunächst   2  F  L1  yS1  e1 D FG  cos '  L:

Hierin sind F D g  W  A1  tS1 A1 D B  L1 tS1 D yS1  sin ' yS1 D L21 FG D g  mP mP D P  VP VP D B  L  d

hydraulische Kraft in D1 benetzte Fläche Schwerpunktabstand der Fläche A1 Schwerpunktkoordinate in der Flächenrichtung Gewichtskraft der Platte Plattenmasse Plattenvolumen

Diese Zusammenhänge in der Ausgangsgleichung verwendet führen zu: 2

  1  g  W  B  L21  sin '  L1  yS1  e1 D g  P  B  L  d  cos '  L 2

102

4



oder

W 

L21

 sin ' 

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

 L1  e1 D P  L2  d  cos ' D P  L2  d  cos ' 2

mit yS1 D L1 =2. Die Exzentrizität e1 als Abstand des Kraftangriffspunktes D1 vom Flächenschwerpunkt S1 erhält man mit den vorliegenden Größen wie folgt. IS1 A1 yS1 BL3 IS1 D 12 1

e1 D

Exzentrizität

Flächenmoment 2. Grades der Rechteckfläche A1 A1 D L1  B benetzte Fläche Schwerpunktabstand in y-Richtung yS1 D L21 Dies liefert für e1 die Lösung e1 D

1 B  L31 2 1  D  L1 :  12 B  L1 L1 6

In oben stehende Ausgangsgleichung eingesetzt führt das zunächst zu 

W  L21  sin '  oder

L1 L1  2 6

 D P  L2  d  cos '

1  W  L31  sin ' D P  L2  d  cos ': 3

Nach L31 aufgelöst bedeutet das L31 D

3  P  L2  d  cos ' :

W  sin '

Ersetzt man jetzt L1 D t1 /sin ', so erhält man t13 D 3 

P  L2  d  cos '  sin2 '

W

und somit als gesuchtes Ergebnis:

t1 D

r

P 3 3  L2  d  cos '  sin2 '

W

Aufgabe 4.4 Verschlussklappe zwischen zwei Wasserkanälen

103

Aufgabe 4.4 Verschlussklappe zwischen zwei Wasserkanälen Wie in Abb. 4.9 erkennbar, werden zwei Kanäle durch eine Wand voneinander getrennt. In der Wand ist eine kreisförmige Verschlussklappe in der Weise installiert, dass sie den Kanalboden gerade berührt und am höchsten Punkt in einem Drehgelenk gelagert ist. An diesem angeschweißt erkennt man einen Hebel, der am hinteren Ende mit einer Masse m belastet wird mit der Aufgabe, die Abdichtung zwischen beiden Kanälen herzustellen. Die Frage, die sich im vorliegenden Fall stellt, ist zweigeteilt und behandelt den Abdichtvorgang unter verschiedenen Aspekten: 1. Mit welcher Masse m muss der Hebel belastet werden, damit bei gegebener Füllhöhe t1 im linken Kanal (Abb. 4.9) die Verschlussklappe gegenüber dem rechten leeren Kanal „gerade noch“ abdichtet? 2. Bei unterschiedlichen Wasserständen in beiden Kanälen (Abb. 4.10) soll festgestellt werden, wie groß die linke Füllhöhe t2 werden darf, dass bei eingetauchter Masse m und fester Höhe t im rechten Kanal die Abdichtung ebenfalls „gerade noch“ funktioniert?

Lösung zu 4.4 Aufgabenerläuterung Die Aufgabe behandelt das Zusammenwirken verschiedener an der Verschlussklappe angreifender Kräfte unter jeweils dem Aspekt des „gerade noch“ Abdichtens an der Dichtfläche. Dies bedeutet, dass die Kraft zwischen Dichtung und Klappe in diesem Grenzfall gleich null ist und folglich nicht berücksichtigt wird. Als Kräfte kommen neben der Gewichtskraft der Masse m noch diejenigen aus den hydrostatischen Druckverteilungen an der Verschlussklappe und im zweiten Fall auch die Auftriebskraft der eingetauchten Masse zur Wirkung.

Abb. 4.9 Verschlussklappe zwischen zwei Wasserkanälen

pb pb m

ρ

tS

t

a

t1

d e F

S D l

FG

104

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

pB Fa

pB m ρG

ρ

t

a

t2

FG

d

t

e1

e2 F2

t

ρ

F1 l

Abb. 4.10 Abmessungen und Kräfte bei Verschlussklappe zwischen zwei Wasserkanälen

Gegeben:  W ; d; a; l; t1 Gesucht: 1. m 2. t2 3. m und t2 , wenn t1 D 1 m; t D 1 m; d D 0;90 m; a D 0;53 m; l D 0;95 m; W D 1 000 kg=m3 ; G D 7 850 kg=m3 . Anmerkungen

   

a > d=2 ist in Abb. 4.9 nicht eindeutig erkennbar. Das Drehgelenk ist reibungsfrei. Die Volumina des Hebels und des Versteifungswinkels sind vernachlässigbar.   d 4 ist das Flächenmoment 2. Grades um Schwerpunkt einer Kreisfläche. IS D 64

Lösungsschritte – Fall 1 Um die Masse m zu bestimmen, bildet man mit den wirksamen Kräften die um das Drehgelenk wirkenden Momente. Es folgt (entgegen dem Uhrzeigersinn gezählt) X

TD D 0 D F  .a C e/  FG  l

oder FG  l D F  .a C e/ : Mit FG D m  g und F D W  g  tS  A bekommen wir m  g  l D W  g  tS  A  .a C e/ :

Aufgabe 4.4 Verschlussklappe zwischen zwei Wasserkanälen

Nach m aufgelöst und mit A D

 4

105

 d 2 wird daraus

m D W 

tS   .a C e/   d 2 : l 4

tS in die Klammer multipliziert und umgestellt liefert mD

 d2  W   .tS  a C tS  e/ : 4 l

Jetzt fehlt noch die Exzentrizität e. Die Exzentrizität e lautet allgemein e D von Kreisplatten gilt

IS . tS A

Im Falle

  d 4 Flächenmoment 2. Grades um den Schwerpunkt S IS D 64  A D 4  d 2  Fläche tS D t1  d2 Abstand des Schwerpunkts von der Flüssigkeitsoberfläche

Somit lässt sich e unter Verwendung dieser Zusammenhänge ermitteln zu eD

 d4 d2 l D  : tS  4  d 2 16 tS  64

Wird e in die Gleichung für die gesuchte Masse eingesetzt, so führt dies zum Ergebnis    d2 d2 m D  W   tS  a C ; 4 l 16   oder mit tS D t1  d2 :

mD

 d2  W   4 l

   d d2 aC t1  2 16

Lösungsschritte – Fall 2 Auch hier ist der Ansatz der von allen Kräften um das Drehgelenk erzeugten Momente der einfachste Weg, die gesuchte maximal zulässige Flüssigkeitshöhe t2 zu ermitteln. Jetzt wirken aber zwei durch den Flüssigkeitsdruck an der Verschlussklappe hervorgerufene Kräfte F1 und F2 (Abb. 4.10). Die verschiedenen Füllhöhen in den Kanälen verursachen des Weiteren unterschiedliche Kraftangriffspunkte von F1 und F2 . Dies äußert sich in voneinander abweichenden Exzentrizitäten e1 und e2 . Weiterhin wird eine Kraft wirksam, die immer dann entsteht, wenn ein Körper mit seinem Volumen in einem Fluid das gleiche Fluidvolumen verdrängt, die archimedische Auftriebskraft. Im vorliegenden Fall entsteht

106

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

sie an der jetzt bekannten, nun aber vollkommen eingetauchten Masse m und greift wie die Gewichtskraft FG im Massenschwerpunkt an. Bildet man mit den wirksamen Kräften die um das Drehgelenk wirkenden Momente, so folgt (im Uhrzeigersinn gezählt) X

TD D 0 D FG  l  FA  l C F1  .e1 C a/  F2  .e2 C a/

oder umgestellt F2  .e2 C a/  F1  .e1 C a/ D .FG  FA /  l: Dabei sind Gewichtskraft FG D g  m FA D g  W  VG Auftriebskraft Volumen der Masse VG D m= G Oben eingesetzt bekommen wir F2  .e2 C a/  F1  .e1 C a/ D l  .m  g  W  g  VG / ; und nach Ausklammern von m  g und Ersetzen von VG D m= G :  

W F2  .e2 C a/  F1  .e1 C a/ D l  m  g  1  :

G Die hydraulischen Kräfte F2 und F1 an der Klappe unterscheiden sich nur durch die verschiedenen Schwerpunktabstände tS2 und tS1 . Sie lauten F2 D W  g  tS2  A

und F1 D W  g  tS1  A:

Die Schwerpunktabstände tS2 und tS1 lassen sich aus Abb. 4.10 wie folgt ablesen: 

tS2

d D t2  2

 und tS1

  d D t : 2

Die beiden noch benötigten Exzentrizitäten folgen allgemein dem Ansatz e D yISSA . Im Fall der senkrechten Fläche (˛ D 0ı ) wird gemäß tS D yS  cos ˛ auch tS D yS . Man erhält folglich IS IS und e2 D : e1 D tS1  A tS2  A

Aufgabe 4.4 Verschlussklappe zwischen zwei Wasserkanälen

107

Wir setzen F2 und F1 sowie e1 und e2 mit den neuen Zusammenhängen in das Ergebnis der Momentengleichung ein,       IS IS

W C a  W  g  A  tS1  Ca Dl mg 1

W  g  A  tS2  tS2  A tS1  A

G und vereinfachen:    

W :

W  IS  A  tS2  a  IS  A  tS1  a D l  m  1 

G Dies führt zu



A  a  tS2  tS1



 

W m : l  1 D

W

G

Dividiert man noch durch (A  a), so bleibt tS2  tS1 D

  ml 1

W  1  A  a W

G

stehen. Mit den o. g. Schwerpunktabständen erhält man       d

W d ml 1  1   t D t2  2 2 A  a W

G und mit A D

 4

 d 2 das Endergebnis

t2 D t C

  4ml

W 1  1     d 2  a W

G

Lösungsschritte – Fall 3 m und t2 werden für t1 D 1 m, t D 1 m, d D 0;90 m, a D 0;53 m, l D 0;95 m, W D 1 000 kg=m3 und G D 7 850 kg=m3 dimensionsgerecht berechnet:

 0;92 m D  1 000   4 0;95

t2 D 1 C



0;9 1 2



 0;92  0;53 C D 229 kg 16

  4  229  0;95 1 1 000 D 1;56 m   1    0;92  0;53 1 000 7 850

108

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

Aufgabe 4.5 Zylinder auf Rechteckabfluss In Abb. 4.11 ist der Querschnitt durch ein flüssigkeitsgefülltes Becken mit einem rechteckigen Abfluss zu erkennen. Eine zylindrische Walze mit dem Radius R und der Länge L (senkrecht zur Bildebene) liegt auf diesem Rechteckabfluss gleicher Länge auf und verhindert das Ausströmen der Flüssigkeit. An der oberen und unteren flüssigkeitsbenetzten Zylinderoberfläche wirken unterschiedliche, durch die hydrostatische Druckverteilung hervorgerufene Kräfte. Zu ermitteln ist die resultierende hydrostatische Kraft, die an der Walze zur Wirkung kommt.

Lösung zu 4.5 Aufgabenerläuterung Im vorliegenden Fall der im unteren Segment nicht vollständig in Flüssigkeit eingetauchten Walze stellt sich die Frage nach Kräften, die an Körpern mit gekrümmten Oberflächen aufgrund der hydrostatischen Druckverteilung in Flüssigkeiten wirken. Da Symmetrie zur t-Achse vorliegt, heben sich die Horizontalkomponenten der Kräfte bei gleicher Größe, aber entgegen gesetzter Wirkrichtung vollständig auf. Somit sind nur die Kraftkomponenten F t von Bedeutung. Bei deren Bestimmung ist es erforderlich, zu unterscheiden, ob die Kraftkomponente „von oben“, also in t-Richtung oder „von unten“, also entgegen der t-Richtung wirkt. Hiernach richtet sich das Volumen V, welches bei der Ermittlung von F t D g   V benötigt wird. pB Δ t

R

h1

ρ

pB

Abb. 4.11 Zylinder auf Rechteckabfluss

L senkrecht zur Zeichenebene

Aufgabe 4.5 Zylinder auf Rechteckabfluss

109

Gegeben:  h1 ; ; '; R; L Gesucht: 1. Ft1 ; Ft2 ; Ftres 2. Ftres , wenn h1 D 7 m; D 1 000 kg=m3 ; ' = 30ı ; R D 4 m; L D 3 m. Lösungsschritte – Fall 1 An die resultierende hydrostatische Kraft Ft res kommt man über die beiden Kraftkomponenten Ft 1 und Ft 2 . Diese müssen zunächst in Abb. 4.12 zusammen mit den benötigten Volumina V1 und V2 eingetragen werden. Zweckmäßigerweise ist es ratsam (aber nicht zwingend erforderlich), die Kräfte und Volumina pro Walzenhälfte einzuzeichnen und zu ermitteln. Das Volumen V1 und auch Ft1 , eigentlich in der linken Hälfte vorhanden, sind wegen der besseren Erkennbarkeit auf der rechten Seite eingezeichnet. Die resultierende hydraulische Kraftkomponente wird wie folgt festgelegt:

Ftres D Ft1  Ft2 .pro Hälfte des Zylinders/ : 2

Die Vertikalkraft Ft 1 , welche eine Zylinderhälfte von oben belastet, ermittelt man mithilfe der folgenden Größen bzw. Gleichungen:

pB



D

C

V2

t

F t1

F

G

V1

K

R

h1 E

B

F t2

M

A

J

N

pB

Abb. 4.12 Zylinder auf Rechteckabfluss; Abmessungen und Kräfte

110

4

Ft1 D  g  V1 V1 D VQuader  VViertelkreis VQuader D AFMJG  L VViertelkreis D AMKJ  L AFMJG D h1  R AMKJ D 14    R2

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

von oben wirkende hydraulische Kraft wirksames Flüssigkeitsvolumen gemäß Abb. 4.12 Quadervolumen Volumen aus Viertelkreis und Länge Querschnittsfläche des Quaders Querschnittsfläche des Viertelkreises

Diese Zusammenhänge liefern zunächst

  V1 D R  L  h1   R 4

und dann die gesuchte Kraft:   Ft1 D  g  R  L  h1   R 4

Zur Vertikalkraft Ft 2 , welche eine Zylinderhälfte von unten belastet, kommen wir mit den folgenden Größen bzw. Gleichungen: Ft2 D  g  V2 V2 D VQuader C VKreissektor  VPrisma VQuader D ABCDE  L ABCDE D h1  BE BE D R  R  cos ' D R  .1  cos '/ VQuader D h1  L  R  .1  cos '/ VKreissektor D AABM  L ' 2 AABM D 360 ı    R ' VKreissektor D 360ı    R2  L VPrisma D AAEM  L AAEM D 12  EM  EA EM D R  cos ' EA D R  sin ' AAEM D 12  R2  sin '  cos ' VPrisma D 12  R2  L  sin '  cos '

von unten wirkende hydraulische Kraft wirksames Flüssigkeitsvolumen gemäß Abb. 4.12 Volumen des Quaders Querschnittsfläche des Quaders gemäß Abb. 4.12 Ergebnis für VQuader Volumen aus Kreissektorfläche und Länge Querschnittsfläche des Kreissektors Ergebnis für VKreissektor Volumen des Prismas Querschnittsfläche des Prismas gemäß Abb. 4.12 gemäß Abb. 4.12 Ergebnis für AAEM Ergebnis für VPrisma

Einsetzen der drei Teilvolumina in V2 liefert zunächst V2 D h1  R  L  .1  cos '/ C

' 1    R2  L   R2  L  sin '  cos ': 360ı 2

Ausklammern von (R  L) ergibt   ' 1 V2 D R  L  h1  .1  cos '/ C    R   R  sin '  cos ' : 360ı 2

Aufgabe 4.5 Zylinder auf Rechteckabfluss

111

p Unter Verwendung von ' D 30ı und sin 30ı D 1=2 sowie cos 30ı D 12  3 gelangt man zu     1 p 30ı 1 1 1 p    R  3 V2 D R  L  h1  1   3 C  R    2 360ı 2 2 2 oder zusammengefasst      1 p R 3 p    3 : V2 D R  L  h1  1   3 C 2 12 2 Die Kraftkomponente Ft2 lautet folglich:      1 p R 3 p Ft2 D  g  R  L  h1  1   3 C    3 : 2 12 2

Die resultierende hydraulische Kraftkomponente Ftres =2 erhält man dann mit   

   Ftres  1 p R 3 p D  g  R  L  h1   R  h1  1   3 C    3 2 4 2 12 2   p p  1  1 D  g  R  L  h1   R  h1 C  3  h1  RC  3R 4 2 12 8 und nach Multiplikation mit 2 als

Ftres D  g  R  L 

p

p

3 2 3  h1 C R  R 4 3

!

Lösungsschritte – Fall 2 Wenn h1 D 7 m, D 1 000 kg=m3 , ' D 30ı , R D 4 m und L D 3 m gilt, dann berechnet sich – dimensionsgerechte Benutzung der gegebenen Zahlen vorausgesetzt – die resultierende Kraft Ft res zu ! p p 3 2 37C 4  4 Ftres D 1 000  9;81  4  3  4 3 oder

Ftres D 644 967 N  645 kN:

112

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

Aufgabe 4.6 Kugel auf Abflussrohr Am Boden eines offenen Wasserbeckens befindet sich ein kreisförmiges Abflussrohr (Abb. 4.13). Das Becken ist bis zur Höhe h mit Wasser befüllt. Den Eintrittsquerschnitt des Abflussrohrs versperrt eine Kugel mit der Gewichtskraft FG und dem Radius r0 . Der obere Kugelscheitelpunkt weist einen Abstand h0 vom Beckenboden auf. Das Abflussrohr mündet ins Freie. Zu ermitteln ist diejenige Kantenkraft FK , die zwischen Kugel und Eintrittskante der Abflussleitung wirkt.

Lösung zu 4.6 Aufgabenerläuterung Die gesuchte Kantenkraft FK lässt sich aus den verschiedenen an der Kugel wirkenden Kräften herleiten. Hierbei handelt es sich neben dem bekannten Gewichtsanteil FG um Kräfte, die an Körpern mit gekrümmten Oberflächen aufgrund der hydrostatischen Druckverteilung in Flüssigkeiten wirken. Da Symmetrie zur t-Achse vorliegt, heben sich die Horizontalkomponenten Fx der Kräfte bei gleicher Größe, aber entgegen gesetzter Wirkrichtung vollständig auf. Somit sind nur die Kraftkomponenten F t von Bedeutung. Bei deren Bestimmung ist es erforderlich, zu unterscheiden, ob die Kraftkomponente „von oben“ (hier Ft2 ) oder „von unten“ (hier Ft1 ) wirkt. Hiernach richtet sich das jeweilige Volumen V, welches bei der Ermittlung von F t D g   V benötigt wird. pB  r0

t

h h0

FG

pB

Abb. 4.13 Kugel auf Abflussrohr

Aufgabe 4.6 Kugel auf Abflussrohr

113

Anmerkungen

 Das Volumen der mit zu verwendenden Kugelkalotte V3 lautet im vorliegenden Fall (Abb. 4.13):  VKalotte D  h20  .3  r0  h0 / 3 Gegeben:  g, h, r0 , h0 , , FG Gesucht: 1. FK 2. FK , wenn g D 9;81 m=s2 ; h D 200 mm; r0 D 50 mm; h0 D 90 mm; D 1 000 kg=m3 ; FG D 3;924 N. Lösungsschritte – Fall 1 Die gegebenen Größen h, r0 , h0 , FG sowie die Kräfte Ft1 und Ft2 sowie die gesuchte Kantenkraft FK müssen zunächst in Abb. 4.14 eingezeichnet werden. Die Wirkrichtungen der Kräfte sind alle bis auf diejenige von FK bekannt. Diese kann man willkürlich wählen, da das Vorzeichen des Ergebnisses die Lösung liefert. Die Kraftangriffspunkte von FG und Ft2 entsprechen den tatsächlichen Gegebenheiten. Aus Darstellungsgründen erkennt man

B

t2

 V1 t r0

h



h0

h0

r0

M

FG rx

rx

F t1 pB FK

Abb. 4.14 Kugel auf Abflussrohr; Abmessungen und Kräfte

V2 VKalotte

114

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

die Kräfte Ft1 und FK an frei gewählten Stellen, was aber auf das Ergebnis keinen Einfluss hat. Weiterhin benötigte geometrische Größen wie der Radius rx und der Abstand der Kugelmittelebene vom Beckenboden (h0  r0 ) sind ebenfalls zur Lösungsfindung erforderlich. Als Ansatz für die Kantenkraft FK wird die Kräftebilanz in t-Richtung wie folgt benutzt: X Fti D 0 D FG C Ft2  Ft1  FK oder FK D Ft2  Ft1 C FG : Die Kräfte Ft1 und Ft2 lauten mit dem allgemeinen Ansatz FK D  g  .V2  V1 / C FG demgemäß Ft1 D  g  V1 bzw: Ft2 D  g  V2 : Oben eingesetzt erhält man folglich FK D  g  .V2  V1 / C FG :

Somit hängt die gesuchte Kantenkraft FK in diesem Fall nur noch von den Volumina ab:  V2 „oberhalb“ der flüssigkeitsbenetzten Kugelkonturkrümmung bis zur Scheitelebene und  V1 „unterhalb“ der flüssigkeitsbenetzten Kugelkonturkrümmung bis zur Scheitelebene mit jeweils der Flüssigkeitsoberfläche als Bezugsebene. Für das Volumen V1 betrachten wir die folgenden Größen und Beziehungen: V1 D VKalotte C V2  VZylinder VKalotte D 3  h20  .3  r0  h0 / V2 VZylinder D   rx2  h

Flüssigkeitsvolumen „von unten“ Kalottenvolumen siehe Abb. 4.14 Zylindervolumen mit rx2 D r02  .h0  r0 /2 D h0  .2  r0  h0 /.

Ohne V1 und V2 detailliert bestimmen zu müssen, gelangt man zur Volumendifferenz wie folgt:     .V2  V1 / D V2  VKalotte  V2 C VZylinder oder .V2  V1 / D VZylinder  VKalotte : Mit den oben angegebenen Gleichungen erhält man nach Kürzen und Ausmultiplizieren der Klammerausdrücke   .V2  V1 / D   h0  h  .2  r0  h0 /   h20  .3  r0  h0 / 3   D 2    h0  h  r0    h20  h    h20  r0 C  h30 : 3

Aufgabe 4.7 Segmentschütz

115

Zur Vereinfachung wird nun noch   h20  r0 vor die Klammer gebracht und es resultiert 

2  h0  h  r0 h20  h h20  r0 h30   C .V2  V1 / D    r0  h20  r0 h20  r0 h20  r0 3  h20  r0   h h h0 D   h20  r0  2   1C h0 r0 3  r0      h0 h h 0  1 :  2 D   h20  r0  h0 r0 3  r0



h20

Die gesuchte Kantenkraft FK lautet dann mit den genannten Zusammenhängen  FK D  g    r0  h20 

    h h0 1 h0  2  1  C FG : h0 r0 3 r0

Lösungsschritte – Fall 2 Wenn g D 9;81 m=s2 , h D 200 mm, r0 D 50 mm, h0 D 90 mm, D 1 000 kg=m3 und FG D 3;924 N sind, führt die dimensionsgerechte Verwendung der genannten Größen zu folgendem Ergebnis: 

    0;2 0;09 1 0;09 FK D 1 000  9;81    0;05  0;09   2  1  C 3;924 0;09 0;05 3 0;05 2

FK D 4;478 N

Aufgabe 4.7 Segmentschütz Ein Kreissegmentschütz (Radius R) ist gemäß Abb. 4.15 im Gelenk G drehbar angebracht und liegt mit der Unterkante abdichtend auf einem Fundament auf. Der Wasserspiegel erreicht mit der Höhe H über dem Fundament den Scheitelpunkt des Segments. Die aufgrund der hydrostatischen Druckverteilung auf die flüssigkeitsbenetzte Oberfläche wirkenden Kraft weist die beiden Komponenten Fx und F t auf. Diese, bezogen auf die Segmentlänge L, sollen neben dem Winkel ' im vorliegenden Fall ermittelt werden.

116

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

Abb. 4.15 Kreissegmentschütz

x

Segmentlänge L senkrecht zur Zeichenebene

pB

t 

 H

R

G

pB

Lösung zu 4.7 Aufgabenerläuterung Die Fragestellung ist in diesem Fall relativ einfach. Die Kraftkomponenten der auf die gekrümmte Kontur einwirkenden Gesamtkraft leiten sich bekanntermaßen wie folgt her:  x-Richtung: Fx D  g  tS  A t  t-Richtung: F t D  g  V . Hierin bedeuten: tS Schwerpunktabstand der Projektionsfläche A t von der Flüssigkeitsoberfläche A t Projektion der benetzten Krümmungsfläche in die t-y-Ebene V Bei Wirkung der Komponente F t „von unten“ auf die Krümmungsfläche wird das Volumen über dieser Fläche im hier nicht fluidgefüllten Raum verwendet. Somit ist die Aufgabe gelöst, wenn tS , A t und V mittels der gegebenen Größen bekannt sind. Gegeben:  ; g; R; H Gesucht: 1. ', F t =L; Fx =L 2. Die drei Größen aus Fall 1, wenn D 1 000 kg=m3 ; g D 9;81 m=s2 ; R D 6;1 m; H D 3;05 m

Aufgabe 4.7 Segmentschütz

117

Abb. 4.16 Kreissegmentschütz; Abmessungen und Kräfte

Segmentlänge L senkrecht zur Zeichenebene

x

pB

t 

tS



C

B

G

V R

H Fx

pB A

At

Ft

Lösungsschritte – Fall 1 Zunächst werden die betreffenden Größen Fx , F t , tS , A t und V in Abb. 4.16 eingetragen, um sie leichter in Verbindung mit den Vorgaben zu formulieren. Über den Winkel ' wissen wir, dass .'=2/ durch sin.'=2/ D H=R gegeben ist, also '=2 D arcsin.H=R/. Hieraus folgt  ' D 2  arcsin

H R



Die auf die Segmentlänge bezogene horizontal wirkende Kraftkomponente, Fx =L, berechnet sich aus Fx D  g  tS  A t , mit tS D H=2 Schwerpunktabstand der Flächenprojektion A t A t D H  L Flächenprojektion Fx lautet dann Fx D  g 

H H L 2

und bezogen auf L

Fx 1 D   g  H 2: L 2

118

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

Die auf die Segmentlänge bezogene vertikal wirkende Kraftkomponente, F t /L, berechnet sich aus F t D  g  V , wobei V aus V D VKreissektor VPrisma zu ermitteln ist. Dazu verwenden wir die folgenden Größen und Beziehungen: VKreissektor D AKreissektor  L Volumen aus Kreissektorfläche und Länge Volumen aus Prismenquerschnittsfläche und Länge VPrisma D APrisma  L ' 2    R Kreissektorfläche AKreissektor D 2360 ı     APrisma D 12  R  sin '2  R  cos '2 D 14  R2  sin ' Prismenquerschnittsfläche (es wurde sin ˛  cos ˛ D 2  sin.2  ˛/ benutzt) Das Volumen erhält man somit zu:   ' 1 2 2    R   R  sin '  L V D 2  360ı 4 oder, wenn R2 /4 ausgeklammert wird, V D

 ' 1    sin '  L:  R2  4 180ı

Die Kraftkomponente F t lässt sich dann beschreiben mit Ft D

 ' 1    sin '  L  R2   g  ı 4 180

bzw. durch L dividiert  ' Ft 1    sin ' : D  R2   g  L 4 180ı

Lösungsschritte – Fall 2 Mit D 1 000 kg=m3 , g D 9;81 m=s2 , R D 6;1 m und H D 3;05 m folgt für die gesuchten Größen (dimensionsgerechte Verwendung der gegebenen Größen!):  ' D 2  arcsin

3;05 6;1



D 60ı ;

Aufgabe 4.8 Zylinder zwischen zwei Flüssigkeiten

119

Fx N 1 D  1 000  9;81  3;052 D 45 629 ; L 2 m

 ı  60 Ft 1 N ı    sin 60 D  1 000  9;81  6;12  D 16 533 : ı L 4 180 m

Aufgabe 4.8 Zylinder zwischen zwei Flüssigkeiten Eine zylindrische Walze mit der Gewichtskraft FG berührt eine Ebene und trennt hierbei zwei Flüssigkeiten 1 und 2 unterschiedlicher Dichte 1 und 2 (Abb. 4.17). Die Flüssigkeitshöhe von Flüssigkeit 1 über der Ebene ist gleich dem halben Zylinderradius, die der Flüssigkeit 2 entspricht dem Zylinderradius selbst. Gesucht wird die Kraft F an der Berührlinie von Zylinder und Ebene, wobei hierzu zunächst die beiden Komponenten Fx und F t zu ermitteln sind.

Lösung zu 4.8 Aufgabenerläuterung Bei dieser Aufgabe ist das Zusammenwirken verschiedener Kräfte an der zylindrischen Walze verantwortlich für die gesuchte Kraft an der Berührlinie zwischen Ebene und Walze. Diese Kräfte sind neben der schon genannten Walzengewichtskraft die aus den Flüs-

pB

x

R

t

  R 2



Abb. 4.17 Zylinder zwischen zwei Flüssigkeiten

2

120

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

sigkeitsdrücken von unten auf die gekrümmten Konturen wirkenden Druckkräfte. Diese werden notwendigerweise in ihre Komponenten Fx1 und Ft1 sowie Fx2 und Ft2 zerlegt und getrennt den Kräftegleichgewichtsbedingungen in x- und t-Richtung zugeführt. Gegeben:  R; L; 1 ; 2 ; FG ; g. Gesucht: 1. Fx , F t , F 2. Fx , F t und F, wenn FG D 2 225 N; R D 1;219 m; L D 0;9144 m; 1 D 1 000 kg=m3 ;

2 D 750 kg=m3 Anmerkungen

 Zu beachten ist, dass die t-Achse nach unten positiv definiert ist.  Der barometrische Druck pB hat auf die Lösung keinen Einfluss, da er am Walzenumfang homogen verteilt ist und sich seine Auswirkung folglich aufhebt.  Der Winkel ' ist eine Hilfsgröße Lösungsschritte – Fall 1 Für die Kräfte Fx , F t , F ist es zunächst erforderlich, an der äußeren Kontur der Walze in Abb. 4.18 die vorliegenden Kräfte respektive ihre Komponenten einzutragen. Des Weiteren müssen dort alle notwendigen geometrischen Größen festgelegt werden. Dies betrifft die jeweiligen Schwerpunktabstände tS , Flächenprojektionen A t sowie den Winkel ', der sich aus den Vorgaben ermitteln lässt. Da noch keine Angaben über Größe und Richtung der gesuchten Kraft F (mit Fx und F t ) vorliegen, ist der eingezeichnete Fall eine willkürliche Vorgabe. Die wahren Gegebenheiten lassen sich erst für konkrete Daten feststellen (Fall 2). Für die Komponente Fx stellen wir die Kräftebilanz in x-Richtung auf: X

Fi;x D 0 D Fx C Fx1  Fx2

und lösen nach Fx auf:

Fx D Fx2  Fx1

Die horizontale Komponente der hydraulischen Druckkraft auf gekrümmte Oberflächen ermittelt sich allgemein aus Fx D g tS A t . tS ist hierin der Abstand des Schwerpunktes

Aufgabe 4.8 Zylinder zwischen zwei Flüssigkeiten

121

pB

x

Zylinderlänge L senkrecht zur Zeichenebene

R

t



E

M

t S2  R 2



B D

t S1 Fx 1 A t1

S2

FG

S1

Fx 2

2

C

Ft 1

Fx Ft 2 F

A t2

Ft

Abb. 4.18 Zylinder zwischen zwei Flüssigkeiten; Abmessungen und Kräfte

S der Fläche A t von der Flüssigkeitsoberfläche. A t wiederum stellt die Projektion der gekrümmten Fläche in die vertikale Ebene (t-Richtung) dar. Somit erhält man Fx1 D 1  g  tS1  At1 mit At1 D R2  L tS1 D 12  12  R D

1 4

Projektion von ABC in die vertikale Ebene (Rechteckfläche)  R Schwerpunktabstand der Fläche At1

Hiermit gelangt man zu Fx1 gemäß Fx1 D 1  g 

R R  L 4 2

oder

Fx1 D

1  1  g  R2  L: 8

Analog hierzu lässt sich die Kraftkomponente Fx2 auf der rechten Seite der Walze bestimmen: Fx2 D 2  g  tS2  At2 :

122

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

Hier sind At2 D R  L Projektion von AEC in die vertikale Ebene (Rechteckfläche) Schwerpunktabstand der Fläche At2 ts2 D R2 Bei Verwendung dieser Zusammenhänge erhält man

Fx2 D

1  2  g  R2  L: 2

Als Ergebnis für die gesuchte horizontale Komponente Fx der Kraft F findet man Fx D

1 1  2  g  R2  L   1  g  R2  L 2 8

oder

Fx D

1  g  R2  L  .4  2  1 / 8

Für die Komponenten F t lautet die Kräftebilanz in t-Richtung lautet X

Fi;t D 0 D FG  F t  Ft1  Ft2 ;

oder nach F t aufgelöst:

F t D FG  Ft1  Ft2 :

Die vertikale Komponente der hydraulischen Druckkraft auf gekrümmte Oberflächen wird ermittelt nach F t D g V . Das Volumen V muss hierbei wie folgt unterschieden werden:  Wird eine gekrümmte Fläche „von unten“ vom hydrostatischen Druck belastet (linke Seite in Abb. 4.19), dann ist das Volumen zwischen ABC (im wie z. B. hier nichtflüssigkeitsgefüllten Raum) zu verwenden.  Wird eine gekrümmte Fläche „von oben“ vom hydrostatischen Druck belastet (rechte Seite in Abb. 4.19), dann ist das Volumen zwischen ABC (im flüssigkeitsgefüllten Raum) zu verwenden.

Aufgabe 4.8 Zylinder zwischen zwei Flüssigkeiten

123

A

C

 C

A

Ft V



V

B

B

Ft

Abb. 4.19 Zylinder zwischen zwei Flüssigkeiten; Volumina

Die vertikale Komponente der hydraulischen Druckkraft auf gekrümmte Oberflächen, Ft 1 , ermittelt sich allgemein aus F t D  g  V oder im vorliegenden Fall aus

Ft1 D 1  g  V1 :

Im Folgenden brauchen wir diese Hilfsgrößen: V1 D .AMBC  ABDM /  L L AMBC ABDM

Volumen gemäß Abb. 4.18 in Anlehnung an Abb. 4.19 Walzenlänge Kreissektorfläche Dreiecksfläche

Die Kreissektorfläche AMBC ergibt sich aus Kreissektorfläche ' AMBC D D 2 Kreisfläche  R 3600 zu AMBC D

'    R2 : 3600

Die Dreiecksfläche ABDM folgt aus ABDM D

1  MD  BD: 2

Mit BD D R  sin ' und MD D R  cos ' wird daraus ABDM D

1  R2  sin '  cos ': 2

124

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

Das Volumen V1 lässt sich zunächst formulieren zu  V1 D

 ' 1 2 2    R   sin '  cos '  L:  R 3600 2

Zum Winkel ' gelangt man mit cos ' D MD=MB, MB D R und MD D R=2 wie folgt: R 1 cos ' D 2 D ; also ' D 60ı : R 2 In die Gleichung für V1 eingesetzt ist dann  V1 D

 60ı 1 2 2 ı ı    R   sin 60  cos 60  R L 360ı 2

oder mit cos 60ı D 1=2 und sin 60ı D V1 D Nach Ausklammern von

1 12

p 3=2 wird

! p 1 3 1 1 2 2  L:  R  R   6 2 2 2

 R2 erhält man

V1 D

  1 3 p  R2  L  2     3 : 12 2

Die Vertikalkraftkomponente, die von der Flüssigkeit 1 auf die Walze hervorgerufen wird, lautet dann   1 3 p 2 Ft1 D  1  g  R  L 2     3 : 12 2

Die Komponente Ft 2 der hydraulischen Druckkraft ergibt sich analog zu Ft1 : Ft2 D 2  g  V2 :

Das Volumen V2 stellt sich auf der rechten Seite der Walze gemäß Abb. 4.19 jetzt als das Produkt der Viertelkreisfläche multipliziert mit der Walzenlänge L dar, also V2 D 14   

Aufgabe 4.8 Zylinder zwischen zwei Flüssigkeiten

125

R2 L. Die Vertikalkraftkomponente, die von der Flüssigkeit 2 auf die Walze hervorgerufen wird, lautet

Ft2 D

1  2  g    R2  L: 4

Mit den so gefundenen Größen Ft1 und Ft2 erhält man die gesuchte Vertikalkomponente F t von F zu:   1 3 p 1 2  1  g  R  L  2     3   2  g    R2  L F t D FG  12 2 4 oder   1 3 p 2 F t D FG   g  R  L  2    1   3  1 C 3    2 : 12 2

Die Gesamtkraft F wird somit

F D

q Fx2 C F t2

Lösungsschritte – Fall 2 Für Fx , F t und F finden wir, wenn FG D 2 225 N, R D 1;219 m, L D 0;9144 m, 1 D 1 000 kg=m3 und 2 D 750 kg=m3 gilt, mit den vorgegebenen Daten (dimensionsgerecht verwendet): 1 Fx D  9;81  1;2192  0;9144  .4  750  1 000/ 8

Fx D 3 332 N;  F t D 2 225  9;81  1;2192  0;9144 

1 1  1 000  .2  3  sin 60ı / C  750   12 4



126

4

Hydrostatische Kräfte auf ebene und gekrümmte Wände

F t D 9 720 N

(nach unten wirkend, d. h. entgegen der angenommenen Richtung in Abb. 4.18) und

F D

p 3 3322 C .9 720/2 D 10 275 N:

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

Auftrieb Archimedes hat das Grundprinzip des Auftriebs und des Schwimmens vor mehr als 2 200 Jahren entdeckt und formuliert. Man kann dieses Prinzip wie folgt beschreiben. An einem auf einer Flüssigkeit schwimmender oder in ihr eingetauchter Körper wirkt eine Kraft aufwärts, die gleich ist der Gewichtskraft der vom Körper verdrängten Flüssigkeitsmasse. Hieraus leiten sich zahlreiche Anwendungsfälle ab, wie z. B.  Volumenbestimmung unregelmäßig geformter Körper,  Dichtebestimmung von Flüssigkeiten, usw. Die Auftriebskraft ist als „resultierende vertikale Druckkraft“ an einem in ein Fluid eingetauchten Körper zu verstehen. Hierbei wird ursächlich die Verteilung des statischen Drucks im Fluid wirksam. Die Definition der Auftriebskraft an einem infinitesimalen Volumenelement dV lautet wie folgt. dFA D dF t;2  dF t;1 Bei diesen Betrachtungen kommen nur die vertikalen Kraftkomponenten dFt der Kraft dF zur Wirkung, da sich die horizontalen Komponenten über der Oberfläche aufheben. Unter Verwendung der in Abb. 5.1 erkennbaren Drücke, Kräfte, sowie Komponenten der Kräfte und Flächen an einem infinitesimalen Volumenelement dV gelangt man zu dFa : p1 D .pB C  g  t1 /

dF1 D p .t1 /  dA1

dF t;1 D dF1  cos ˛1

p2 D .pB C  g  t2 /

dF2 D p .t2 /  dA2

dF t;2 D dF2  cos ˛2

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 V. Schröder, Übungsaufgaben zur Strömungsmechanik 1, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56054-9_5

dA cos ˛1 dA dA2 D cos ˛2 dA1 D

127

128

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

Abb. 5.1 Skizze zur Herleitung der Auftriebskraft FA

Weiter ist dFA D  g  dA  .t2  t1 / oder mit dV D dA  .t2  t1 / dFA D  g  dV: Die Integration

Z FA D

Z dFA D  g 

V

dV VK

liefert

FA D  g  VK :

Fluiddichte VK vom Körper verdrängtes Fluidvolumen Schwimmen Ein Körper schwimmt immer dann, wenn Gleichgewicht zwischen der Gesamtgewichtskraft FG des Körpers und der Auftriebskraft FA herrscht. Man unterscheidet des Weiteren folgende drei Fälle:  Schwimmen: FA D FG  Steigen: FA > FG  Sinken: FA < FG

Aufgabe 5.1 Boje

129

Aufgabe 5.1 Boje In Abb. 5.2 ist eine in Wasser schwimmende, zylindrische Boje zu erkennen, an der zur Gewichtsvergrößerung ein am unteren Ende erkennbares kugelförmiges Graugussgewicht befestigt ist. Ermitteln Sie die Eintauchtiefe h der Boje, wenn Bojenmasse mZyl , Bojendurchmesser DZyl , Kugeldurchmesser DKug und die Dichte des Kugelwerkstoffs Kug und des Wassers W bekannt sind.

Lösung zu Aufgabe 5.1 Aufgabenerläuterung Die gesuchte Eintauchtiefe h der Boje ist Bestandteil des von dem zylindrischen Bojenkörper verdrängten Wasservolumens. Dieses und das der Kugel bewirken Auftriebskräfte, die bei schwimmendem Zustand im Gleichgewicht mit den Gewichtskräften der Boje und der Kugel stehen. Gegeben:  mZyl ; DZyl ; DKug ; Kug ; W Gesucht: 1. wirksame Kräfte in Abb. 5.1 eintragen 2. h Abb. 5.2 Boje pB

DZyl. FA Zyl. mZyl. h FG Zyl.

FA Kug. DKug.

Kug. FG Kug.

W

130

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

3. h, wenn mZyl D 1 000 kg; DZyl D 1;2 m; DKug D 0;5 m; Kug D 7 250 kg=m3 ; W D 1 000 kg=m3 Anmerkungen

 Die Stangenmasse ist in der Zylindermasse enthalten.  Die Stangenauftriebskraft kann vernachlässigt werden.  Kugelvolumen: V D 6  D 3 Lösungsschritte – Fall 1 siehe Abb. 5.1 Lösungsschritte – Fall 2 Für die Eintauchtiefe h betrachten wir den Gleichgewichtszustand des Bojen-Kugelsystems, die Bedingung lautet FG;ges D FA;ges FG;ges D FG;Zyl C FG;Kug FA;ges D FA;Zyl C FA;Kug FG;Zyl D g  mZyl FG;Kug D g  mKug mKug D Kug  VKug FA;Zyl D g  W  VZyl FA;Kug D g  W  VKug 3 VKug D 6  DKug  2 VZyl D 4  DZyl  h

Gesamtgewichtskraft Gesamtauftriebskraft Zylindergewichtskraft Kugelgewichtskraft Kugelmasse vom Zylinder verursachte Auftriebskraft von der Kugel verursachte Auftriebskraft Kugelvolumen vom Zylinder verdrängtes Wasservolumen

Setzt man diese Zusammenhänge Schritt für Schritt in das oben stehende Kräftegleichgewicht ein, so erhält man zunächst   g  mZyl C g  Kug  VKug D g  W  VZyl C VKug und nach Kürzen

  mZyl C Kug  VKug D W  VZyl C VKug :

Unter Verwendung der Volumina für VKug und VZyl wird daraus mZyl C Kug 

   3 2 3 D W   h C  DKug  DKug  DZyl 6 4 6

und nach Division durch W mZyl

Kug    3 2 3 C   DKug D  DZyl  h C  DKug :

W

W 6 4 6

Aufgabe 5.2 Dichtebestimmung eines Holzbalkens

131

3 Um h aus der Gleichung heraus zu isolieren, muss jetzt 6  DKug auf die andere Gleichungsseite gebracht werden. Zusammengefasst und umgestellt folgt dann

mZyl  2 hD C  DZyl 4

W Wird nun noch durch

 4





Kug  3  1   DKug :

W 6

2  DZyl dividiert,

hD

 4

mZyl C 2  DZyl  W





Kug 1 

W

 6  4

3  DKug 2  DZyl

;

und dann gekürzt, so lautet das Ergebnis

3 4  mZyl 2 DKug hD C   2 2 3 DZyl   DZyl  W



Kug 1

W



Lösungsschritte – Fall 3 Wenn mZyl D 1 000 kg, DZyl D 1;2 m, DKug D 0;5 m, Kug D 7 250 kg=m3 und W D 1 000 kg=m3 sind, dann bekommen wir für die Eintauchtiefe 4  1 000 2 0;53 hD  C    1;22  1 000 3 1;22



7 250 1 1 000



h D 1;246 m

Aufgabe 5.2 Dichtebestimmung eines Holzbalkens Ein Holzbalken mit der Grund- und Deckfläche A sowie der Höhe H wird in einen Wasserbehälter gegeben (Abb. 5.3). Seine aus der Wasseroberfläche herausragende Höhe beträgt h1 . Danach wird das Wasser gegen Glyzerin ausgetauscht. Jetzt ragt der Holzbalken um die Höhe h2 aus der Glyzerinoberfläche. Bei bekannten Dichten W und G und den genannten Abmessungen soll die Holzdichte H ermittelt werden.

132

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern A

A

pB h2

h1 mH

mH

H

H

G

W

Abb. 5.3 Dichtebestimmung eines Holzbalkens

Lösung zu Aufgabe 5.2 Aufgabenerläuterung Der Gleichgewichtszustand zwischen Gewichtskraft und hydrostatischer Auftriebskraft schwimmender oder schwebender Körper in Fluiden ist Grundlage der Aufgabenlösung. Bei Flüssigkeiten verschiedener Dichte taucht ein und derselbe Körper verschieden tief ein bzw. ragt unterschiedlich hoch aus den Flüssigkeiten heraus. Gegeben:  h1 ; h2 ; W ; G Gesucht: 1. H 2. H , wenn h1 D 50 mm; h2 D 76 mm; W D 1 000 kg=m3 ; G D 1 350 kg=m3 Lösungsschritte – Fall 1 Gemäß der Dichtedefinition D m=V lautet die Dichte H des Holzbalkens

H D

mH : VH

Dabei sind Holzmasse mH D FgG VH D A  H Holzvolumen FG . Die jetzt noch erforderliche Gewichtskraft FG sowie die Man erhält somit H D gAH Balkenhöhe H lassen sich mit den bekannten Größen bestimmen (Abb. 5.4).

Aufgabe 5.2 Dichtebestimmung eines Holzbalkens

133 A

A

VW

Fa G

h2

Fa W

h1

H

H VG

FG

FG

Abb. 5.4 Dichtebestimmung eines Holzbalkens; Volumina

FG D FA;W FA;W D g  W  VW mW D W  VW VW D .H  h1 /  A

Gleichgewichtszustand im Wasser Auftriebskraft im Wasser verdrängte Wassermasse verdrängtes Wasservolumen

Dies liefert mit den genannten Zusammenhängen für die Auftriebskraft die Gleichung FG D FAW D g  A  W  .H  h1 / :

Um nun die Balkenhöhe H auf die Vorgabegrößen zurückzuführen, ist es sinnvoll, bei derselben Gewichtskraft FG die beiden gleich großen aber mit verschiedenen Verdrängungsvolumina verknüpften Auftriebskräfte FA;W und FA;G gegenüber zu stellen, wobei FG D FA;W D FA;G FA;W D g  W  VW FA;G D g  G  VG mW D W  VW VW D .H  h1 /  A mG D G  VG VG D .H  h2 /  A

Gleichgewichtszustand in Wasser und Glyzerin Auftriebskraft in Wasser Auftriebskraft in Glyzerin verdrängte Wassermasse verdrängtes Wasservolumen verdrängte Glyzerinmasse verdrängtes Glyzerinvolumen

Diese Zusammenhänge werden in FA;W D FA;G eingesetzt, das liefert zunächst g  W  A  .H  h1 / D g  G  A  .H  h2 / und nach Kürzen gleicher Größen

W  .H  h1 / D G  .H  h2 / : Ausmultipliziert ist dies

W  H  W  h1 D G  H  G  h2 ;

134

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

und nach Größen mit der gesuchten Höhe H aufgelöst (unter Beachtung von G > W ) ergibt sich: H  . G  W / D G  h2  W  h1 : Nach Division durch . G  W / erhält man H D

G  h2  W  h1 :

G  W

Die Holzdichte können wir mit der festgestellten Gleichung für FG wie folgt formulieren:

H D

g  A  W  .H  h1 / : gAH

Nach Kürzen gleicher Größen entsteht 

H D W 

H  h1 H



  h1 D W  1  : H

Jetzt wird die oben ermittelte Balkenhöhe H eingesetzt: 2 3  

/ h1  . G  W / .

h 1 G W 5 :  D W  41 

H D W  1  . G  h2  W  h1 / h1

G  hh21  W 

Das liefert das Ergebnis: 2

3 . G  W /

H D W  41  

G 

h2 h1

 W

5 :

Lösungsschritte – Fall 2 Sind h1 D 50 mm, h2 D 76 mm, W D 1 000 kg=m3 und G D 1 350 kg=m3 , dann wird die Holzdichte – bei dimensionsgerechtem Gebrauch der gegebenen Größen – ermittelt zu "

.1 350  1 000/ 

H D 1 000  1    1 000 1 350  76 50

# D 667

kg : m3

Aufgabe 5.3 Eingetauchter Holzstab

135

Aufgabe 5.3 Eingetauchter Holzstab Gemäß Abb. 5.5 taucht ein im Punkt B drehbar gelagerter Holzstab der Länge L und der Querschnittsfläche A in darunter befindliches, ruhendes Wasser ein. Das Gelenk befindet sich im Abstand h oberhalb des Wasserspiegels. Aufgrund der Kräfte, die an dem Stab wirken, sinkt er hierbei um die Teillänge l unter die Wasseroberfläche. Ermitteln Sie diese Teillänge l und den Winkel ˛ zwischen dem Stab und der Flüssigkeitsspiegel, wenn die geometrischen Abmessungen L, A und h sowie die Stabdichte K und die Wasserdichte

Fl bekannt sind.

Lösung zu Aufgabe 5.3 Aufgabenerläuterung Beim teilweise im Wasser eingetauchten Holzstab wirkt einerseits die Gewichtskraft FG des Stabs in Richtung der Fallbeschleunigung und andererseits die Auftriebskraft FA aufgrund der vom eingetauchten Stabanteil verdrängten Wassermasse. Die Gewichtskraft greift im Stabschwerpunkt S an und die Auftriebskraft im Punkt C als Mittelpunkt der eingetauchten Länge l. Die jeweiligen Normalkomponenten ergeben sich aus den zugrunde liegenden trigonometrischen Zusammenhängen.

B h

L

pB

K

Fl

Abb. 5.5 Eingetauchter Holzstab

l

136

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

Gegeben:  K ; Fl ; L; h Gesucht: 1. 2. 3. 4.

Kräfte in den Punkten S und C mit den Normalkomponenten (Abb. 5.5) l ˛ l und ˛, wenn K D 550 kg=m3 ; Fl D 1 000 kg=m3 ; L D 2 m; h D 0;5 m Anmerkungen

 Der Stab ist im Gelenk B reibungsfrei gelagert.  K < Fl Lösungsschritte – Fall 1 Die Kräfte in den Punkten S und C mit den Normalkomponenten zeigt Abb. 5.6. Lösungsschritte – Fall 2 Als Ansatz zur Ermittlung der Eintauchlänge l wird sinnvoller Weise der Momentensatz P um das Gelenk B verwendet ( TB D 0) und somit   L l FG  cos ˛   FA  cos ˛  L  D 0: 2 2

Schnitt D - E : L/2

B h

L

A = konst.

D

pB

K

E

FA

S



FG* cos Fl

C l/2

FG

Abb. 5.6 Eingetauchter Holzstab; Abmessungen und Kräfte

l

FA*cos

Aufgabe 5.3 Eingetauchter Holzstab

137

Gekürzt und umgeformt entsteht FG 

  L l D FA  L  ; 2 2

und nach Multiplikation mit 2 FG  L D FA  .2  L  l/ : Weiterhin sind FG D mK  g mK D K  VK VK D A  L FA D mFl  g mFl D Fl  VFl VF I D A  l

Gewichtskraft der Stange Stangenmasse Stangenvolumen Auftriebskraft des eingetauchten Stangenanteils verdrängte Flüssigkeitsmasse des eingetauchten Stangenanteils verdrängtes Flüssigkeitsvolumen

Mit diesen Zusammenhängen lautet die Gewichtskraft FG D g  K  A  L und die Auftriebskraft FA D g  Fl  A  L: Eingesetzt in die o. g. Ausgangsgleichung führt dies zunächst zu g  K  A  L  L D g  Fl  A  l  .2  L  l/ ; und nach Ausmultiplikation des rechten Klammerausdrucks und Division durch Fl entsteht

K  L2 D 2  L  l  l 2 :

Fl Das Vertauschen der Vorzeichen führt im nächsten Schritt zu l2  2  L  l D 

K  L2 :

Fl

Nun wird links und rechts L2 hinzuaddiert:  

K

K 2 2 L 2Ll Cl D L  L DL  1 :

Fl

Fl 2

2

2

Dann schreiben wir die linke Seite als binomische Formel, das ergibt den Ausdruck  

K : .L  l/2 D L2  1 

Fl

138

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

Nach Wurzelziehen erhält man L  l D ˙L 

r

K 1

Fl

oder l D L L 

r

K 1 :

Fl

Da aber die Eintauchlänge kleiner als die Gesamtlänge sein muss, also l < L, ist nur das negative Vorzeichen vor der Wurzel sinnvoll. Somit folgt r

K l DLL 1 ;

Fl oder nach Ausklammern 

 r

K l DL 1 1 :

Fl

Lösungsschritte – Fall 3 Über den Winkel ˛ wissen wir gemäß Abb. 5.6, dass sin ˛ D ermittelte Ergebnis der Eintauchlänge l eingesetzt, so folgt sin ˛ D



h

L LL

oder sin ˛ D

q 1

h q L 1

K

Fl

K

Fl

:

Das Ergebnis des gesuchten Winkels ˛ erhält man zu: 1

0 B ˛ D arcsin @

h q L 1

K

Fl

C A



h . .Ll/

Wird hierin das oben

Aufgabe 5.4 Schwimmender Hohlzylinder

139

Lösungsschritte – Fall 4 Für l und ˛ bekommen wir mit K D 550 kg=m3 , Fl D 1 000 kg=m3 , L D 2 m und h D 0;5 m und dimensionsgerechtem Einsetzen die Werte r l D2 1

550 1 1 000

! D 0;658 m;

1

0 B ˛ D arcsin @

0;5 q 2 1

550 1 000

C A

˛ D 21;9ı  22ı :

Aufgabe 5.4 Schwimmender Hohlzylinder Ein Hohlzylinder mit dem Außenradius ra , der Länge L und einer Dichte Zyl soll mit seiner Wandstärke s derart bemessen werden, dass er gerade bis zur Hälfte im Wasser eintaucht und in dieser Position schwimmt. Das Eindringen von Wasser an den seitlichen Stirnflächen wird durch geeignete Maßnahmen verhindert (in der Abb. 5.7 nicht erkennbar).

pB ri

ra

Länge L senkrecht zur Zeichenebene

s

pB

W

Abb. 5.7 Schwimmender Hohlzylinder

Zy

140

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

Lösung zu Aufgabe 5.4 Aufgabenerläuterung Befinden sich beliebige Körper im schwimmenden oder schwebenden Zustand in einem Fluid, so wirken zwei Kräfte mit entgegen gesetzten Richtungen an ihnen: die Gewichtskraft FG und die „hydraulische“ Auftriebskraft FA . Diese müssen mit den hier gegebenen Verhältnissen verknüpft werden, um zur gesuchten, auf den Außenradius bezogenen Wandstärke s=ra zu gelangen. Gegeben:  Zyl ; W ; ra ; L Gesucht: 1. s=ra 2. Wie groß muss für den halb eingetauchten Zylinder die Dichte Zyl gewählt werden, wenn es sich nicht um einen Hohlzylinder, sondern um einen Vollzylinder handelt? 3. Die Fälle 1 und 2, wenn Zyl D 700 kg=m3 (Holz); W D 1 000 kg=m3 Lösungsschritte – Fall 1 Für die auf den Außenradius bezogenen Wandstärke s=ra betrachten wir das Kräftegleichgewicht: FG D FA ; dabei sind FG D g  mZyl mZyl D  Zyl  VZyl  VZyl D   ra2    ri2  L FA D g  mW mW D W  VW VW D 12    ra2  L

Gewichtskraft des Hohlzylinders Masse des Hohlzylinders Volumen des Hohlzylinders Auftriebskraft am Hohlzylinder vom Hohlzylinder verdrängte Wassermasse vom Hohlzylinder verdrängtes Wasservolumen

Alle Größen in die Kräftegleichung eingesetzt und durch die Zylinderdichte dividiert   1 g  Zyl    ra2  ri2  L D  g    ra2  L  W 2 führt zunächst zu ra2  ri2 D

W 1 2  r :

Zyl 2 a

Aufgabe 5.4 Schwimmender Hohlzylinder

141

Bei einer weiteren Division durch ra2 erhält man 1

1 W ri2 D  : 2 ra 2 Zyl

Jetzt nach (ri =ra )2 umgestellt liefert 

ri ra

2 D1

1 W :  2 Zyl

Gemäß Abb. 5.7 kann ri D ra  s gesetzt werden, sodass man nun o. g. Gleichung auch wie folgt anschreiben kann 

ra  s ra

2

  s 2 1 W D 1 D1  ra 2 Zyl

Mit dem Wurzelausdruck aus diesem Zusammenhang folgt zunächst s s 1 W 1 D˙ 1  ra 2 Zyl und daraus bekommen wir die gesuchte Wandstärke: s D1 ra

s 1

1 W :  2 Zyl

Da die Wandstärke logischer Weise kleiner als der Außenradius ist, also s < ra und somit das Verhältnis s=ra < 1, ist nur das negative Vorzeichen vor dem Wurzelausdruck sinnvoll. Das Ergebnis lautet folglich

s D1 ra

s 1

1 W  2 Zyl

Lösungsschritte – Fall 2 Beim Vollzylinder ist s D ra oder s=ra D 1. Setzt man dies in die unter 1. gefundene Lösung ein, so resultiert 1D1

q 1

1 2



W

Zyl

bzw:

q 0D 1

1 2



W

Zyl

:

142

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

Nach dem Quadrieren und Umformen auf das Dichteverhältnis W = Zyl erhält man die gesuchte Zylinderdichte Zyl als 1

1 W D 0 bzw:  2 Zyl

1 W D 1 bzw:  2 Zyl

Zyl D

1  W : 2

Wegen des notwendigen positiven Radikanden muss weiterhin gelten

Zyl

1  W 2

Lösungsschritte – Fall 3 Wenn Zyl D 700 kg=m3 (Holz) und W D 1 000 kg=m3 (Wasser) sind, führt die (dimensionsgerechte) Auswertung der genannten Daten zu nachstehendem Ergebnis:

s D1 ra

r 1

Zyl

1 1 000  D 0;465 2 700

1  1 000 2

Zyl 500

kg m3

Aufgabe 5.5 Schwimmender Quader In Abb. 5.8 ist ein quaderförmiger Körper im Längsschnitt und in der Draufsicht zu erkennen. In den Quader mit der Masse mK wurde eine Längsnut eingearbeitet, die zunächst leer ist. In diesem Zustand schwimmt der Quader in Wasser und ragt dabei um die Resthöhe h heraus. Bestimmen Sie die Höhe h. Dann wird Wasser in die Nut eingefüllt und zwar so lange, bis sich die Quaderoberkante gerade noch in Höhe der Wasseroberfläche befindet. Wie groß muss die Einfülltiefe t1 des Wassers in der Längsnut sein, und wie groß ist das einzufüllende Wasservolumen V1 ?

Aufgabe 5.5 Schwimmender Quader

143

pB h pB H W

mK

a

B

R

L

Abb. 5.8 Schwimmender Quader

Lösung zu Aufgabe 5.5 Aufgabenerläuterung Als Ansatz muss bei beiden Fragestellungen das Kräftegleichgewicht an einem „schwimmenden Körpers“ verwendet werden. Bei den hier in Frage kommenden Kräften handelt es sich um die Gesamtgewichtskraft des Quaders und die entgegen gerichtete hydrostatische Auftriebskraft. Da im Fall des Schwimmens keine Sink- oder Aufwärtsbewegungen vorliegen, entfallen somit alle geschwindigkeitsabhängigen Kräfte. Der Ansatz ist folglich relativ einfach zu erstellen. Gegeben:  B; H; L; a; R; W ; mK Gesucht: 1. h 2. t1 3. V1

144

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

Lösungsschritte – Fall 1 Für die Resthöhe h betrachten wir das Kräftegleichgewicht im Fall der leeren Längsnut: FGK D FA : Hier bedeuten: Gewichtskraft bei leerer Längsnut FGK D g  mK FA D g  W  V hydrostatische Auftriebskraft V D B  L  .H  h/ vom Körper verdrängtes Flüssigkeitsvolumen Eingesetzt in die Kräftegleichung g  mK D g  W  B  L  .H  h/ und nach (H  h) aufgelöst folgt H hD

mK :

W  B  L

hDH 

mK :

W  B  L

Hieraus erhält man

Lösungsschritte – Fall 2 Für die Einfülltiefe t1 beachten wir, dass im Fall des Einfüllens von Wasser in die Längsnut sich sowohl die Gesamtgewichtskraft vergrößert als auch die Auftriebskraft durch die tiefere Lage des Quaders im Wasser, wodurch sich das Verdrängungsvolumen erhöht (Abb. 5.9). Bezeichnet man die neue Gesamtgewichtskraft mit FGges und die veränderte Auftriebskraft mit FA1 , so folgt für das Kräftegleichgewicht im Fall der gefüllten Längsnut FGges D FA;1 . Die Gesamtgewichtskraft setzt sich aus dem Anteil des Quaders selbst FGK und dem des eingefüllten Wassers FGW zusammen zu: FGges D FGK C FGW . Das Kräftegleichgewicht lautet somit FGK C FGW D FA1 : FGK D g  mK FGW D g  mW mW D W  V1 V1

Gewichtskraft bei leerer Längsnut Gewichtskraft des eingefüllten Wassers Masse des eingefüllten Wassers Volumen des eingefüllten Wassers

Aufgabe 5.5 Schwimmender Quader

145

pB pB

H

t1

W

mK

Abb. 5.9 Schwimmender Quader mit Wasserfüllung

Das Volumen V1 setzt sich bei vorliegender Längsnut aus einem quaderförmigen Anteil 2  t1 zusammen, also a  .2  R/  t1 und zwei Halbzylindern 2  R 2 V1 D a  2  R  t1 C 2 

  R2  t1 ; 2

oder, nach Kürzen und Ausklammern von t1 ,   V1 D t1  2  a  R C   R2 : Für die Wassergewichtskraft erhält man somit   FGW D g  W  t1  2  a  R C   R2 und als Gesamtgewichtskraft   FGges D g  mK C g  W  t1  2  a  R C   R2 : In der Auftriebskraft kommt jetzt das komplette, vom Quader verdrängte Wasservolumen zur Wirkung, also FA1 D g  W  B  L  H: Die Kräftegleichung ersetzt mit den so gefundenen Gleichungen führt zu   g  mK C g  W  t1  2  a  R C   R2 D g  W  B  L  H: Formt man noch nach der gesuchten Einfülltiefe um,   t1  W  2  a  R C   R2 D W  B  L  H  mK ;

146

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

so lautet t1  t1 D

B LH 

mK

W



2  a  R C   R2

Lösungsschritte – Fall 3 Das Einfüllvolumen V1 berechnet sich gemäß   V1 D t1  2  a  R C   R2 unter Verwendung von t1 nach obiger Gleichung zu V1 D

 B LH 

mK

W

2aRC 



R2

   2  a  R C   R2 ;

dies führt zu

V1 D B  L  H 

mK

W

Aufgabe 5.6 Stahlklotz in Quecksilber Ein Stahlquader mit dem Volumen V und der Dichte St schwimmt in Quecksilber mit der Dichte Hg . Wie hoch ist der prozentuale Volumenanteil des Quaders VRest =V , der nicht im Quecksilber eingetaucht ist?

Lösung zu Aufgabe 5.6 Aufgabenerläuterung Im Fall des Schwimmens eines Körpers in einem Fluid herrscht Gleichgewicht zwischen der Gewichtskraft des Körpers und der hydrostatischen Auftriebskraft. Hieraus lässt sich bei den gegebenen Größen die Frage nach dem nicht eingetauchten Volumenanteil lösen. Gegeben:  St ; Hg

Aufgabe 5.6 Stahlklotz in Quecksilber

147

Gesucht: 1. VRest =V 2. VRest =V , wenn St D 7 850 kg=m3 ; Hg D 13 560 kg=m3 Lösungsschritte – Fall 1 Zum nicht eingetauchten Volumenanteil VRest =V gelangen wir über das Kräftegleichgewicht am Quader: FG D FA ; wobei FG D g  mSt mSt D St  V FA D g  mHg mHg D Hg  V V

Gewichtskraft des Stahlquaders Masse des Stahlquaders Auftriebskraft am Stahlquader vom Quader verdrängte Quecksilbermasse vom Quader verdrängtes Quecksilbervolumen

Mit diesen Angaben haben wir g  Hg  V D g  St  V: Das nicht im Quecksilber eingetauchte Restvolumen des Quaders ist VRest D V  V . Nach V aufgelöst folgt V D V  VRest . Einsetzen in die oben stehende Gleichung ergibt dann

Hg  .V  VRest / D St  V: Dividiert man noch durch die Dichte Hg , so erhält man zunächst V  VRest D

St V

Hg

VRest D V 

St  V:

Hg

oder, nach VRest umgeformt,

Nachdem auf der rechten Seite V ausgeklammert,  

St VRest D V  1  ;

Hg und dann noch die Gleichung durch V dividiert wurde, erhält man das Ergebnis

148

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

  VRest

St : D 1 V

Hg

Lösungsschritte – Fall 2 Wenn St D 7 850 kg=m3 und Hg D 13 560 kg=m3 gegeben sind, bekommen wir bei dimensionsgerechter Rechnung   VRest 7 850 D 0;421  42;1%: D 1 V 13 560

Aufgabe 5.7 TV-Quiz In einer TV-Sendung wurde den Zuschauern eine Quizfrage gestellt mit der Aufforderung, sie spontan zu beantworten. Die Frage hatte folgenden Hintergrund: Auf der Oberfläche eines mit Wasser gefüllten Beckens gemäß Abb. 5.10 schwimmt eine Luftmatratze, die mit einem schweren Metallklotz beladen ist. Die Flüssigkeitshöhe h1 im Becken lässt sich an einem transparenten Röhrchen (kommunizierende Rohre) ablesen. Entfernt man jetzt die gegenüber dem Metallklotz sehr leichte Luftmatratze, so sinkt der Klotz auf den Beckenboden, und es stellt sich gemäß Abb. 5.10 eine neue Wasserhöhe h2 ein. Die Frage lautet dem zu Folge: Ist die neue Höhe h2 größer oder kleiner als die ursprüngliche Höhe h1 ? Der Autor gibt zu, sich spontan für die größere Variante entschieden zu haben, was aber falsch war. Bei der TV-Sendung konnte deutlich erkannt werden, dass sich die Flüssigkeitshöhe h2 verkleinerte. Seine Fehleinschätzung hat den Autor zu nachstehendem Beweis veranlasst.

Lösung zu Aufgabe 5.7 Aufgabenerläuterung Zur Lösungsfindung muss man das im Becken befindliche, unveränderliche Wasservolumen VW in den beiden Fällen miteinander vergleichen. Der Volumenanteil in den Steigrohren bleibt unberücksichtigt. VW setzt sich aus jeweils verschiedenen Anteilen zusammen, die durch die gegebenen bzw. gesuchten Größen bestimmt werden. Hierbei spielt die bei der TV-Sendung leicht übersehbare Eintauchtiefe der Luftmatratze tLu eine entscheidende Rolle.

Aufgabe 5.7 TV-Quiz

149 Metallklotz

Abb. 5.10 Wasserbecken mit und ohne Luftmatratze



h1

Luftmatratze

Becken



h2

Gegeben:  mK ; VW ; ABe ; ALu ; tLu ; g; W ; K Gesucht:  h2 > h1 oder h2 < h1 ? Lösungsschritte Gemäß Abb. 5.11 setzt sich das Wasservolumen VW im Becken für die auf der Oberfläche schwimmende mit mK belastete Luftmatratze wie folgt zusammen: VW D ABe  h1  ALu  tLu Wasservolumen Beckenfläche ABe D LBe  BBe Luftmatratzenfläche ALu D LLu  BLu Die Behälterbreite BBe und Luftmatratzenbreite BLu muss man sich senkrecht zur Zeichenebene vorstellen. Um die Eintauchtiefe tLu zu ermitteln, wird das Kräftegleichgewicht im Fall des „Schwimmens“ angesetzt: FG D FA , wobei FG D g  mK C g  mLu . Unter der Annahme, dass mLu  mK , folgt FG D g  mK . Die Auftriebskraft FA D g  W  VLu wird durch das von der Matratze verdrängte Wasservolumen VLu D ALu  tLu bestimmt. Somit wird FA D g  W  ALu  tLu :

150

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern Fa

Abb. 5.11 Wasserbecken mit Abmessungen

mK

tLu.



FG ALu. ABe.

VW

h1



h2

VW mK

Mit diesen Zusammenhängen folgt FG D g  mK D g  W  ALu  tLu D FA und man erhält nach einer Umformung tLu D

mK :

W  ALu

Eingesetzt in die Gleichung VW D ABe  h1  ALu  führt dies zu VW D ABe  h1 

mK

W  ALu mK :

W

Das unveränderte Wasservolumen VW im Fall des vollkommen eingetauchten, auf dem Beckenboden ruhenden Metallklotzes lautet gemäß Abb. 5.11 VW D ABe  h2  VK ; wobei VK D mK = K . Man erhält eine zweite Gleichung für VW mit VW D ABe  h2 

mK :

K

Aufgabe 5.8 Tauchbehälter

151

Durch Gleichsetzen der zwei Gleichungen für VW folgt ABe  h1 

mK mK D ABe  h2  :

W

K

Durch Umformen nach h2 ,  ABe  h2 D ABe  h1 

mK mK 

W

K

 ;

und Division durch ABe führt dies zum Ergebnis

h2 D h1   Da W < K und damit

1

W



1

K

mK  ABe



1 1 

W K



> 0, folgt, wie zu beweisen war,

h2 < h1 Š

Aufgabe 5.8 Tauchbehälter Ein vereinfacht dargestellter zylindrischer Tauchbehälter ist in Abb. 5.12 in drei verschiedenen Zuständen zu erkennen. Im Zustand 1 befindet er sich mit seinem unten offenen Querschnitt gerade in Höhe der Wasseroberfläche. In seinem Inneren herrscht dabei Atmosphärendruck. Infolge des Eigengewichts sinkt er in die als Zustand 2 bezeichnete Lage und beharrt in ihr. Hierbei wird das eingeschlossene Luftvolumen vom Zustand 1 auf den Druck pLV verdichtet. Das ursprüngliche Volumen V1 verringert sich dabei auf VLV . Danach wird der Behälter durch Aufbringen einer zusätzlichen Kraft soweit nach unten verschoben, bis sich seine obere Deckfläche im Abstand H unter der Wasseroberfläche befindet. Eine weitere Kompression der eingeschlossenen Luft ist die Folge und es wird im Zustand 3 der Druck px bei einem Volumen Vx erreicht. Ermitteln Sie bei bekannten Behälterabmessungen D und L, Atmosphärendruck pB und Wasserdichte die im Zustand 2 vorliegenden Teilhöhen h2 , h3 und h1 . Des Weiteren soll im Zustand 3 die auf der Innenseite der oberen Deckfläche wirksame Kraft Fx sowie die Höhe hx bestimmt werden.

152

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

D

A pB V1

L pV

pB

h1 VV h2

Zustand 1

H px

h3 0

Vx

hx

0

Zustand 2

0

0

Zustand 3

Abb. 5.12 Tauchbehälter

Lösung zu Aufgabe 5.8 Aufgabenerläuterung Die Lösung der gesuchten Teilaufgaben wird mittels der thermischen Zustandsgleichung („Gasgesetz“) und über die Drücke in verschiedenen Flüssigkeitstiefen (hydrostatische Drücke) möglich. Weiterhin ist im Zustand 2 vom Gleichgewicht der Gewichts- und Auftriebskraft am Behälter Gebrauch zu machen (Schwimmen, Schweben). Gegeben:  pB ; ; L; D; FG ; H Gesucht: 1. h2 ; h3 ; h1 2. Fx 3. hx

Aufgabe 5.8 Tauchbehälter

153

4. Die Fälle 1 bis 3, wenn pB D 105 Pa; D 1 000 kg=m3 ; L D 2;0 m; D D 1;0 m; H D 4 m; FG D 3 000 N Anmerkungen

 Das Volumen infolge der Behälterwandstärke wird vernachlässigt.  Bei der Luftverdichtung wird von gleich bleibender Temperatur ausgegangen (isotherm). Lösungsschritte – Fall 1 Von den Teilhöhen h2 , h3 und h1 wenden wir uns zunächst der Teilstrecke h2 zu. Im Zustand 2 lässt sich h2 als Höhe des vom Behälter verdrängten Wasservolumens V erkennen. Dieses kann aufgrund des Kräftegleichgewichts am schwimmenden Körper FA  FG D 0 oder FA D FG ermittelt werden. FA D g  m hydrostatische Auftriebskraft m D  V verdrängte Wassermasse V D A  h2 verdrängtes Wasservolumen Hieraus entsteht g   A  h2 D FG ; oder mit A D

 4

 D2:

h2 D

4 FG :   g   D2

Die Teilstrecke h3 ist zunächst in der Gesamthöhe L der Luftsäule des Zustands 1 enthalten. Weiterhin tritt sie im Zustand 2 auf Grund des hydrostatischen Drucks in der 0–0-Ebene in Erscheinung. Mit der Verknüpfung beider Zusammenhänge lässt sich h3 wie folgt feststellen. Bei der angenommenen isothermen Verdichtung der Luft vom Zustand 1 zum Zustand 2 gemäß Abb. 5.12 erhält man mit der thermischen Zustandsgleichung p  V D m  Ri  T : pB  V1 .D m  Ri  T / D pLV  VLV : Nach Umformung liefert dies den Druck pLV zu pLV D pB 

V1 : VLV

Hierin lauten die Volumina V1 D A  L sowie VLV D A  .h1 C h2 ).

154

5

Somit entsteht pLV D pB 

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

AL A  .h1 C h2 /

bzw. nach Kürzen von A: pLV D pB 

L : h1 C h2

Eine zweite Gleichung für pLV lässt sich aus den statischen Drücken in der 0–0-Ebene bestimmen. pB C g   .h2 C h3 / D pLV C g   h3 und somit pLV D pB C g   h2 : In die oben stehende Gleichung für pLV eingesetzt und gleichzeitig L D h1 C h2 C h3 verwendet führt zunächst zu .h1 C h2 C h3 / .h1 C h2 /   .h1 C h2 / h3 D pB  C .h1 C h2 / .h1 C h2 /   h3 D pB  1 C .h1 C h2 /

pB C g   h2 D pB 

Ersetzt man jetzt noch h1 C h2 D L  h3 , so wird daraus nach Ausmultiplikation der rechten Seite h3 pB C g   h2 D pB C pB  .L  h3 / oder g   h2 D pB 

h3 .L  h3 /

Da wir h3 suchen, muss durch (  g) dividiert werden: h2 D

pB h3  : g  .L  h3 /

Dann wird mit (L  h3 ) multipliziert: h2  .L  h3 / D

pB  h3 g

Das Ausmultiplizieren der linken Seite, h2  L  h2  h3 D

pB  h3 g

Aufgabe 5.8 Tauchbehälter

155

und danach das Zusammenfassen von h3 liefert h3  h2 C h3 

pB D h2  L g

Das Ausklammern von h3 auf der linken Seite,   pB D h2  L h3  h2 C g

 und die anschließende Division durch h2 C

h3 D L 

pB g

ergibt schließlich

h2 pB h2 C g

Zur Teilstrecke h1 gelangt man nun ganz schnell nach Umstellung von L D h1 C h2 C h3 bei jetzt bekanntem h2 und h3 :

h1 D L  h2  h3 :

Lösungsschritte – Fall 2 Die gesuchte Kraft Fx ist das Produkt aus Innendruck px der komprimierten Luft und der Grundfläche des Körpers: Fx D px  A. Notwendigerweise muss nun der unbekannte Druck px in Verbindung gebracht werden mit dem Zustand x des eingeschlossenen Gases sowie dem Zustand 1 vor der Verdichtung, den man ja kennt. Bei der angenommenen isothermen Verdichtung vom Zustand 1 zum Zustand 3 folgt für den unbekannte Druck px : pB  V1 .D m  Ri  T / D px  Vx : Man erhält dann für px D pB  V1 =Vx sowie nach Einführung der Volumina gemäß Abb. 5.12 V1 D A  L und Vx D A  hx den ersten Ausdruck px D pB 

AL A  hx

156

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

und nach Kürzen

px D pB 

L : hx

Aus den statischen Drücken in der 0–0-Ebene des Zustands 3 folgt: px C  g  .L  hx / .D p0–0 / D pB C  g  .H C L/ und daraus px   g  hx D pB C  g  H oder

 g  hx D .px  pB /   g  H: Nach Division durch (  g) erhält man .px  pB / H

g .px  pB /   g  H D :

g

hx D

Einsetzen dieses Ergebnisses in die oben stehende Gleichung für px führt zu

px D pB 

L g : .px  pB /   g  H

Multipliziert man den im Nenner stehenden Klammerausdruck mit der Gleichung, so liefert das zunächst px  Œpx  .pB C  g  H / D pB   g  L; oder, die linke Seite ausmultipliziert, px2  px  .pB C  g  H / D pB   g  L: Um dies auf die Form einer binomischen Formel a2  2  a  b  b 2 D .a  b/2

Aufgabe 5.8 Tauchbehälter

157

zu bringen, wird es erforderlich, den Ausdruck b  .pB C  g  H / =2 wie folgt zu ergänzen: 

2 1  .pB C  g  H / 2  2 1 D pB   g  L C  .pB C  g  H / : 2

px2  px  .pB C  g  H / C

Dies gibt  px 

2 1 1  .pB C  g  H / D pB   g  L C  .pB C  g  H /2 2 4

oder nach dem Wurzelziehen r 1 1 px   .pB C  g  H / D ˙ pB   g  L C  .pB C  g  H /2 2 4 und schließlich 1 px D  .pB C  g  H / C 2

r pB   g  L C

1  .pB C  g  H /2 : 4

Das negative Vorzeichen vor der Wurzel kommt nicht in Betracht, da der Wurzelausdruck immer größere Werte als der davor stehende Term liefert und negative Drücke ausscheiden. Mit der Kreisfläche A D 4  D 2 lautet dann die gesuchte Kraft " # r 1  1 Fx D  D 2   .pB C  g  H / C pB   g  L C  .pB C  g  H /2 : 4 2 4

Lösungsschritte – Fall 3 Jetzt können wir die Höhe hx bestimmen. Wie oben ausgeführt ist

 g  hx D .px  pB /   g  H: Einsetzen des Drucks px führt zu 1 1

 g  hx D  pB C   g  H C 2 2

r pB   g  L C

1  .pB C  g  H /2  pB   g  H 4

158

5

oder umgestellt r

 g  hx D

pB   g  L C

1 1 1  .pB C  g  H /2 C  pB C   g  H  pB   g  H: 4 2 2

Dann lässt sich weiter vereinfachen r

 g  hx D

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

pB   g  L C

1 1 1  .pB C  g  H /2   pB    g  H: 4 2 2

Nach der Division durch  g gelangt man zum gesuchten Ergebnis

1 hx D 

g

r

1 1 pB   g  L C  .pB C  g  H /2   4 2



 pB CH :

g

Lösungsschritte – Fall 4 Die Größen aus den Fällen 1 bis 3 nehmen, wenn pB D 105 Pa, D 1 000 kg=m3 , L D 2;0 m, D D 1;0 m, H D 4 m und FG D 3 000 N gegeben sind, bei dimensionsgerechter Verwendung der Daten die nachstehende Zahlenwerte an.

h2 D

h3 D 2 

3 000  4 D 0;3894 9;81  1 000    12

0;3 894 D 0;0736 m 000 0;3 894 C 1100 0009;81

h1 D 2  0;3894  0;0736 D 1;537 m

Fx D

 2 1  1   .100 000 C 1 000  9;81  4/ 4 r 2 1 C 100 000  1 000  9;81  2 C  .100 000 C 1 000  9;81  4/2 4

Fx D 119 488 N

Aufgabe 5.9 Schwimmender Vollzylinder

159

r 1 1 hx D  100 000  1 000  9;81  2 C  .100 000 C 1 000  9;81  4/2 1 000  9;81 4   100 000 1   C4 2 1 000  9;81

hx D 1;314 m

Aufgabe 5.9 Schwimmender Vollzylinder Ein Vollzylinder der Dichte K schwimmt in einer Flüssigkeit, die eine Dichte F aufweist. Für die in Abb. 5.13 dargestellte Lage des Zylinders bezüglich der Flüssigkeitsoberfläche ist ein Dichteverhältnis K = F < 0,5 erforderlich, wie sich aus dem Ergebnis der Aufgabenstellung feststellen lässt. Hierbei wird zunächst nach dem Winkel ˛ gefragt, wenn die Zylinderabmessungen R und L sowie die o. g. Dichten bekannt sind. Des Weiteren soll noch die Eintauchtiefe T des Zylinders in der Flüssigkeit ermittelt werden.

2*R L senkrecht zur Zeichenebene Fa K E

F

M

A

B

C

FG

T

H

F

Abb. 5.13 Schwimmender Vollzylinder

160

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

Lösung zu Aufgabe 5.9 Aufgabenerläuterung Die Grundlage bei der Lösung der Aufgabenstellung ist das Kräftegleichgewicht zwischen Zylindergewichtskraft und der am Körper wirkenden hydrostatischen Auftriebskraft. Hierbei ist das verdrängte Flüssigkeitsvolumen respektive der (berechenbare) Verdrängungsquerschnitt in Verbindung zu bringen mit dem gesuchten Winkel ˛. Gegeben:  F ; K ; R; L; Gesucht: 1. ˛ 2. T 3. ˛ und T, wenn F D 1 000 kg=m3 ; K D 400 kg=m3 ; R D 0;25 m Anmerkung

 Zylinderlänge L senkrecht zur Zeichenebene Lösungsschritte – Fall 1 Aus der Proportionalität zwischen Kreissektorfläche AMHB und Kreisfläche AKreis in Verbindung mit dem Zentriwinkel ˛ und dem Vollkreiswinkel 360ı erhält man zunächst ˛ AMHB D ; AKreis 360ı wobei AKreis D   R2 ist. Der gesuchte Winkel lautet dann ˛ D 360ı 

AMHB :   R2

Die Sektorfläche AMHB lässt sich nun gemäß Abb. 5.13 aus dem Verdrängungsquerschnitt AAHB und dem Dreiecksquerschnitt AMCB wie folgt formulieren: 2  AMHB D AAHB C 2  AMCB : Umgeformt entsteht

AMHB D

1  AAHB C AMCB : 2

Aufgabe 5.9 Schwimmender Vollzylinder

161

Den Verdrängungsquerschnitt AAHB liefert das Kräftegleichgewicht FG D FA aus den gegebenen Größen: FG D mK  K mK D K  VK VK D   R2  L FG D g  K    R2  L FA D g  mF mF D F  VF VF D AF  L AF  AAHB

Zylindergewichtskraft Zylindermasse Zylindervolumen Gewichtskraft hydrostatische Auftriebskraft verdrängte Flüssigkeitsmasse verdrängtes Flüssigkeitsvolumen Querschnittsfläche von VF VF ( Kreissegmentfläche)  Verdrängungsquerschnitt

Unter Verwendung dieser Zusammenhänge und Kürzen entsprechender Größen in FG D FA , g  F  AAHB  L D g  K    R2  L; gelangt man zu

AAHB D   R2 

K :

F

Die noch erforderliche Dreiecksfläche AMCB lautet AMCB D

1  M C  BC : 2

Hierin sind M C D R  T und BC D R  sin ˛ und folglich wird AMCB D

1  .R  T /  .R  sin ˛/ : 2

Den Klammerausdruck (R  T ) kann man jetzt noch mittels cos ˛ D .R  T /=R oder umgeformt .R  T / D R  cos ˛ ersetzen. Dies führt zunächst zu AMCB D

1  .R  cos ˛/  .R  sin ˛/ 2

und mit 2  sin ˛  cos ˛ D sin .2  ˛/

oder

sin ˛  cos ˛ D

1  sin .2  ˛/ 2

162

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

erhalten wir als Ergebnis

AMCB D

1  R2  sin .2  ˛/ : 4

Die gewonnenen Resultate für AAHB und AMCB setzten wir in AMHB ein, 1

K 1 C  R2  sin .2  ˛/ ;    R2  2

F 4

AMHB D

und dann AMHB in unserer Ausgangsgleichung des gesuchten Winkels ˛, was dann zu h ˛ D 360ı 

1 2

   R2 

K

F

C

1 4

i  R2  sin .2  ˛/

  R2

führt. Kürzt man noch (  R2 ) in Zähler und Nenner, so liefert dies uns zunächst ˛ D 360ı 



 1 K 1 C   sin .2  ˛/ : 2 F 4

Mit nachfolgenden Umstellungen dieser Gleichung 1 K sin .2  ˛/ ˛ı D  C ı 360 2 F 4 oder

sin .2  ˛/ 1 K ˛ı   D 4 360ı 2 F

oder sin .2  ˛/ D

˛ı

K  2  90ı

F

gelangt man schließlich zum gesuchten Ergebnis:  sin .2  ˛/ D 2   

˛

K  ı 180

F



Aufgabe 5.9 Schwimmender Vollzylinder

163

Lösungsschritte – Fall 2 Die Bestimmung des Winkels ˛ macht (bei gegebenem K und F ) eine Iteration erforderlich. Wenn ˛ bekannt ist, lässt sich die Eintauchtiefe T wie folgt ermitteln. Wir lösen zunächst .R  T / D R  cos ˛ (s. o.) nach T auf und erhalten T D R  R  cos ˛ oder

T D R  .1  cos ˛/ :

Lösungsschritte – Fall 3 Den Winkel ˛ wollen wir jetzt für die gegebenen Werte (im Zweifelsfalle immer dimensionsgerecht) bestimmen ( F D 1 000 kg=m3 , K D 400 kg=m3 und R D 0;25 m). Durch Umstellen der obigen Gleichung lässt sich die Iteration nun wie folgt durchführen: ˛ sin .2  ˛/

K D 

F 180ı 2 1. Iterationsschritt ˛ D 75ı ) 0;40 D 0;41677  0;07958 ) 0;4 ¤ 0;3372 2. Iterationsschritt ˛ D 80ı ) 0;40 D 0;4444  0;05443 ) 0;40 ¤ 0;3900 3. Iterationsschritt ˛ D 81ı ) 0;40 D 0;450  0;0492 ) 0;40  0;4008 ˛ D 81ı

T D 0;25  .1  cos 81ı / D 0;2109 m

164

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

Aufgabe 5.10 Verschlusskegel Ein kegelförmiger Körper dient als Verschlussorgan in einem mit Flüssigkeit gefüllten, gegen Atmosphäre offenen Becken. Er weist die in Abb. 5.14 erkennbaren Abmessungen auf und besitzt eine Dichte K . Die Flüssigkeitshöhe H über dem Beckenboden sowie die Flüssigkeitsdichte F sollen ebenfalls bekannt sein. Welche Kraft F muss aufgebracht werden, um den Kegel bei Beginn des Öffnungsvorgangs gerade vom Dichtungssitz zu lösen?

Lösung zu Aufgabe 5.10 Aufgabenerläuterung Das Anheben des Kegels aus dem gerade noch wirksamen Schließzustand bedeutet, dass an dem Dichtungssitz 2 keine Auflagekraft mehr vorhanden ist (Abb. 5.14). Neben der Gewichtskraft und der gesuchten Kraft zum Anheben des Kegels wirken aufgrund unterschiedlicher Druckverteilungen an der Kegeloberfläche verschiedene Druckkräfte. Als Berechnungsansatz ist gemäß Abb. 5.15 sinnvoller Weise das Kräftegleichgewicht in zRichtung zu verwenden. Gegeben:  R; h; H; F ; K ; g Abb. 5.14 Verschlusskegel

pB 0 F 2*R H 1 h 2

K

h

z 2

pB



pB

Aufgabe 5.10 Verschlusskegel

165

F

R

Fp1

z

1 t

h 2

FG FNz

r2

h 2

p1 dAx

dAx tx rx

x



rx

px

dFN

dFN z

2

tx

pB

drx

FpB proj. Aproj.

Abb. 5.15 Verschlusskegel; Abmessungen und Kräfte

Gesucht: 1. F 2. F, wenn R D 10 cm; h D 20 cm; H D 0;80 m; F D 1 000 kg=m3 ; K D 7 800 kg=m3 . Anmerkungen

 Am Dichtungssitz ist gerade noch keine Strömung vorhanden.  Kegelvolumen: VK D 3  R2  h. Lösungsschritte – Fall 1 1. F: Gemäß Abb. 5.15 lautet das Kräftegleichgewicht in z-Richtung: X

Fi D 0 D FpB ;proj C FNz C F  Fp1  FG

oder nach der gesuchten Kraft F umgeformt

F D FG C Fp1  FpB ;proj  FNz :

166

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

Dabei sind (FpB ;proj und FNz werden anschließend diskutiert): Gewichtskraft des Kegels FG D g  mK Kegelmasse mK D K  VK Kegelvolumen VK D 3  R2  h Damit die Gewichtskraft FG D 3  g  K  R2  h Druckkraft auf Kegelgrundfläche Fp1 D p1  A1 A1 D   R2   Kegelgrundfläche Dann wird Fp1 D ŒpB C g p1 D pB C g  F  H  h2 Druck  auf Kegelgrundfläche. 

F  H  h2    R2 FpB ;proj D pB  Aproj Vertikalkraftkomponente in Folge Atmosphärendrucks auf flüssigkeitsfreie Kegelmantelfläche Projektion der flüssigkeitsfreien Kegelmantelfläche in die Aproj D   r22 Horizontalebene Radius des Dichtkreises. r2 D 12  R An die Kraft FpB ;proj kommen wir mit folgender Überlegung: Wegen tan ˛ D

R r2 D h h 2

erhält man dann r2 D R=2 und folglich

FpB ;proj D pB 

1    R2 : 4

FNz ist die Vertikalkomponente der Normalkraft in Folge des Drucks auf die flüssigkeitsbenetzte Kegelmantelfläche. Sie lässt sich aus der an dAx angreifenden infinitesimalen Kraft dFN mit den folgenden Größen und Beziehungen ermitteln: dFNz D dFN  sin ˛ dFN D px  dAx dAx;proj D dAx  sin ˛ dFNz D px  dAx  sin ˛ D px  dAx;proj dAx;proj D 2    rx  drx px D p1 C F  g  tx

Vertikalkomponente der Normalkraft dFN Normalkraft Projektion des Flächenelements dAx in die Horizontalebene Vertikalkomponente der Normalkraft Fläche als elementarer Kreisring Druck an der Stelle x

Damit wird dFNz D .p1 C F  g  tx /  2    rx  drx :

Aufgabe 5.10 Verschlusskegel

167

Um eine Integration von dFNz vornehmen zu können, muss tx in Verbindung mit rx gebracht werden. Dies ist wie folgt möglich: Wir lösen tan ˛ D .R  rx/=tx nach tx auf und erhalten zunächst R  rx tx D : tan ˛ Führt man dann noch tan ˛ D R= h ein, so liefert dies die gesuchte Verknüpfung: tx D

h  .R  rx / : R

In dFNz eingesetzt entsteht   h dFNz D p1 C F  g   .R  rx /  2    rx  drx : R Hierin tauschen wir noch p1 über die oben gefundene Druckgleichung aus, das liefert uns  dFNz D

   h h pB C F  g  H  C F  g   .R  rx /  2    rx  drx : 2 R

Multipliziert man nun die inneren Klammern aus, 0

1

B h rx C B C dFNz D BpB C F  g  H  F  g  C F  g  h  F  g  h  C  2    rx  drx ; @ A 2 R „ ƒ‚ … DC F g h2

und fasst vereinfachend zusammen, so entsteht die integrierbare Gleichung dFNz

    h h D pB C F  g  H C  F  g   rx  2    rx  drx : 2 R

Wenn man .rx  drx / in die Klammer hineinmultipliziert und die drei Teilintegrale in dem flüssigkeitsbenetzten Bereich zwischen den Grenzen r2 und R bildet, führt dies zu ZR FNZ D

dFNz r2

2

D 2  4

ZR

r2

ZR pB  rx  drx C r2

3   ZR h h 2

F  g  H C  rx  drx  F  g   rx  drx 5 : 2 R r2

168

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

Die drei Teilintegrale in der Klammer lassen sich folgendermaßen bestimmen:

ZR pB  rx  drx D pB  r2

ZR r2

ZR r2

ˇR   rx2 ˇˇ 1 D  pB  R2  r22 ˇ 2 r2 2

    2 ˇR h h r ˇ

F  g  H C  rx  drx D F  g  H C  x ˇˇ 2 2 2 r2    1 h  2 D  F  g  H C  R  r22 2 2

ˇR  h 2 h rx3 ˇˇ 1 h 

F  g   rx  drx D F  g   ˇ D  F  g   R3  r23 : R R 3 r2 3 R

Mit r2 D R=2 (s. o.) folgt dann schrittweise ZR

  1 1 3 2 2 pB  rx  drx D  pB  R   R D  pB  R2 2 4 8

r2

ZR r2

     h 1 h

F  g  H C  rx  drx D  F  g  H C  R2  2 2 2   h 3  R2 D  F  g  H C 8 2   ZR h 1 h R3

F  g   rx2  drx D  F  g   R3  D R 3 R 8

1  R2 4



7  F  g  h  R2 24

r2

Die so gefundenen Integrationsergebnisse werden in die Gleichung für FNz eingesetzt,  FNz D 2 

   3 3 h 7  pB  R2 C  F  g  H C  F  g  h  R2 ;  R2 C 8 8 2 24

Aufgabe 5.10 Verschlusskegel

169

danach wird 3R2 =8 ausgeklammert: FNz D 2 

    3 h 7 8  R2  pB C F  g  H C   F  g  h : C 8 2 24 3

Die innere Klammer ausmultipliziert, FNz

  3 1 7 2 D    R  pB C F  g  H C  F  g  h   F  g  h ; 4 2 9

und gleiche Produkte zusammengefasst, FNz D  

  3 9 14  R2  pB C F  g  H C  F  g  h   F  g  h ; 4 18 18

haben wir das Resultat des letzten gesuchten Kraftanteils am Kegel:

FNz D  

  3 5  R2  pB C F  g  H   F  g  h : 4 18

Alle Kräfte werden jetzt mit den ermittelten Zusammenhängen in der o. g. Bilanzgleichung für F eingesetzt, was zunächst einen umfangreichen Ausdruck gemäß nachstehender Gleichung liefert. F D

   h   R2  g  K  h C   R2  pB C g  F  H  3 2   3 5    R2  pB     R2  pB C F  g  H   F  g  h 4 4 18

Vereinfachend wird nun   R2  g ausgeklammert:

   1 pB h  K  h C C F  H  3 g 2   pB 5 1 pB 3     C F  H   F  h ; 4 g 4 g 18

F D   R2  g 

danach werden die inneren Klammerausdrücke ausmultipliziert, 

1 pB h  K  h C C F  H  F  3 g 2  3 5 1 pB 3 pB 3        F  H C   F  h ; 4 g 4 g 4 4 18

F D R g 2

170

5

Auftriebskräfte an eingetauchten Körpern

sowie gleichartige Produkte zusammengefasst: 

 1 1 3 3 5 F D R g  K  h C F  H   F  h   F  H C   F  h : 3 2 4 4 18 2

Als Resultat erhält man dann zunächst   1 1 12 5  K  h C F  H   F  h C  F  h F D   R2  g  3 4 24 24 

oder F D R g 2

 1 1 7  K  h C F  H   F  h : 3 4 24

Wird nun noch ( F  h) vor die Klammer gesetzt, so liefert dies das gesuchte Endergebnis wie folgt:  F D   R  g  F  h  2

1 K 1 H 7 C    3 F 4 h 24



Lösungsschritte – Fall 2 Als Zahlenwert von F erhalten wir mit den gegebenen Größen R D 10 cm, h D 20 cm, H D 0;80 m, F D 1 000 kg=m3 und K D 7 800 kg=m3 bei dimensionsgerechter Rechnung   1 7 800 1 0;8 7 2  C   F D   9;81  1 000  0;10  0;20  3 1 000 4 0;2 24 oder

F D 203;9 N

6

Kinematik von Fluidströmungen

Grundlegende Bewegungsvorgänge von Fluiden lassen sich kinematisch mit Geschwindigkeitsfeldern beschreiben. Ebenso sind die hieraus ableitbaren Beschleunigungsfelder von großer Bedeutung. Sie werden z. B. bei der Herleitung der Bewegungsgleichung benötigt. Beide Felder können entweder nur räumlich oder auch räumlich und zeitlich oder nur zeitlich veränderlich sein. Im ersten Fall handelt es sich um eine stationäre, im zweiten Fall um eine instationäre Strömung. Die räumliche Darstellung erfolgt entweder mit einem kartesischen Koordinatensystem, mit Kugelkoordinaten oder auch mit Zylinderkoordinaten. Bei den anschließenden Beispielen wird ausschließlich vom kartesischen Koordinatensystem und bei ebenen Systemen von Polarkoordinaten Gebrauch gemacht. Geschwindigkeitsfeld bei räumlicher Strömung Der Geschwindigkeitsvektor cE der instationären Strömung lautet im kartesischen Koordinatensystem

!

cE D cx  i C cy  jE C cz  kE

mit cx (x, y, z, t), cy (x, y, z, t) und cz (x, y, z, t). Der Geschwindigkeitsvektor cE der stationären Strömung lautet im kartesischen Koordinatensystem

cE D cx  Ei C cy  jE C cz  kE

mit cx (x, y, z), cy (x, y, z) und cz (x, y, z,). © Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 V. Schröder, Übungsaufgaben zur Strömungsmechanik 1, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56054-9_6

171

172

6 Kinematik von Fluidströmungen

Geschwindigkeitsfeld bei ebener Strömung Der Geschwindigkeitsvektor cE der instationären Strömung lautet im kartesischen Koordinatensystem

cE D cx  Ei C cy  jE

mit cx (x, y, t) und cy (x, y, t). Der Geschwindigkeitsvektor cE der stationären Strömung lautet im kartesischen Koordinatensystem

!

cE D cx  i C cy  jE

mit cx (x, y) und cy (x, y). Die Beschleunigungsfelder ermitteln sich aus den zeitlichen Ableitungen der Geschwindigkeitsvektoren. Allgemein gilt

!

E aE D ax  i C ay  jE C az  k:

Beschleunigungsfeld bei räumlicher, instationärer Strömung In x-Richtung Dcx .t; x; y; z/ ax .x; y; z; t/ D dt mit @cx @cx @cx @cx Dcx .t; x; y; z/ D  dt C  dx C  dy C  dz @t @x @y @z

ax .x; y; z; t/ D

Dcx .t; x; y; z/ @cx @cx @cx @cx D C  cx C  cy C  cz dt @t @x @y @z

6

Kinematik von Fluidströmungen

173

In y-Richtung ay .x; y; z; t/ D mit Dcy .t; x; y; z/ D

ay .x; y; z; t/ D

Dcy .t; x; y; z/ dt

@cy @cy @cy @cy  dt C  dx C  dy C  dz @t @x @y @z

@cy Dcy .t; x; y; z/ @cy @cy @cy D C  cx C  cy C  cz dt @t @x @y @z

In z-Richtung az .x; y; z; t/ D mit Dcz .t; x; y; z/ D

az .x; y; z; t/ D

Dcz .t; x; y; z/ dt

@cz @cz @cz @cz  dt C  dx C  dy C  dz @t @x @y @z

Dcz .t; x; y; z/ @cz @cz @cz @cz D C  cx C  cy C  cz dt @t @x @y @z

Beschleunigungsfeld bei räumlicher, stationärer Strömung Hier gilt für die lokalen Beschleunigungsglieder @cx D 0I @t

@cy D 0I @t

@cz D 0: @t

Folglich ist In x-Richtung

ax .x; y; z/ D

Dcx .x; y; z/ @cx @cx @cx D  cx C  cy C  cz dt @x @y @z

174

6 Kinematik von Fluidströmungen

In y-Richtung

ay .x; y; z/ D

Dcy .x; y; z/ @cy @cy @cy D  cx C  cy C  cz dt @x @y @z

In z-Richtung

az .x; y; z/ D

Dcz .x; y; z/ @cz @cz @cz D  cx C  cy C  cz dt @x @y @z

Beschleunigungsfeld bei ebener, instationärer Strömung In x-Richtung Dcx .t; x; y/ ax .x; y; t/ D dt mit @cx @cx @cx Dcx .t; x; y/ D  dt C  dx C  dy @t @x @y

ax .x; y; t/ D

Dcx .t; x; y/ @cx @cx @cx D C  cx C  cy dt @t @x @y

In y-Richtung ay .x; y; t/ D mit Dcy .t; x; y/ D

ay .x; y; t/ D

Dcy .t; x; y/ dt

@cy @cy @cy  dt C  dx C  dy @t @x @y

Dcy .t; x; y/ @cy @cy @cy D C  cx C  cy dt @t @x @y

6

Kinematik von Fluidströmungen

175

Beschleunigungsfeld bei ebener, stationärer Strömung In diesem Fall sind die lokalen Beschleunigungsglieder @cx D 0I @t

@cy D 0: @t

Folglich haben wir In x-Richtung

ax .x; y/ D

Dcx .x; y/ @cx @cx D  cx C  cy dt @x @y

ay .x; y/ D

Dcy .x; y/ @cy @cy D  cx C  cy : dt @x @y

In y-Richtung

Potenzialströmungsnachweis ebener, inkompressibler Strömungen Neben den o. g. kinematischen Grundlagen von Fluidströmungen stellt sich häufig die Frage, ob eine Potenzialströmung vorliegt oder nicht. Diese Entscheidung muss mit zwei Nachweisen belegt werden und zwar dem Kontinuitätsnachweis und dem Wirbelfreiheitsnachweis. Im Fall kartesischer Koordinaten liegt Kontinuität vor, wenn

@cy @cx C D 0: @x @y

Im Fall der Polarkoordinaten liegt Kontinuität vor, wenn

@cr 1 @c' 1 C  cr C  D 0: @r r r @'

176

6 Kinematik von Fluidströmungen

Im Fall kartesischer Koordinaten liegt Wirbelfreiheit vor, wenn

@cy @cx  D0 @x @y

Im Fall von Polarkoordinaten liegt Wirbelfreiheit vor, wenn

@c' 1 @cr 1   C  c' D 0: @r r @' r

Aufgabe 6.1 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 1 Für ein in Polarkoordinaten gegebenes ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld eines inkompressiblen Fluids soll der Nachweis erbracht werden, ob es einer Potenzialströmung zugeordnet werden kann oder nicht.

Lösung zu Aufgabe 6.1 Aufgabenerläuterung Der Nachweis einer Potenzialströmung lässt sich nur durch gleichzeitig vorliegende Kontinuität und Wirbelfreiheit belegen. Hierbei anzuwenden sind die betreffenden Gesetze auf der Basis der Polarkoordinaten. Gegeben:  c' D 6  rI

cr D 0

Gesucht: 1. Kontinuitätsnachweis 2. Wirbelfreiheitsnachweis Anmerkungen

 Kontinuität bei Polarkoordinaten: @cr 1 @c' 1 C  cr C  D0 @r r r @'

Aufgabe 6.2 Räumliches, instationäres Geschwindigkeitsfeld 1

 Wirbelfreiheit bei Polarkoordinaten: @c' 1 @cr 1   C  c' D 0 @r r @' r Lösungsschritte – Fall 1 Kontinuitätsnachweis: Mit c' D 6  r und cr D 0 wird @cr D 0I @r

cr D 0I r

@c' D 0: @'

Daraus folgt

0C0C0D0

und der Kontinuitätsnachweis ist erfüllt. Lösungsschritte – Fall 2 Wirbelfreiheitsnachweis: Mit c' D 6  r und cr D 0 wird @c' D 6I @r

c' D 6I r

@cr D 0: @'

In diesem Fall erhalten wir

60C6¤0

und damit gibt es keine Wirbelfreiheit und auch keine Potenzialströmung.

Aufgabe 6.2 Räumliches, instationäres Geschwindigkeitsfeld 1 Ein Geschwindigkeitsfeld ist in der Form cE .x; y; z; t/ D cx  Ei C cy  jE C cz  kE mit cx (t), cy (x, z) und cz (y, t) gegeben. Wie lautet der Beschleunigungsvektor aE?

177

178

6 Kinematik von Fluidströmungen

Lösung zu Aufgabe 6.2 Aufgabenerläuterung Im vorliegenden Fall eines räumlichen, instationären Geschwindigkeitsfelds ist der Beschleunigungsvektor aE unter Verwendung der gegebenen Geschwindigkeitskomponenten cx , cy und cz herzuleiten. Gegeben:    cE .x; y; z; t/ D .3  t/  Ei C .x  z/  jE C t  y 2  kE Gesucht:  aE Anmerkungen

 ax D  ay D  az D

Dcx dt Dcy dt Dcz dt

D D D

@cx @t @cy @t @cz @t

C cx  C cx  C cx 

@cx @x @cy @x @cz @x

C cy  C cy  C cy 

@cx C cz  @c@zx @y @cy @cy @y C cz  @z @cz @cz @y C cz  @z

Lösungsschritte Der allgemeine Beschleunigungsvektor lautet E aE D ax  Ei C ay  jE C az  k: Die Beschleunigungskomponenten ax , ay und az lassen sich aus dem Geschwindigkeitsfeld bestimmen. Dies ist gegeben durch

cx D .3  t/ I

cy D .x  z/ I

  cz D t  y 2 :

Mit den Geschwindigkeitskomponenten cx , cy und cz folgt für die Beschleunigungskomponente ax : @cx @cx @cx @cx D 3I D 0I D 0I D 0: @t @x @y @z Eingesetzt in die Gleichung für ax erhält man ax D 3 C cx  0 C cy  0 C cz  0 und mit cx , cy und cz dann   ax D 3 C .3  t/  0 C .x  z/  0 C t  y 2  0

Aufgabe 6.2 Räumliches, instationäres Geschwindigkeitsfeld 1

179

oder

ax D 3:

Mit den Geschwindigkeitskomponenten cx , cy und cz folgt für die Beschleunigungskomponente ay : @cy @cy @cy @cy D 0I D zI D 0I D x: @t @x @y @z Eingesetzt in die Gleichung für ay ergibt dies ay D 0 C cx  z C cy  0 C cz  x und mit cx , cy und cz ay D 3  t  z C t  y 2  x oder   ay D t  3  z C x  y 2

Mit den Geschwindigkeitskomponenten cx , cy und cz folgt für die Beschleunigungskomponente az : @cz @cz @cz @cz D y2I D 0I D 2  y  tI D 0: @t @x @y @z Eingesetzt in die Gleichung für az erhält man az D y 2 C cx  0 C cy  2  y  t C cz  0 und mit cx , cy und cz dann az D y 2 C x  z  2  y  t oder

az D y  .2  x  z  t C y/ :

Als Ergebnis lässt sich dann der Beschleunigungsvektor wie folgt angeben:   E aE D 3  Ei C t  3  z C x  y 2  jE C y  .2  x  z  t C y/  k:

180

6 Kinematik von Fluidströmungen

Aufgabe 6.3 Räumliches, instationäres Geschwindigkeitsfeld 2 Ein Geschwindigkeitsfeld ist in der Form !

cE .x; y; z; t/ D cx  Ei C cy  j C cz  kE mit cx (x, t), cy (y, t) und cz (x, z) gegeben. Wie lautet der Beschleunigungsvektor aE?

Lösung zu Aufgabe 6.3 Aufgabenerläuterung Im vorliegenden Fall eines räumlichen, instationären Geschwindigkeitsfelds ist der Beschleunigungsvektor aE unter Verwendung der gegebenen Geschwindigkeitskomponenten cx , cy und cz herzuleiten. Gegeben:    cE .x; y; z; t/ D .2  t  x/  Ei  t 2  y  jE C .3  x  z/  kE Gesucht: 1. aE 2. aE im Punkt P.2I 2I 0/ Anmerkungen

 ax D  ay D  az D

Dcx dt Dcy dt Dcz dt

D D D

@cx @t @cy @t @cz @t

C cx  C cx  C cx 

@cx @x @cy @x @cz @x

C cy  C cy  C cy 

@cx @cx @y C cz  @z @cy @c C cz  @zy @y @cz @cz @y C cz  @z

Lösungsschritte – Fall 1 Der allgemeine Beschleunigungsvektor lautet E aE D ax  Ei C ay  jE C az  k: Die Beschleunigungskomponenten ax , ay und az lassen sich aus dem Geschwindigkeitsfeld bestimmen. Dies ist gegeben durch

cx D .2  t  x/ I

  cy D  t 2  y I

cz D .3  x  z/ :

Aufgabe 6.3 Räumliches, instationäres Geschwindigkeitsfeld 2

181

Mit den Geschwindigkeitskomponenten cx , cy und cz folgt für die Beschleunigungskomponente ax : @cx @cx @cx @cx D 2  xI D 2  tI D 0I D 0: @t @x @y @z Eingesetzt in die Gleichung für ax erhält man ax D 2  x C cx  2  t C cy  0 C cz  0 und mit cx , cy und cz dann   ax D 2  x C 2  t  .2  t  x/  t 2  y  0 C .3  x  z/  0 oder

ax D 2  x C 4  x  t 2 :

Mit den Geschwindigkeitskomponenten cx , cy und cz folgt für die Beschleunigungskomponente ay : @cy D 2  y  tI @t

@cy D 0I @x

@cy D t 2 I @y

@cy D 0: @z

Eingesetzt in die Gleichung für ay erhält man   ay D 2  y  t C cx  0 C cy  t 2 C cz  0 und mit cx , cy und cz dann     ay D 2  y  t C .2  t  x/  0  t 2  y  t 2 C .3  x  z/  0 oder

ay D y  t 4  2  y  t:

Mit den Geschwindigkeitskomponenten cx , cy und cz folgt für die Beschleunigungskomponente az : @cz @cz @cz @cz D 0I D 3  zI D 0I D 3  x: @t @x @y @z

182

6 Kinematik von Fluidströmungen

Eingesetzt in die Gleichung für az erhält man az D 0 C cx  3  z C cy  0 C cz  3  x und mit cx , cy und cz dann   az D 0 C .2  t  x/  3  z  t 2  y  0 C .3  x  z/  3  x oder

az D 6  x  z  t C 9  x 2  z:

Der Beschleunigungsvektor aE lautet folglich       E aE D 2  x C 4  x  t 2  Ei C y  t 4  2  y  t  jE C 6  x  z  t C 9  x 2  z  k:

Lösungsschritte – Fall 2 Der Beschleunigungsvektor aE im Punkt P.2I 2I 0/ ergibt sich unter Verwendung der vorgegeben Koordinaten P.2I 2I 0/, also x D 2; y D 2 und z D 0:    

 aE D 2  2 C 4  2  t 2  Ei C 2  t 4  2  .2/  t  jE C 6  2  0  t C 9  22  z  kE oder als Beschleunigungsvektor an der Stelle P.2I 2I 0/     aE D 4 C 8  t 2  Ei C 4  t  2  t 4  jE:

Aufgabe 6.4 Eindimensionale, stationäre Düsenströmung In Abb. 6.1 ist eine an einen Druckkessel angeschlossene Düse zu erkennen, durch die ein Fluid strömt. Die Stelle 0 stellt den Eintritt in die Düse dar und die Stelle x einen um die Strecke x vom Eintritt entfernten Punkt auf dem mittleren Stromfaden. Die Düse weist eine Gesamtlänge L auf. Die Eintrittsgeschwindigkeit in die Düse lautet c0 . Die Geschwindigkeit des Fluids cx ändert sich vom Eintritt aus beginnend entlang des Weges x nach einer bekannten Geschwindigkeitsverteilung. Wie lautet das Beschleunigungsgesetz entlang des mittleren Stromfadens in der Düse?

Aufgabe 6.4 Eindimensionale, stationäre Düsenströmung

183

Abb. 6.1 Eindimensionale Düsenströmung

0

z

x

cx

c0

x

x L

Lösung zu Aufgabe 6.4 Aufgabenerläuterung Ausgangspunkt des Lösungswegs ist die Gleichung der substantiellen Beschleunigung, die sich bekanntermaßen aus dem lokalen und dem konvektiven Anteil zusammensetzt. Auf die Gegebenheiten des vorliegenden Beispiels reduziert entsteht ein Zusammenhang, mit dem das gesuchte Beschleunigungsgesetz ermittelt werden kann. Gegeben:  cx .x/ D c0 

1 2

.1 Lx /

Gesucht: 1. 2. 3.

Dcx dt Dcx dt , Dcx , dt

wenn x D 0; L D 3 m; c0 D 4 m=s wenn x D 2 m; L D 3 m; c0 D 4 m=s

Anmerkungen



Dcx dt

D

@cx @t

C cx 

@cx @x

C cy 

@cx @y

C cz 

@cx @z

Lösungsschritte – Fall 1 x gilt wegen der eindimensionalen, stationären StröFür die Geschwindigkeitsableitung Dc dt mung @cx @cx @cx D 0I cy  D 0I cz  D 0: @t @y @z

184

6 Kinematik von Fluidströmungen

In die Ausgangsgleichung eingesetzt ergibt

Dcx dcx D cx  : dt dx

Der Differenzialquotient dcx /dx lässt sich aus der gegebenen Geschwindigkeitsverteilung wie folgt herleiten. cx (x) umgeformt zu cx .x/ D c0  

 x 2 D c0  1   2 L 1  Lx 1

und dann die Substitution z D .1  x=L/ eingeführt liefert cx .x/ D c0  z 2 : Mit

dcx dz dcx D  ; dx dz dx bekommen wir

dcx D 2  c0  z 3 dz

und

dz 1 D dx L

    dcx 1 2  c0 1 D D 2  c0  z 3    3 : dx L L 1  Lx Dies setzen wir in

dcx Dcx D cx  dt dx

unter Verwendung von cx .x/ D c0   ein und erhalten

1 1

 x 2 L

Dcx 1 2  c0 1 D c0    2  3 : x dt L 1 L 1  Lx

Als Resultat entsteht schließlich

Dcx c2 1 D2 0    dt L 1 x 5 L

Aufgabe 6.5 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 2

Lösungsschritte – Fall 2 Für die Geschwindigkeitsableitung und c0 D 4 m=s

Dcx dt

185

erhalten wir mit den Werten x D 0, L D 3 m

Dcx m 42 1 D 10;67 2 : D2   5 dt 3 s 1  03

Lösungsschritte – Fall 3 Wenn x D 2 m, L D 3 m und c0 D 4 m=s gegeben sind, dann ergibt sich

Dcx m 42 1 D 2 592 2 : D2   5 dt 3 s 1  23

Aufgabe 6.5 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 2 Es soll ein ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld cE D cx  Ei C cy  jE mit bekannten Geschwindigkeitskomponenten cx .x; y/ und cy .x; y/ gegeben sein. Im ersten Schritt wird der Geschwindigkeitsvektor cE in einem festen Punkt P.xI y/ gesucht. Weiterhin ist der Beschleunigungsvektor aE D ax  Ei C ay  jE zunächst allgemein und dann ebenfalls im Punkt P.xI y/ zu bestimmen.

Lösung zu Aufgabe 6.5 Aufgabenerläuterung Die Frage nach dem Geschwindigkeitsvektor im Punkt P.xI y/ ist durch Benutzung der gegebenen Koordinatenwerte in den Komponenten cx .x; y/ und cy .x; y/ einfach lösbar. !

Bei der Ermittlung des Beschleunigungsvektors a muss man von den zeitlichen Änderungen der Geschwindigkeitskomponenten Gebrauch machen.

186

6 Kinematik von Fluidströmungen

Gegeben:    cE D x 2  2  y 2 C 2  x  Ei  .3  x  y C y/  jE. Gesucht: 1. cE bei P.2I 2/ 2. ax ; ay ; aE 3. ax ; ay ; aE bei P.2I 2/ Anmerkungen

 ax D  ay D

Dcx dt Dcy dt

D D

@cx @t @cy @t

C cx  C cx 

@cx @x @cy @x

C cy  C cy 

@cx @y @cy @y

Lösungsschritte – Fall 1 Aufgrund des gegebenen Geschwindigkeitsfelds cE (s. o.) lauten die Komponenten   cx D x 2  2  y 2 C 2  x

und cy D  .3  x  y C y/ :

Setzt man jetzt die Koordinaten x D 2 und y D 2 ein, so erhält man   cx D 22  2  22 C 2  2 D 0 und cy D  .3  2  2 C 2/ D 14: Für den Geschwindigkeitsvektor cE D cx  Ei C cy  jE im Punkt P.2I 2/ findet man somit

cE D 0  Ei  14  jE

Lösungsschritte – Fall 2 Die x-Komponente des Beschleunigungsvektors ist ax D

Dcx @cx @cx @cx D C cx  C cy  : dt @t @x @y

Im Fall stationärer Strömung ist

@cx @t

D 0 und es ergibt sich der Ausdruck

ax D cx 

@cx @cx C cy  : @x @y

Aufgabe 6.5 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 2

Die partiellen Differenzialquotienten

@cx @x

und

@cx @y

müssen aus

  cx D x 2  2  y 2 C 2  x wie folgt ermittelt werden: @cx D .2  x C 2/ @x

und

@cx D 4  y: @y

Oben eingesetzt führt das auf   ax D x 2  2  y 2 C 2  x  .2  x C 2/ C Œ .3  x  y C y/  .4  y/ oder

  ax D x 2  2  y 2 C 2  x  .2  x C 2/ C .3  x  y C y/  .4  y/

und ausmultipliziert dann   ax D 2  x 3 C 3  x 2 C 4  x  y 2 C 2  x :

Die x-Komponente des Beschleunigungsvektors ist ay D

Dcy @cy @cy @cy D C cx  C cy  : dt @t @x @y

Im Fall stationärer Strömung ist

@cy @t

D 0 und es ergibt sich der Ausdruck

ay D cx  Die partiellen Differenzialquotienten

@cy @x

@cy @cy C cy  : @x @y und

@cy @y

müssen aus

cy D  .3  x  y C y/ wie folgt ermittelt werden: @cy D 3  y @x

und

@cy D 3  x  1 D .3  x C 1/: @y

Oben eingesetzt liefert das   ay D x 2  2  y 2 C 2  x  .3  y/ C Œ .3  x  y C y/  Œ.3  x C 1/

187

188

oder

6 Kinematik von Fluidströmungen

  ay D x 2  2  y 2 C 2  x  .3  y/ C .3  x  y C y/  .3  x C 1/

und ausmultipliziert dann   ay D 6  y 3 C y C 6  x 2  y :

Der gesuchte Beschleunigungsvektor aE D ax Ei Cay jE lässt sich dann wie folgt angeben:     aE D 2  x 3 C 3  x 2 C 4  x  y 2 C 2  x  Ei C 6  y 3 C y C 6  x 2  y  jE:

Lösungsschritte – Fall 3 ax ; ay ; aE bei P(2; 2) berechnen sich zu   ax D 2  23 C 3  22 C 4  2  22 C 2  2 D 112

  ay D 6  23 C 2 C 6  22  2 D 98

Damit lautet der gesuchte Beschleunigungsvektor im Punkt P(2; 2)

aE D 112  Ei C 98  jE:

Aufgabe 6.6 Kreisströmung Ein Punkt bewegt sich mit konstanter Umfangsgeschwindigkeit c'  u entlang einer Kreisbahn, die einen Radius r aufweist (Abb. 6.2). Eine Radialkomponente cr ist nicht vorhanden. Zu ermitteln sind die Komponenten cx .t/ und cy .t/ von c' als zeitlich abhängige Größen. Hierbei werden c' und r als bekannt vorausgesetzt.

Aufgabe 6.6 Kreisströmung Abb. 6.2 Kreisströmung

189 y c

cy 

y

- cx

r

 

x

x

Lösung zu Aufgabe 6.6 Aufgabenerläuterung Bei der Lösung der Aufgabe muss von den Verknüpfungen der Geschwindigkeitskomponenten im kartesischen System mit den Komponenten im Polarkoordinatensystem Gebrauch gemacht werden. Die Besonderheiten im vorliegenden Fall sind dabei zu berücksichtigen. Um die Zeitabhängigkeit zu erfassen, wird des Weiteren die zeitliche Winkeländerung benötigt. Gegeben:  c' ; cr D 0; r Gesucht: 1. cx .t/; cy .t/ 2. cx .t/; cy .t/, wenn c' D 4 m=s; r D 3 m Anmerkungen

 cx D cr  cos '  c'  sin '  cy D cr  sin ' C c'  cos '.

190

6 Kinematik von Fluidströmungen

Lösungsschritte – Fall 1 Für die Geschwindigkeitskomponenten cx .t/ und cy .t/ geht man folgendermaßen vor. Zunächst erhält man mit cr D 0 cx D c'  sin '

und cy D Cc'  cos ':

Die zeitliche Abhängigkeit von cx .t/ und cy .t/ lässt sich in den anschließenden Schritten ermitteln. Man muss zunächst den Winkel ' in Zusammenhang mit der Zeit t bringen. Dies gelingt mit der Umfangsgeschwindigkeit c'  u D r  !. Hierin lautet die Winkelgeschwindigkeit als zeitliche Winkeländerung ! D d'=dt. Dies liefert oben eingesetzt c' D r 

d' dt

oder, nach d' aufgelöst,

c'  dt: r Da c' und r konstant Größen sind, stellt eine einfache Integration den gesuchten Zusammenhang zwischen ' und t her: d' D

Z'

c' d' D  r

0

Zt dt;

also

'D

c'  t: r

0

Setzt man dieses Ergebnis in die zuvor gefundenen Geschwindigkeitskomponenten cx D c'  sin '

und cy D Cc'  cos '

ein, so lauten die Komponenten

cx D c'  sin

c

'

r

t

sowie

cy D Cc'  cos

c

'

r

t :

Lösungsschritte – Fall 2 cx .t/; cy .t/ ergeben sich, wenn c' D 4 m=s; r D 3 m sind, zu  cx D 4  sin

4 t 3



 und cy D C4  cos

 4 t : 3

Aufgabe 6.7 Räumliches, instationäres Geschwindigkeitsfeld 3

191

Aufgabe 6.7 Räumliches, instationäres Geschwindigkeitsfeld 3 Ein Geschwindigkeitsfeld ist in der Form cE .x; y; z; t/ D cx  Ei C cy  jE C cz  kE mit cx .x/, cy .x; y/ und cz .t/ gegeben. Wie lautet der Geschwindigkeitsvektor cE zur Zeit t in einem festen Punkt P.xI yI z/? Weiterhin ist der Beschleunigungsvektor aE zu ermitteln und ebenfalls zur Zeit t in einem festen Punkt P.xI yI z/ zu bestimmen.

Lösung zu Aufgabe 6.7 Aufgabenerläuterung Im vorliegenden Fall eines räumlichen, instationären Geschwindigkeitsfelds ist neben der Berechnung des Geschwindigkeitsvektors cE der Beschleunigungsvektor aE unter Verwendung der gegebenen Geschwindigkeitskomponenten cx , cy und cz herzuleiten und ebenfalls zur Zeit t in einem festen Punkt P.xI yI z/ zu berechnen. Gegeben:    cE .x; y; z; t/ D 10  x 2  Ei  .20  x  y/  jE C .100  t/  kE Gesucht: 1. cE im Punkt P.1I 2I 5/ zur Zeit t D 0;1 s 2. ax ; ay ; az ; aE 3. aE im Punkt P.1I 2I 5/ zur Zeit t D 0;1 s: Anmerkungen

 ax D  ay D  az D

Dcx dt Dcy dt Dcz dt

D D D

@cx @t @cy @t @cz @t

C cx  C cx  C cx 

@cx @x @cy @x @cz @x

C cy  C cy  C cy 

@cx @cx @y C cz  @z @cy @c C cz  @zy @y @cz z C cz  @c @y @z

Lösungsschritte – Fall 1 Der Geschwindigkeitsvektor cE im Punkt P.1I 2I 5/ zur Zeit t D 0;1 s beträgt E cE D 10  12  Ei  20  1  2  jE C 100  0;1  k;

192

6 Kinematik von Fluidströmungen

also

E cE D 10  Ei  40  jE C 10  k:

Lösungsschritte – Fall 2 Der allgemeine Beschleunigungsvektor lautet E aE D ax  Ei C ay  jE C az  k: Die Beschleunigungskomponenten ax , ay und az (s. o.) lassen sich aus dem Geschwindigkeitsfeld bestimmen. Hierbei lauten   cx D 10  x 2 I

cy D  .20  x  y/ I

cz D .100  t/ :

Zuerst berechnen wir die x-Komponente der Beschleunigung: ax D

Dcx @cx @cx @cx @cx D C cx  C cy  C cz  dt @t @x @y @z

(s. o.). Mit der Geschwindigkeitskomponente cx folgt @cx D 0I @t

@cx D 20  xI @x

@cx D 0I @y

@cx D 0: @z

Einsetzen in die Gleichung für ax liefert ax D 0 C cx  20  x C cy  0 C cz  0 Oder, mit cx D .10  x 2 /,

ax D 200  x 3 :

Für die y-Komponente der Beschleunigung setzen wir an: ay D

Dcy @cy @cy @cy @cy D C cx  C cy  C cz  : dt @t @x @y @z

Aufgabe 6.7 Räumliches, instationäres Geschwindigkeitsfeld 3

193

Mit der Geschwindigkeitskomponente cy folgt @cy D 0I @t

@cy D 20  yI @x

@cy D 20  xI @y

@cy D 0: @z

Eingesetzt in die Gleichung für ay liefert ay D 0 C cx  .20  y/ C cy  .20  x/ C cz  0: Mit

  cx D 10  x 2 I

cy D  .20  x  y/ I

cz D .100  t/

ergibt sich daraus   ay D 0  10  x 2  20  y C .20  x  y/  20  x C .100  t/  0 und folglich

ay D 200  x 2  y:

Für die z-Komponente der Beschleunigung haben wir entsprechend az D

Dcz @cz @cz @cz @cz D C cx  C cy  C cz  : dt @t @x @y @z

Mit der Geschwindigkeitskomponente cz folgt dann @cz D 100I @t

@cz D 0I @x

@cz D 0I @y

@cz D 0: @z

Einsetzen in die Gleichung für az liefert az D 100 C cx  0 C cy  0 C cz  0 und folglich das Resultat

az D 100:

194

6 Kinematik von Fluidströmungen

Der Beschleunigungsvektor aE lautet folglich

E aE D 200  x 3  Ei C 200  x 2  y  jE C 100  k:

Lösungsschritte – Fall 3 Der Beschleunigungsvektor aE im Punkt P.1I 2I 5/ zur Zeit t D 0;1 s ist E aE D 200  13  Ei C 200  12  2  jE C 100  k: Das Ergebnis lautet somit

E aE D 200  Ei C 400  jE C 100  k:

Aufgabe 6.8 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 3 Es soll ein ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld cE D cx  Ei C cy  jE mit bekannten Geschwindigkeitskomponenten cx .x; y/ und cy .x; y/ gegeben sein. Im ersten Schritt wird der Geschwindigkeitsvektor cE in einem festen Punkt P.xI y/ gesucht. Weiterhin ist der Beschleunigungsvektor aE D ax  Ei C ay  jE zunächst allgemein und dann im Punkt P.xI y/ zu bestimmen. Ebenfalls Gegenstand der Aufgabe ist es, die Beträge von cE und aE zu ermitteln.

Lösung zu Aufgabe 6.8 Aufgabenerläuterung Die Frage nach dem Geschwindigkeitsvektor im Punkt P.xI y/ ist durch Benutzung der gegebenen Koordinatenwerte in den Komponenten cx .x; y/ und cy .x; y/ einfach lösbar. Bei der Ermittlung des Beschleunigungsvektors aE muss man von den zeitlichen Änderungen der Geschwindigkeitskomponenten Gebrauch machen.

Aufgabe 6.8 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 3

195

Gegeben:  cE D 2  y  Ei C x  jE. Gesucht: 1. 2. 3. 4.

cE bei P.3;5I 1;2/ ax ; ay ; aE ˇaxˇ; aˇ y ;ˇ aE bei P.3;5I 1;2/ ˇcEˇ, ˇaEˇ bei P.3;5I 1;2/ Anmerkungen

 ax D

Dcx dt Dcy dt q

D

@cx @t @cy @t

C cx 

 ay D D C cx  ˇ ˇ  ˇcEˇ D cx2 C cy2 ˇ ˇ q  ˇaE ˇ D ax2 C ay2

@cx @x @cy @x

C cy  C cy 

@cx @y @cy @y

Lösungsschritte – Fall 1 ! Den Geschwindigkeitsvektor c bei P.3;5I 1;2/ erhalten wir über die gegebenen (s. o.) Komponenten cx D 2  y und cy D x. Setzt man jetzt die Koordinaten x D 3;5 und x D 1;2 ein, so erhält man cx D 2  1;2 D 2;4 und cy D 3;5: Für den Geschwindigkeitsvektor cE D cx  Ei C cy  jE im Punkt P.3;5I 1;2/ findet man somit

cE D 2;4  Ei C 3;5  jE:

Lösungsschritte – Fall 2 Für die x-Komponente der Beschleunigung, ax D

Dcx @cx @cx @cx D C cx  C cy  ; dt @t @x @y

ergibt sich im Fall stationärer Strömung bei

ax D cx 

@cx @t

D 0 der Ausdruck

@cx @cx C cy  : @x @y

196

6 Kinematik von Fluidströmungen

Die partiellen Differenzialquotienten

@cx @x

und

@cx @y

@cx D 0 und @x

werden aus cx D 2y wie folgt ermittelt: @cx D 2: @y

Oben eingesetzt führt das zu ax D 2  cy und mit cy D x haben wir dann

ax D 2  x

Für die y-Komponente der Beschleunigung, ay D

Dcy @cy @cy @cy D C cx  C cy  dt @t @x @y

Bekommen wir bei stationärer Strömung,

ay D

Die partiellen Differenzialquotienten

@cy @x

@cy @t

D 0; den Ausdruck

@cy @cy C cx  @t @x

und

@cy @y

@cy D 1 und @x

sind wegen cy D x @cy D 0: @y

Oben eingesetzt ergibt sich ay D 1  cx : Mit cx D 2  y liefert das dann

ay D 2  y:

Der gesuchte Beschleunigungsvektor a E D ax  Ei Cay  jE lässt sich nun wie folgt angeben:

aE D 2  x  Ei C 2  y  jE:

Aufgabe 6.8 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 3

197

Lösungsschritte – Fall 3 Für ax , ay und aE finden wir im Punkt P.3;5I 1;2/ ax D 2  x D 7 und ay D 2  y D 2;4 D 7

sowie

aE D 7  Ei C 2;4  jE:

Lösungsschritte – Fall 4 ˇ ˇ q Der Betrag des Geschwindigkeitsvektors ˇcE ˇ D cx2 C cy2 lässt sich mit cx D 2  y und cy D x so angeben: ˇ ˇ p ˇcEˇ D 4  y 2 C x 2

und mit den gegebenen Größen erhalten wir ˇ ˇ p ˇcEˇ D 4  1;22 C 3;52 D 4;24 m : s q ˇ ˇ E ˇ D ax2 C ay2 erhalten wir mit ax D 2  x Als Betrag des Beschleunigungsvektors ˇa und ay D 2  y p ˇ ˇ ˇaEˇ D 2  x 2 C y 2

und mit den gegebenen Größen errechnen wir p ˇ ˇ ˇaE ˇ D 2  3;52 C 1;22 D 7;4 m : s2

198

6 Kinematik von Fluidströmungen

Aufgabe 6.9 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 4 Es soll ein ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld cE D cx  Ei C cy  jE mit bekannten Geschwindigkeitskomponenten cx .x; y/ und cy .x; y/ gegeben sein. Im ersten Schritt wird der Nachweis zu führen sein, ob die Kontinuitätsgleichung erfüllt ist oder nicht. Weiterhin soll das zugrunde liegende Strömungsfeld ermittelt werden.

Lösung zu Aufgabe 6.9 Aufgabenerläuterung Die Kontinuitätsgleichung ist erfüllt, wenn die Summe der betreffenden partiellen Differenzialquotienten gleich null ist. Somit müssen im ersten Schritt diese Differenzialquotienten aus den bekannten Geschwindigkeitskomponenten cx .x; y/ und cy .x; y/ ermittelt werden. Die Frage nach dem Strömungsfeld lässt sich beantworten, wenn man die in kartesischen Koordinaten gegebenen Geschwindigkeitskomponenten in Polarkoordinaten darstellt. Gegeben:  cx D 

Ky

.x 2 Cy 2 /

; cy D C

Kx

.x 2 Cy 2 /

;K

Gesucht: 1. Kontinuitätsbedingung erfüllt? 2. Strömungsfeld? Anmerkungen @c

y x  @c @x C @y D 0 (ebene, stationäre Strömung eines inkompressiblen Fluids)  r 2 D x 2 C y 2 ; x D r  cos '; y D r  sin '

Lösungsschritte – Fall 1 Im Fall der ebenen, stationären Strömung eines inkompressiblen Fluids wird die Kontinuitätsbedingung erfüllt, wenn

@cy @cx C D0 @x @y

Aufgabe 6.9 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 4

199

nachgewiesen werden kann. Diese beiden partiellen Differenzialquotienten müssen somit aus den gegebenen Geschwindigkeitskomponenten hergeleitet werden. x schreiben wir für Den ersten Differenzialquotienten @c @x cx D  wie folgt:

K y .x 2 C y 2 /

1  : cx D K  y  x 2 C y 2

Substituiert man u D .x 2 C y 2 /, so wird daraus zunächst cx D K  y  u1 : Der Differenzialquotient

@cx @x

kann auch andererseits auch so geschrieben werden: @cx @cx @u D  : @x @u @x

Beim partiellen Differenzieren nach x muss y als Konstante betrachtet werden. Im Einzelnen ist @cx D K  y  .1/  u2 @u oder @cx @u 1 D K  y  2 und D 2  x: @u u @x Somit erhält man

@cx xy : D2K  2 @x .x C y 2 /2

Der zweite Differenzialquotient

@cy @y

lässt sich für

cy D

K x .x 2 C y 2 /

auch folgendermaßen schreiben:  1 : cy D K  x  x 2 C y 2 Substituiert man auch hier u D .x 2 C y 2 /, so folgt cy D K  x  u1 :

200

6 Kinematik von Fluidströmungen

Für den Differenzialquotienten

@cy @y

gilt auch @cy @cy @u D  : @y @u @y

Beim partiellen Differenzieren nach y muss x als Konstante betrachtet werden. Im Einzelnen ist @cy D K  x  .1/  u2 @u oder @cy @u 1 D K  x  2 und D 2  y: @u u @y Somit erhält man

@cy xy : D 2  K  @y .x 2 C y 2 /2

In

@cy @cx C D0 @x @y

eingesetzt ergibt sich dann 2K 

xy .x 2 C

y 2 /2

2K 

xy .x 2 C y 2 /2

D 0;

also

0D0

)

Kontinuität gewährleistet:

Lösungsschritte – Fall 2 Zum Strömungsfeld führt uns die folgende Überlegung.  2 2 C y im Nenner von cx und cy kann man gemäß Abb. 6.2 Den Klammerausdruck x   ersetzen mit r 2 D x 2 C y 2 . In Verbindung mit dem Winkel ' lauten dann x und y wie folgt x D r cos ' und y D r sin '. Diese Zusammenhänge führen, in cx und cy eingesetzt, zu K  r  sin ' K  sin '  ; r2 r K  r  cos ' K  cos ' D : cy D r2 r

cx D 

Aufgabe 6.10 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 5

201

Es gilt außerdem c D 2



cx2

C

cy2



"

   # K  cos ' 2 K  sin ' 2  D C r r i 2 h K D 2 .sin '/2 C .cos '/2 : r K2 r2

Mit .sin '/2 C.cos '/2 D 1 erhält man c 2 D eines Potenzialwirbels:

cD

oder, nach dem Wurzelziehen, das Gesetz

K : r

Aufgabe 6.10 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 5 Für ein in Polarkoordinaten gegebenes ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld eines inkompressiblen Fluids soll der Nachweis erbracht werden, ob es einer Potenzialströmung zugeordnet werden kann oder nicht.

Lösung zu Aufgabe 6.10 Aufgabenerläuterung Der Nachweis einer Potenzialströmung lässt sich nur durch gleichzeitig vorliegende Kontinuität und Wirbelfreiheit belegen. Hierbei anzuwenden sind die betreffenden Gesetze auf der Basis der Polarkoordinaten. Gegeben:   cr D K  1 

b r2



 cos 'I

 c' D K  1 C

b r2



 sin '

Gesucht: 1. Kontinuitätsnachweis 2. Wirbelfreiheitsnachweis Anmerkungen

 Kontinuität mit Polarkoordinaten:

@cr @r

C

1 r

 Wirbelfreiheit mit Polarkoordinaten:

@c' @r



@c' D @' @cr 1 C r  c' @'

 cr C 1 r



1 r



0 D0

202

6 Kinematik von Fluidströmungen

Lösungsschritte – Fall 1 Die Kontinuität ist gegeben, wenn @cr 1 @c' 1 C  cr C  D0 @r r r @' erfüllt ist. Mit der Komponente cr D K  cos '  K 

b  cos ' r2

wird durch partielles Differenzieren @cr b D 2  K  3  cos ': @r r Des Weiteren lässt sich

1 r

 cr wie folgt formulieren:   1 b  K  cos '  K  2  cos ' ; r r

oder ausmultipliziert 1 1 b  cr D  K  cos '  K  3  cos ': r r r Nun fehlt noch

1 r



@c' @' .

Die Lösung erhält man wie folgt: Mit c' D K  sin '  K 

b  sin ' r2

lässt sich durch partielles Differenzieren @c' b D K  cos '  K  2  cos ' @' r herleiten. Damit wird dann K b 1 @c'  D   cos '  K  3  cos ': r @' r r In die Kontinuitätsgleichung eingesetzt führt zu 2K 

K K b b b  cos ' C  cos '  K  3  cos '   cos '  K  3  cos ' D 0 r3 r r r r

oder

0D0

)

Kontinuität gewährleistet:

Aufgabe 6.10 Ebenes, stationäres Geschwindigkeitsfeld 5

Lösungsschritte – Fall 2 Wirbelfreiheit ist gegeben, wenn @c' 1 @cr 1   C  c' D 0 @r r @' r erfüllt ist. Mit der Komponente c' D K  sin '  K 

b  sin ' r2

wird durch partielles Differenzieren @c' b D 2  K  3  sin ': @r r 1 r

Des Weiteren lässt sich

 c' wie folgt formulieren     1 b  K  1 C 2  sin ' r r

oder ausmultipliziert 1 K b  c' D   sin '  K  3  sin ': r r r Auch hier fehlt noch

1 r



@cr @'

. Die Lösung erhält man folgendermaßen: Mit cr D K  cos '  K 

b  cos ' r2

lässt sich durch partielles Differenzieren @cr b D K  sin ' C K  2  sin ' @' r herleiten. Damit wird dann K b 1 @cr  D   sin ' C K  3  sin ': r @' r r In die Gleichung für Wirbelfreiheit eingesetzt führt zu 2K 

K K b b b  sin '   sin '  K  3  sin ' C  sin '  K  3  sin ' D 0 r3 r r r r

203

204

6 Kinematik von Fluidströmungen

oder

0D0

)

Wirbelfreiheit auch gewährleistet:

Somit ist im vorliegenden Fall eine Potenzialströmung vorhanden.

Aufgabe 6.11 Räumliches, stationäres Geschwindigkeitsfeld Gegeben sind die x- und y-Komponenten eines räumlichen Geschwindigkeitsvektors E cE .x; y; z/ D cx  Ei C cy  jE C cz  k: Gesucht wird die z-Komponente unter der Voraussetzung, dass das Kontinuitätsgesetz erfüllt wird.

Lösung zu Aufgabe 6.11 Aufgabenerläuterung Im vorliegenden Fall wird es erforderlich, die im Kontinuitätsgesetz vorliegenden partiellen Differenzialquotienten aus den gegebenen Geschwindigkeitskomponenten abzuleiten und hieraus die gesuchte z-Komponente zu bestimmen. Gegeben:  cx D x 3 C z 4 C 6I

cy D y 3 C z 4 ;

Gesucht:  cz bei Erfüllung der Kontinuität Anmerkungen

 Kontinuitätsgleichung der räumlichen, stationären Strömung eines inkompressiblen Fluids: @cy @cx @cz C C D0 @x @y @z

Aufgabe 6.11 Räumliches, stationäres Geschwindigkeitsfeld

205

Lösungsschritte In der Kontinuitätsgleichung @cy @cx @cz C C D0 @x @y @z werden die partiellen Differenzialquotienten wie folgt gebildet:

@cx D 3  x2 @x

und

@cy D 3  y2: @y

In die Kontinuitätsgleichung eingesetzt führt das zu 3  x2 C 3  y2 C

@cz D 0: @z

Hieraus folgt nach Umstellung   @cz D 3  x 2  3  y 2 D 3  x 2 C y 2 @z oder auch Die Integration

  @cz D 3  x 2 C y 2  @z: Z

  @cz D 3  x 2 C y 2 

Z @z

führt dann zum Ergebnis   cz D 3  x 2 C y 2  z C C:

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

Die Kontinuitätsgleichung der Strömungsmechanik beruht auf der Massenerhaltung in einem abgegrenzten Fluidraum. Sie stellt eine der fundamentalen Grundlagen der Strömungsmechanik dar und ist bei der Lösung sehr vieler Fragestellungen unerlässlich. Stromröhre Bei einem abgegrenzten, ortsfesten Kontrollvolumen strömen über dessen Grenzen in definierten Stromröhrenquerschnitten stationär n Massenströme (nummeriert mit dem Index i) in das Kontrollvolumen hinein bzw. heraus. Die Massenerhaltung im Kontrollraum erfordert dann n X m P i D 0: i D1

Dies ist die Kontinuitätsgleichung in integraler Form im Fall von Stromröhren, wobei die positiven Vorzeichen für einströmende und die negativen Vorzeichen für ausströmende Fluidmassen belegt sind. Mit m P D  VP und VP D c  A lässt sich dann auch

n X

i  ci  Ai D 0:

i D1

formulieren. Im Fall der Stromröhren werden konstante (mittlere) Geschwindigkeiten ci und Dichten i über den Querschnitten Ai vorausgesetzt. Die Richtungszuordnung von ci und Ai ist orthogonal. Damit gestaltet sich die Anwendung dieser Kontinuitätsgleichung relativ einfach. Sie ist in der beschriebenen Form auch für kompressible Fluide zu ver-

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 V. Schröder, Übungsaufgaben zur Strömungsmechanik 1, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56054-9_7

207

208

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

wenden. Bei inkompressiblen Fluiden vereinfacht sich diese Kontinuitätsgleichung auf n X

VPi D 0

i D1

oder

n X

ci  Ai D 0:

i D1

Betrachtet man einen Kontrollraum mit nur zwei durchströmten Stromröhrenquerschnitten A1 und A2 (Rohrleitung unterschiedlicher Durchmesser), so folgt P2 m P1 D m oder

1  A1  c1 D 2  A2  c2

Im Fall inkompressibler Fluide führt dies mit 1 D 2 D = konstant zu VP1 D VP2 oder

c1  A1 D c2  A2 :

Volumenelement Für ein infinitesimales Volumenelement dV (oder auch Kontrollelement) lässt sich aufgrund der Massenerhaltung die Kontinuitätsgleichung bei instationärer Strömung wie folgt herleiten:   @  cy @

@ .  cx / @ .  cz / C C C D 0: @t @x @y @z

Aufgabe 7.1 Kontinuitätsnachweis

Bei stationärer Strömung mit

209

@

@t

D 0 erhält man den Zusammenhang

  @  cy @ .  cx / @ .  cz / C C D 0: @x @y @z

Im Fall inkompressibler Strömung ( = konstant) vereinfacht sich diese Gleichung zu dem Ausdruck

@cy @cx @cz C C D 0: @x @y @z

Durchflussgleichung Unter der allgemeinen Durchflussgleichung versteht man folgende Zusammenhänge Massenstrom

m P D Ac

.Gase und Flüssigkeiten/

Volumenstrom

VP D c  A

.nur bei Flüssigkeiten gebräuchlich/

Aufgabe 7.1 Kontinuitätsnachweis Eine wichtige Grundgleichung der Strömungsmechanik ist das Kontinuitätsgesetz, das in der vollständigen Form wie folgt hergeleitet wird:   @  cy @ .  cx / @ .  cz / @

C C C D 0: @t @x @y @z

210

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

Bei einer stationären Strömung mit @

D 0 bzw. einer inkompressiblen Strömung mit D @t konstant vereinfacht sich diese Gleichung zu dem Ausdruck @cy @cx @cz C C D 0: @x @y @z Es soll nachgewiesen werden, ob nachstehende Geschwindigkeitskomponenten cx , cy und cz bei der angenommenen stationären, inkompressiblen Strömung dieses Gesetz erfüllen.

Lösung zu Aufgabe 7.1 Aufgabenerläuterung Die vorgegebenen drei Geschwindigkeitskomponenten cx , cy und cz erfüllen dann das Kontinuitätsgesetz, wenn, wie oben erkennbar, die Summe der drei partiellen Ableitungen @cx @cy z , und @c den Wert null ergibt. Die partiellen Ableitungen erhält man, indem wie @x @y @z z. B. im vorliegenden Fall cx nach x differenziert wird und dabei die beiden anderen Variablen y und z als konstante Größen zu verwenden sind. In analoger Weise verfährt man mit cy und cz . Gegeben:  cx D 2  x 2  x  y C z 2  cy D x 2  4  x  y C y 2  cz D 2  x  y C y 2  y  z Gesucht: 

@cx @x

C

@cy @y

C

@cz @z

D0

Lösungsschritte Für die partielle Ableitung

@cx @x

ergibt sich

@cx D 2  2  x  y D 4  x  y: @x

Aufgabe 7.2 Durchflussgesetz

Für die partielle Ableitung

211 @cy @y

ergibt sich

@cy D 4  x C 2  y: @y

Für die partielle Ableitung

@cz @z

ergibt sich

@cz D y: @z

Somit erhält man .4  x  y/ C .4  x C 2  y/ C .y/ D 0 oder

0 D 0:

Folglich ist der Nachweis erbracht, dass die gegebenen Geschwindigkeitskomponenten die Kontinuitätsbedingungen erfüllen.

Aufgabe 7.2 Durchflussgesetz Mit dem allgemeinen Kontinuitätsgesetz der Strömungsmechanik soll für den Fall der eindimensionalen, stationären Rohrströmung die Durchflussgleichung m P D konst: ermittelt werden.

Lösung zu Aufgabe 7.2 Aufgabenerläuterung Als Ansatz bei der Lösung dieser Aufgabe sind zunächst die Besonderheiten des eindimensionalen, stationären Strömungsvorgangs in der Kontinuitätsgleichung zu berücksichtigen. Mit dem verbleibenden Term lässt sich dann mittels weiterer mathematischer Schritte die Lösung erarbeiten.

212

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

Gegeben:  Kontinuitätsgesetz

@

@t

C

@. cx / @x

C

@. cy / @y

C

@. cz / @z

D0

Gesucht:  m P D konst: Anmerkungen

 Die Geschwindigkeitskomponenten und auch die Dichte hängen im o. g. allgemeinen Fall von den unabhängigen Variablen x, y, z und t ab, also cx D cx .x; y; z; t/ I

cy D cy .x; y; z; t/ I

cz D cz .x; y; z; t/ I

D .x; y; z; t/ :

Lösungsschritte Die Vorgabe stationärer Strömung beinhaltet, dass o. g. Größen nicht mehr von der Zeit t abhängen und dem zu Folge @

@t D 0 wird. Man erhält also zunächst   @  cy @ .  cz / @ .  cx / C C D 0: @x @y @z Berücksichtigt man die zweite Vorgabe der eindimensionalen Strömung, so existieren neben cx D cx (x) keine weiteren Geschwindigkeitskomponenten, d. h. cy = 0 und cz = 0. Es folgt @ .  c/ D0 @x oder präziser formuliert @ Œ .x/  c .x/ d Œ .x/  c .x/ D D 0: @x dx Da in der Klammer ein Produkt k .x/ D .x/  c .x/ steht, muss bei der Differenziation die Produktenregel verwendet werden. Diese führt zu: dk.x/ d Œ .x/  c .x/ d .x/ dc .x/ D D  c .x/ C  .x/ D 0 dx dx dx dx oder vereinfacht geschrieben dc d

cC  D 0: dx dx Mit dx multipliziert folgt d  c C dc  D 0;

Aufgabe 7.3 Laminare Rohreinlaufströmung

213

anschließende Division durch (c  ) ergibt d

dc C D 0:

c Integrieren wir nun diese Gleichung gliedweise, Z

und verwenden das Grundintegral

d

C

R

1 x

Z

dc D c

Z 0;

 dx D ln x C C , so gelangen wir zu

ln C ln c D C1

oder

ln .  c/ D C1 :

Mit eln.a/ D a folgt im vorliegenden Fall eln. c/ D  c D eC1  C2 D konstant: Man stellt also fest, dass c  D konstant ist und dies auch nach Multiplikation mit dem Querschnitt A so bleibt, wenn auch mit einer anderen Konstanten. Folglich kann man formulieren

 c  A D konstant: Das Produkt (c  A) entspricht dem Volumenstrom VP , sodass letztlich das Ergebnis lautet

 VP D m P D konstant:

Aufgabe 7.3 Laminare Rohreinlaufströmung Beim Einströmen aus einem sehr großen Behälter in eine Rohrleitung liegt unmittelbar im Eintrittsquerschnitt, hier an der Stelle 0, eine homogene Geschwindigkeitsverteilung c0 vor (Abb. 7.1). Hierzu ist eine geeignete Abrundung der Eintrittskantengeometrie erforderlich. Aufgrund von Schubspannungen bei laminarer Rohrströmung verändert sich dann das ursprüngliche Rechteckprofil entlang der Anlaufstrecke LA und erlangt an deren Ende an der Stelle 1 die bekannte parabelförmige Kontur mit cmax in Rohrmitte. Weiter stromabwärts verändert sich das Geschwindigkeitsprofil nicht mehr. Ermitteln Sie das Verhältnis cmax c0 .

214

7

c0

c(r)

0

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

cmax

1 dr r

r

r R

dr

LA

Abb. 7.1 Laminare Rohreinlaufströmung

Lösung zu Aufgabe 7.3 Aufgabenerläuterung Aus Kontinuitätsgründen muss durch die Querschnitte an den beiden Stellen 0 und 1 derselbe Massenstrom und bei Dichtegleichheit auch derselbe Volumenstrom hindurchfließen. Mittels Durchflussgleichung bei homogener c-Verteilung an der Stelle 0 und einer Integration der an der Stelle 1 vorliegenden parabelförmigen c-Verteilung ist die Aufgabe lösbar. Gegeben:  c0 Gesucht: 

cmax c0

Anmerkungen

 Rechteckprofil im Rohreintrittsquerschnitt 0 vorhanden.  Die Geschwindigkeitsverteilung ausgebildeter laminarer Rohrströmung lautet:   r2 c.r/ D cmax  1  2 : R  Es wird eine inkompressible Flüssigkeitsströmung angenommen.

Aufgabe 7.3 Laminare Rohreinlaufströmung

215

Lösungsschritte Die Durchflussgleichung bei homogener c0 -Verteilung liefert an der Stelle 0 VP D c0  A0

A0 D   R2 :

mit

Folglich erhält man hier den Volumenstrom VP mit VP D c0    R2 : An der Stelle 1 wird VP durch eine Integration des infinitesimalen Volumenstroms dVP beschrieben: Z VP D dVP : A

dVP wiederum ist das Produkt aus der örtlichen Geschwindigkeit c.r/ und der ihr zugeordneten orthogonalen Fläche dA. Diese infinitesimale Fläche dA lässt sich gemäß Abb. 7.1 als Kreisringfläche dA D 2    r  dr angeben. Somit lautet dVP D 2    r  dr  c.r/: Mit der parabelförmigen c-Verteilung der laminaren Rohrströmung,   r2 c.r/ D cmax  1  2 ; R gelangt man zu

  r2 P dV D 2    r  dr  cmax  1  2 : R

Nach Multiplikation von r in den Klammerausdruck entsteht   r3 P dV D 2    cmax  r  2  dr: R Diese Darstellung von VP D

Z

0 dVP D 2    cmax  @

A

ZR 0

1 r  dr  2  R

ZR

1 r 3  dr A

0

liefert zunächst nach der Integration " VP D 2    cmax 

ˇR  ˇR # 1 r 4 ˇˇ r 2 ˇˇ   : 2 ˇ0 R2 4 ˇ0

216

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

Werden dann die Integrationsgrenzen eingesetzt, so führt dies zu VP D 2    cmax  oder VP D 2    cmax 





R2 R4  2 2 R 4

R2 R2  2 4



 D 2    cmax 

R2 : 4

Der Volumenstrom an der Stelle 1 kann folglich bestimmt werden mit R2 VP D   cmax  : 2 Die Ergebnisse der beiden Durchflussgleichungen an den Stellen 0 und 1, VP D c0    R2

R2 und VP D   cmax  ; 2

werden nun noch gleichgesetzt: c0    R2 D cmax   

R2 : 2

Nach dem Kürzen erhalten wir den Ausdruck 1 c0 D cmax  : 2 Damit lautet das gesuchte Geschwindigkeitsverhältnis

cmax D 2: c0

Anstelle von c0 kann auch, unabhängig vom hier betrachteten Rohreinlauf, die mittlere Geschwindigkeit c übernommen werden.

Aufgabe 7.4 Ebener Konfusor Einen in Abb. 7.2 im Längsschnitt dargestellten Kanal durchströmt eine reale, also reibungsbehaftete Flüssigkeit bei konstantem Volumenstrom VP . Aufgrund eines installierten Konfusors findet zwischen den Stellen 1 und 2 eine Geschwindigkeitserhöhung statt. Die Kanalbreite b stelle man sich senkrecht zur Bildebene vor, wobei b im Verhältnis zu den

Aufgabe 7.4 Ebener Konfusor

217

z

h2

z1 dz

V

c1(z)

cmax 1

h1

c1(z) 2 1 Die Kanalbreite "b" senkrecht zur Zeichenebene ist konstant

Abb. 7.2 Ebener Konfusor

bekannten Kanalhöhen h1 und h2 sehr groß ist. In der Eintrittsebene 1 wird eine Geschwindigkeitsverteilungsmessung vorgenommen. Das Ergebnis c1 .z/ ist in Abb. 7.2 erkennbar. Die Geschwindigkeit weist über der Kanalhöhe eine symmetrische Verteilung auf. Mit zunehmendem Wandabstand z wächst sie vom Wert an der Wand c1 .z D 0/ D 0 auf die Maximalgeschwindigkeit in Kanalmitte cmax;1 (z D z1 ) an. Das dargestellte Profil verändert sich über der Kanalbreite b nicht nennenswert. Es lässt sich mit dem Potenzgesetz c1 .z/ D cmax;1



z z1

m

darstellen. Der Wandabstand z wird von der Wand bis Kanalmitte definiert. Ermitteln Sie den Volumenstrom VP .

Lösung zu Aufgabe 7.4 Aufgabenerläuterung Der Volumenstrom wird als Produkt einer Geschwindigkeit mit der ihr orthogonal zugeordneten Fläche bestimmt. Hiermit ist es dann z. B. auch möglich, bei gegebenem VP und bekannter Fläche A die mittlere Geschwindigkeit in einem Kanal zu ermitteln. Im vorliegenden Fall wird jedoch von einer gemessenen, ungleichmäßigen Geschwindigkeitsverteilung c1 .z/ ausgegangen, die zur Bestimmung des Volumenstroms herangezogen wird. Um dies zu ermöglichen, betrachtet man im Abstand z von der Kanalwand ein Flächenelement dA D dz  b mit der auf dA senkrecht stehenden örtlichen Geschwindigkeit c1 .z/. Den Volumenstrom dVP erhält man dann als Produkt von dA und c1 .z/. Eine Integration von dVP zwischen Wand und Kanalmitte liefert die Hälfte des gesuchten Volumenstroms VP .

218

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

Gegeben:  h1 ; h2 D

3 4

 h1 ; b; cmax;1 ;

c1 .z/ cmax;1

D

 m z z1

;m

Gesucht: 1. VP 2. c 1 ; c 2 Anmerkungen

 Aufgrund der großen Kanalbreite b bleiben Einflüsse aus Geschwindigkeitsveränderungen an den seitlichen Begrenzungswänden von untergeordneter Bedeutung. Lösungsschritte – Fall 1 Für den Volumenstrom VP beachten wir, dass mit c1 .z/ und dem elementaren Querschnitt dA D dz  b dVP D c1 .z/  b  dz

gilt. Um eine Integration vornehmen zu können, muss die örtliche Geschwindigkeit c1 .z/ aus dem gemessenen Verteilungsgesetz in der Weise ersetzt werden, dass neben der integrierbaren Ortskoordinate z nur noch gegebene, konstante Größen erscheinen. Dies lässt sich wie folgt lösen. Zunächst formt man das Verteilungsgesetz so um, dass c1 .z/ heraus isoliert wird, also zm 1 c1 .z/ D cmax;1  m D cmax;1  m  z m : z1 z1 In dVP eingesetzt erhält man als integrierbare Funktion den Ausdruck dVP D b  cmax;1 

1  z m  dz: z1m

Da der Wandabstand bis Kanalmitte definiert ist, liefert die Integration zwischen z = 0 und z D z1 natürlich nur den halben gesuchten Volumenstrom, also ˇz ˇ Zz1 VP 1 1 ˇˇ z .mC1/ ˇˇ 1 m : D b  cmax;1  m  z  dz D b  cmax;1  m  ˇ 2 z1 z1 m C 1 ˇ0 0

Setzt man noch die Grenzen ein und multipliziert die Gleichung mit 2, so lautet der zu bestimmende Volumenstrom VP VP D 2  b  cmax;1 

1 z1 .mC1/  .m C 1/ z1 m

Aufgabe 7.4 Ebener Konfusor

219

oder

VP D 2  b  cmax;1 

1  z1 : .m C 1/

Da gemäß Abb. 7.2 z1 D h1 =2 ist, liefert dies, in o. g. Gleichung eingesetzt, VP D 2  b  cmax;1 

1 h1  .m C 1/ 2

und als Endresultat

h1  b VP D  cmax;1 : mC1

Lösungsschritte – Fall 2 Die mittlere Geschwindigkeit c 1 folgt nun aus dem jetzt bekannten Volumenstrom und den jeweiligen Querschnitten A1 bzw. A2 . Wir formen zunächst VP D c 1  A1 um nach c1 D

VP : A1

VP wird nun in die oben stehende Gleichung eingesetzt, dies führt unter Verwendung von A1 D b  h1 zu h1  b 1 c1 D  cmax;1  mC1 h1  b oder als Ergebnis:

c1 D

1  cmax;1 : mC1

c2 W Die mittlere Geschwindigkeit c 2 im Konfusoraustritt erhält man auf einfache Weise aus dem Kontinuitätsgesetz VP D c 2  A2 D c 1  A1 :

220

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

Nach c 2 aufgelöst folgt zunächst unter Verwendung von c 1 nach oben stehendem Zusammenhang c2 D c1  Wird jetzt noch h2 D

A1 1 h1  b 1 h1 D  cmax;1 :  cmax;1  D  A2 .m C 1/ h2  b .m C 1/ h2 3 4

 h1 als bekannte Größe eingeführt, so liefert dies c2 D

1 h1  cmax;1  .m C 1/ 34  h1

oder

c2 D

4 1   cmax;1 : 3 .m C 1/

Aufgabe 7.5 Verteilersystem An einem Verteilersystem sind gemäß Abb. 7.3 vier Rohrleitungen unterschiedlicher Querschnitte angeschlossen. Bei verschiedenen in diesen Rohrleitungen vorgegebenen Größen soll die Geschwindigkeit c2 zunächst allgemein und dann aufgrund konkreter Zahlenwerte auch in ihrer Richtung ermittelt werden.

Abb. 7.3 Verteilersystem

Verteilersystem A4

V4 4

A1

c1

3

1

m3 A3

2

A2

Aufgabe 7.5 Verteilersystem

221

Lösung zu Aufgabe 7.5 Aufgabenerläuterung Die vorliegende Aufgabe beschäftigt sich mit der Anwendung der Massenstrombilanz in einem System mit mehreren Zu- und Abflüssen. Ebenfalls muss von der Durchflussgleichung Gebrauch gemacht werden. Gegeben: P 3 ; VP4 ; = konstant  A1 ; A2 ; c1 ; m Gesucht: 1. c2 2. c2 in Größe und Richtung, wenn A1 D 200 cm2 ; A2 D 500 cm2 ; c1 D 3 m=s; m P3 D 40 kg=s; VP4 D 0;030 m3 /s; D 1 000 kg=m3 Anmerkungen

 Es liegt ein inkompressibles Fluid vor.  Die Richtung der Leitungen hat keinen Einfluss auf die Massenstrombilanz. Lösungsschritte – Fall 1 Die Geschwindigkeit c2 lässt nach Umstellen der Durchflussgleichung an der Stelle 2, VP2 D c2  A2 , darstellen durch VP2 c2 D : A2 Aufgrund der gegebenen Fläche A2 stellt sich jetzt nur noch die Frage nach dem Volumenstrom VP2 . Da weder über c2 noch VP2 eine Angabe gemacht ist, nehmen wir an, dass VP2 in das System hineinströmt und somit auch c2 diese Richtung besitzt. Im Falle eines negativen Resultats für c2 liegt die entgegengesetzte Richtung vor. P Die Massenstrombilanz am System lautet m P i D 0, wobei einströmende Fluide mit positivem Vorzeichen verknüpft sind, ausströmende dagegen negativ. Im vorliegenden Fall und der getroffenen Vereinbarung für VP2 erhält man Cm P1Cm P2 m P3 Cm P 4 D 0: Aufgelöst nach m P 2 führt dies auf m P2 D m P3 m P1 m P 4: Mit m P D  VP D  c  A und unter Berücksichtigung der gegebenen Größen liefert dies zunächst P 3   c1  A1   VP4 :

 c2  A2 D m

222

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

Dividiert man durch (  A2 ), so liegt das Ergebnis für c2 wie folgt vor:

c2 D

VP4 m P3 A1  c1   :

 A2 A2 A2

Lösungsschritte – Fall 2 Gesucht ist jetzt die Geschwindigkeit c2 in Größe und Richtung, wenn A1 D 200 cm2 , P 3 D 40 kg=s, VP4 D 0;030 m3 /s und D 1 000 kg=m3 A2 D 500 cm2 , c1 D 3 m=s, m gegeben sind. Unter Beachtung der Dimensionen o. g. Größen erhält man c2 D

40 200 0;030 3  1 000  0;050 500 0;050

c2 D 1

m s

Das negative Vorzeichen weist darauf hin, dass die angenommene Richtung von c bzw. c2 falsch ist; tatsächlich fließt VP2 aus dem Verteiler heraus mit der ebenfalls in dieser Richtung weisenden Geschwindigkeit c2 .

Aufgabe 7.6 Messstelle der mittleren Geschwindigkeit Die Geschwindigkeitsverteilung einer ausgebildeten turbulenten Rohrströmung lässt sich aufgrund von Messungen in Form eines Potenzgesetzes darstellen (Abb. 7.4). Demzufolge ändert sich die örtliche Geschwindigkeit c.z/ mit zunehmendem Wandabstand z exponentiell. Die Geschwindigkeit an der Wand ist gleich null und sie erreicht in Rohrmitte ihren Größtwert cmax . Es wird nun derjenige Wandabstand ZM gesucht, an dem gerade die mittlere Geschwindigkeit c vorliegt, und man folglich mit einer einzigen Messung den Volumenstrom berechnen kann.

Lösung zu Aufgabe 7.6 Aufgabenerläuterung Zur Aufgabenlösung muss der Volumenstrom VP durch eine Integration der gegebenen Geschwindigkeitsverteilung über dem Rohrquerschnitt ermittelt werden. Das Ergebnis

Aufgabe 7.6 Messstelle der mittleren Geschwindigkeit c(z)

223

cmax

dz z z (R-z)

(R-z) R

dz c

ZM

Abb. 7.4 Messstelle der mittleren Geschwindigkeit

dieser Integration wird dann demjenigen Volumenstrom gegenübergestellt, den man aus der Durchflussgleichung mit der hierin enthaltenen mittleren Geschwindigkeit bestimmt. Aus diesem Vergleich erhält man als Ergebnis einen Zusammenhang zwischen c, cmax und m. Die gesuchte Koordinate ZM bringt man hiermit in Verbindung, indem die bekannte Geschwindigkeitsverteilung an der Stelle z D ZM und c.z/ D c gebildet und nach ZM aufgelöst wird. Gegeben:  R; m Gesucht: 1. ZM 2. ZM , wenn Re D 1;1  105 ; m D 1=7 (sog. (1/7)-Gesetz) Anmerkungen

 Das Potenzgesetz lautet

c.z/ cmax

D

 z m R

.

Lösungsschritte – Fall 1 Die gesuchte Koordinate ZM bekommen wir, indem wir als Erstes Z VP D dVP A

mit der Durchflussgleichung des infinitesimalen Volumenstroms, dVP D c .z/  dA;

224

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

und der orthogonal zu c.z/ angeordneten Kreisringfläche, dA D 2    .R  z/  dz; ermitteln. Somit folgt

dVP D c .z/  2    .R  z/  dz:

Hiermit gelangt man als Nächstes zu der Gleichung VP D

Z

dVP D 2   

A

ZR c .z/  .R  z/  dz; 0

in der c.z/ noch mit einer integrierbaren Funktion belegt werden muss. Dies gelingt mit dem Potenzgesetz der Geschwindigkeitsverteilung in Kreisrohren bei voll ausgebildeter, turbulenter Strömung,  z m c.z/ D ; cmax R wobei m D f .Re/. Nach c.z/ umgeformt erhält man c.z/ D cmax 

 z m R

:

Den Ausdruck setzen wir in die oben stehende Gleichung für VP ein und benutzen die Durchflussgleichung VP D c  A mit A D   R2 , das liefert uns ZR c R D2 

cmax 

2

 z m R

 .R  z/  dz:

0

Kürzt man  heraus, dividiert durch (cmax  R2 ) und schreibt der nachstehenden integrierbaren Funktion: c cmax

D

2  R2

ZR .R  z/ 

 z m R

als

zm Rm ,

so führt dies zu

zm  dz: Rm

0

Der Klammerausdruck wird in die zwei Teilintegrale zerlegt, wobei die beiden Glieder noch mit z m multipliziert werden müssen und R1m vor das Integral zu setzen ist, liefert c cmax

0 R 1 Z ZR 2 D 2 m  @ R  z m  dz  z  z m  dz A R R 0 0 0 1 ZR ZR 2 D .mC2/  @R  z m  dz  z .mC1/  dz A : R 0

0

Aufgabe 7.6 Messstelle der mittleren Geschwindigkeit

Die Integrationsregel

Zb y m  dy D a

225

ˇb ˇ 1  y .mC1/ ˇˇ .m C 1/ a

auf oben stehende Gleichung angewendet führt zunächst zu c

D

cmax

D

(

2 R.mC2/ 2 R.mC2/

ˇR ˇR ) z .mC1/ ˇˇ z Œ.mC1/C1 ˇˇ  R  .m C 1/ ˇ0 Œ.m C 1/ C 1 ˇ0 : " ˇR ˇR # z .mC1/ ˇˇ z .mC2/ ˇˇ  R  m C 1 ˇ0 m C 2 ˇ0

Mit den Integrationsgrenzen folgt c cmax

D



2 R.mC2/

 R  R.mC1/ R.mC2/  :  .m C 1/ .m C 2/

Den ersten Term in der Klammer zusammengefasst ergibt c cmax

D

2 R.mC2/

 

 .mC2/   R.mC1C1/ R 2 R.mC2/ R.mC2/ D .mC2/  :   .m C 1/ .m C 2/ R .m C 1/ .m C 2/

Wird R.mC2/ im jeweiligen Zähler ausgeklammert, erhalten wir     1 1 c 2 1 1 .mC2/ D .mC2/  R    D2 : cmax R .m C 1/ .m C 2/ .m C 1/ .m C 2/ Eine weitere Vereinfachung entsteht durch Herstellen eines gemeinsamen Nenners wie folgt:     .m C 2/ mC2m1 c .m C 1/ D2 D2 :  cmax .m C 1/  .m C 2/ .m C 2/  .m C 1/ .m C 1/  .m C 2/ Die endgültige Formel für

c cmax

lautet dann

c 2 D : cmax .m C 1/  .m C 2/

Da die Koordinate ZM an der Stelle der mittleren Geschwindigkeit c gesucht wird, setzt man diese Größen in die bekannte Geschwindigkeitsverteilung  z m c .z/ D cmax R

226

7

ein und erhält



c cmax

Die Gleichheit von

c cmax

D

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

ZM R

m :

in beiden Zusammenhängen führt zunächst zu 

ZM R

m D

2 : .m C 1/  .m C 2/

Nach Potenzieren mit (1/m) ist die gesuchte Stelle ZM , an der die mittlere Geschwindigkeit c vorliegt, bestimmbar mit 

2 ZM D R  .m C 1/  .m C 2/

 m1 :

Hierin hängt m nur von der aktuellen Re-Zahl ab und ist aufgrund von umfangreichen Messungen für ein breites Anwendungsspektrum bekannt. Lösungsschritte – Fall 2 Für die Werte Re D 1;1  105 und m D 1=7 erhalten wir "

2  1  ZM D R   1 C 1  7 C2 7

#7

ZM D 0;2423  R

Aufgabe 7.7 Beregnetes Stadion Das Spielfeld eines Stadions mit einer Spielfeldfläche A wird gleichmäßig beregnet (Abb. 7.5). Die Regentropfen mit angenommener kugelförmiger Gestalt weisen den Durchmesser dTr auf und fallen mit der Geschwindigkeit cTr vertikal abwärts. Die Tropfen sollen homogen im Raum verteilt sein. Pro Volumeneinheit VWü D 1 m3 sind zu jeder P ges Zeit n Tropfen vorhanden. Welcher Wasservolumenstrom bzw. Massenstrom VPges , m fällt auf die Gesamtfläche und muss dort durch einen Kanal abgeführt werden? Wie groß ist die Höhe HK des Rechteckkanals zu bemessen, wenn die Kanalbreite BK und die Fließgeschwindigkeit des Wassers cK bekannt sind?

Aufgabe 7.7 Beregnetes Stadion

227

n - Tropfen homogen verteilt B=

1m

H=1m VWü. = 1 m3

cTr

L=1m

AWü. = 1 m2

Abb. 7.5 Beregnetes Stadion

Lösung zu Aufgabe 7.7 Aufgabenerläuterung Bei der Ermittlung des anfallenden Volumen- bzw. Massenstroms, sind die in einem würfelförmigen Volumen VWü D 1 m3 enthaltenen n Tropfen (Abb. 7.5) und das hiermit verbundenen Wasservolumen VWa maßgebend. Dieses Wasservolumen, also die Summe der n Tropfen, fällt mit deren Geschwindigkeit cTr durch die Fläche AWü D 1 m2 zu Boden. Der zu bestimmende Volumenstrom VPWa ist dann wiederum bekannt, wenn die Zeit t des Herausfallens der Tropfen (und somit von VWa ) aus dem Volumen VWü feststeht. t ist folglich diejenige Zeit, welche die Tropfen bei der gegebenen Fallgeschwindigkeit cTr zum Zurücklegen der (Würfel-)Höhe H D 1 m benötigen. Die Umrechnung des Volumenstroms VPWa , der auf die Fläche AWü D 1 m2 bezogen ist, zum Gesamtvolumenstrom VPges erfolgt mit der Stadionfläche A. Gegeben:  A; n; cTr ; dTr ; ; BK ; cK Gesucht: 1. 2. 3.

P ges VPges ; m HK VPges , m P ges und HK , wenn A = 20 000 m2 ; n = 10 000 Tropfen/m3 ; cTr D 4 m=s; dTr D 1 mm; D 1 000 kg=m3 ; BK D 1 m; cK D 1 m=s Anmerkungen

 Annahme einer homogenen Tropfenverteilung und Tropfengröße.  Annahme einer vertikalen Fallrichtung (Windstille).

228

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

 Die aus der Volumeneinheit herausfallenden Tropfen werden kontinuierlich durch nachrückende Tropfen ersetzt. Lösungsschritte – Fall 1 P ges bestimmt man wie Den Gesamtvolumenstrom VP ges und den Gesamtmassenstrom m folgt: VPges D A  VPWa ; m P ges D  VPges D  A  VPWa : Hierin lautet der aus der Volumeneinheit VWü ausfließende Volumenstrom VW a: VPW a: D : t Das pro Volumeneinheit VWü vorliegende Wasservolumen VWa erhält man mit VWa D 3 zu verwenden ist. n  VTr , wobei aufgrund der angenommenen Kugelform VTr D 6  dTr Dies führt zum Wasservolumen VWa D n 

  d3 : 6 Tr

Die Zeit t, welche alle n Tropfen und folglich auch VWa zum Zurücklegen des Weges H D 1 m benötigen, ermittelt man auf Grund der gegebenen Geschwindigkeit cTr mit und s D H D 1 m zu cTr D s t 1 t D : cTr Der durch AWü abfließende Wasserstrom VPWa folgt somit der Gleichung  3 VPWa D n   dTr  cTr : 6 Dies liefert als gesuchten Gesamtvolumenstrom bzw. -massenstrom

 3 VPges D A  n   dTr  cTr 6

m P ges D  A  n 

  d 3  cTr : 6 Tr

Aufgabe 7.8 Volumenstrombestimmung mittels Geschwindigkeitsverteilung

229

Lösungsschritte – Fall 2 Die Höhe HK des Abflusskanals wird mittels Durchflussgleichung VP D c  A oder im vorliegenden Fall VPges D cK  AK mit AK D HK  BK hergeleitet zu:

HK D

VPges cK  BK

Lösungsschritte – Fall 3 VPges , m P ges und HK berechnen sich, wenn A = 20 000 m2 ; n = 10 000 Tropfen/m3 ; cTr D 4 m=s; dTr D 1 mm; D 1 000 kg=m3 ; BK D 1 m; cK D 1 m=s gegeben sind, unter Beachtung dimensionsgerechter Zahlenwerte als

 m3 VPges D 20 000   10 000  0;0013  40;419 6 s

m P ges D 419

HK D HK D

kg s

0;419 D 0;419 m 11

Aufgabe 7.8 Volumenstrombestimmung mittels Geschwindigkeitsverteilung Lösung zu Aufgabe 7.8 Aufgabenerläuterung Bei bekannter Geschwindigkeitsverteilung der turbulenten Rohrströmung lässt sich der vorliegende Volumenstrom rechnerisch ermitteln. Hierzu werden neben dem Rohrradius R und der Maximalgeschwindigkeit cmax in Rohrmitte noch der Exponent n des Potenzgesetzes benötigt (vgl. Abb. 7.6).

230

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

cmax

c(r) dr z R

r

r

D

dr

Abb. 7.6 Turbulente Geschwindigkeitsverteilung

Gegeben:  cmax ; R; n Gesucht:  VP Lösungsschritte Gemäß Abb. 7.6 lautet der elementare Volumenstrom durch das Ringelement dVP D c .r/  dA und mit dA D 2    r  dr dann dVP D 2    c .r/  r  dr:

Hierin muss c.r/ noch aus dem Potenzgesetz der turbulenten Geschwindigkeitsverteilung der Rohrströmung,

c .r/ D cmax

wie folgt ersetzt werden: c .r/ D



Rr R

n ;

cmax  .R  r/n : Rn

Oben eingesetzt führt das zu dVP D 2   

cmax  .R  r/n  r  dr Rn

Aufgabe 7.8 Volumenstrombestimmung mittels Geschwindigkeitsverteilung

231

oder mit der Substitution

K D2 

auf

cmax Rn

dVP D K  .R  r/n  r  dr:

Mit dem Wandabstand z D .R  r/ oder r D .R  z/ erhält man dVP D K  z n  .R  z/  dr: Für eine Integration muss noch dr durch dz ersetzt werden. Mit r D .R  z/ und folglich dr dz D 1 führt das zu dr D dz:

Somit wird   dVP D K  z n  .R  z/  dz D K  z n  R  dz  z .nC1/  dz : Das Integral lautet dann VP D

Z

0 dVP D K  @

ZZ0

zD0

ZZ0 z n  R  dz 

1 z .nC1/  dz A

zD0

oder ausintegriert "ˇ ˇZ0 ˇZ0 # ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 1 1 nC1 nC2 VP D K  ˇˇR   ˇˇ  z ˇˇ  z ˇˇ : .n C 1/ .n C 2/ zD0 zD0 Mit den Grenzen wird   1 1 nC1 nC1 P  Z0  R   z.0/ V D K R nC1 nC1   1 1  Z0nC2   z.0/nC2  nC2 nC2

232

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

Hierin sind

Z0 D 0 und z.0/ D R:

Diese Grenzen oben eingesetzt führt zu     1 1 1 1 R  0nC1  R   RnC1   0nC2   RnC2 nC1 nC1 nC2 nC2     1 1  RnC1    RnC2 D K  R  nC1 nC2

VP D K 

oder VP D K 

 

   1 1 nC2 nC2 R R   : .n C 1/ .n C 2/

Mit (1) multipliziert liefert VP D K 



   1 1  RnC2   RnC2 : .n C 1/ .n C 2/

(Rn C2 ) ausgeklammert ergibt 

   1 1  .n C 1/ .n C 2/   .n C 2/  .n C 1/ D K  R.nC2/  .n C 1/  .n C 2/   1 .nC2/  DK R : .n C 1/  .n C 2/

VP D K  R.nC2/ 

Jetzt wird noch K wieder zurücksubstituiert,   1 cmax .nC2/ P  V D2  n R ; R .n C 1/  .n C 2/ und das Ergebnis ist

VP D

2    R2  cmax : .n C 1/  .n C 2/

Aufgabe 7.9 Behälter mit einem Zulauf und zwei Abläufen

233

Abb. 7.7 Behälter mit einem Zulauf und zwei Abläufen

pB D4 4 Luft

pB 0W

DBe. D1 c1

1

D3

Wasser 3 2

c3

D2

c2

Aufgabe 7.9 Behälter mit einem Zulauf und zwei Abläufen In Abb. 7.7 ist ein Flüssigkeitsbehälter zu erkennen, in den durch eine Zuleitung Flüssigkeit eingespeist wird und durch zwei andere Rohrleitungen Flüssigkeit abfließt. Eine weitere Öffnung in der Behälteroberseite soll im Fall eines Ungleichgewichts zwischen Zustrom und Abstrom den atmosphärischen Druck im Behälter sicherstellen. Die geometrischen Abmessungen des Behälters und der Rohrleitungen sind bekannt ebenso wie die Geschwindigkeiten in den Rohrleitungen. Im Fall eines größeren Flüssigkeitszustroms als die abfließende Flüssigkeit werden die Geschwindigkeit des Spiegelanstiegs und die Geschwindigkeit der austretenden Luft gesucht.

Lösung zu Aufgabe 7.9 Aufgabenerläuterung Bei der Lösung der Aufgabe steht das Kontinuitätsgesetz an einem Kontrollraum im VorP 2 und m P 3 die Querschnitte A1 , dergrund. Hierbei überqueren die Massenströme m P 1, m P den Querschnitt ABeh . Unter Verwendung der gegebenen Größen A2 und A3 sowie m lässt sich hieraus die Geschwindigkeit des Spiegelanstiegs cOW und die Geschwindigkeit c4 der austretenden Luft ermitteln. Anmerkungen

 Wenn m P 1 > .m P2 Cm P 3 /, führt dies zu einem Anstieg des Wasserspiegels im Behälter, d. h. es liegt eine Geschwindigkeit cOW vor.

234

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

Gegeben:  D1 ; D2 ; D3 ; D4 ; DBeh ; c1 ; c2 ; c3 Gesucht: P 1 > .m P2 Cm P 3/ 1. cOW , wenn m 2. c4 , wenn inkompressible Luftströmung bei „4“ vorliegen soll. 3. cOW und c4 , wenn D1 D 0;080 m; D2 D 0;050 m; D3 D 0;065 m; D4 D 0;050 m; DBeh D 0;060 m; c1 D 8 m=s; c2 D 3 m=s; c3 D 4 m=s Lösungsschritte – Fall 1 Für die Geschwindigkeit des Spiegelanstiegs cOW betrachten wir das Kontinuitätsgesetz P am Kontrollraum m P D 0, wobei eintretende Ströme positiv und austretende Ströme negativ angeschrieben werden:

m P1 m P2 m P 3  m P D 0 oder m P Dm P 1  .m P2Cm P 3/ : Mit m P D  VP wird dann  

W  VP D W  VP1  W  VP2 C W  VP3 und somit durch Kürzen mit W folgt   VP D VP1  VP2 C VP3 : Dabei sind VP D cOW  ABeh VP1 D c1  A1 VP2 D c2  A2 VP3 D c3  A3 Wird cOW  oder

mit ABeh D

 2  DBeh 4

  D12 4  mit A2 D  D22 4  mit A3 D  D32 4 mit A1 D

     2 D c1   D12  c2   D22 C c3   D32  DBeh 4 4 4 4   2 D c1  D12  c2  D22 C c3  D32 : cOW  DBeh

Aufgabe 7.9 Behälter mit einem Zulauf und zwei Abläufen

235

2 Division durch DBeh führt zum Ergebnis

cOW D c1 

D12 D2 D2  c2  22  c3  23 : 2 DBeh DBeh DBeh

Lösungsschritte – Fall 2 Für die Geschwindigkeit c4 betrachten wir das Kontinuitätsgesetz an einem über dem Flüssigkeitsspiegel liegenden Kontrollraum:

m P LOW  m P L4 D 0 oder m P LOW D m P L4 : 2 Mit m P LOW D L VPLOW und VPLOW D cOW  4 DBeh sowie m P L4 D L VPL4 und VPL4 D c4  4 D42 erhält man

L  VPLOW D L  VPL4

und damit

VPLOW D VPL4 :

Es folgt c4 

  2  D42 D cOW   DBeh 4 4

bzw. 2 : c4  D42 D cOW  DBeh

Somit wird c4 D

2 cOW  DBeh D42

und mit dem Ergebnis für cOW D

  c1  D12  c2  D22 C c3  D32 2 DBeh

liefert dies zunächst c4 D

  c1  D12  c2  D22 C c3  D32 2 DBeh  D42

2  DBeh

236

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

und nach Kürzen und Umstellen das Ergebnis

c4 D c1 

D12 D2 D2  c2  22  c3  32 2 D4 D4 D4

Lösungsschritte – Fall 3 Mit den gegebenen Werten D1 D 0;080 m, D2 D 0;050 m, D3 D 0;065 m, D4 D 0;050 m, DBeh D 0;060 m, c1 D 8 m=s, c2 D 3 m=s und c3 D 4 m=s bekommen wir für cOW und c4

cOW D 8 

c4 D 8 

0;082 0;052 0;0652 m 3 4 D 0;0744 : 2 2 2 0;60 0;60 0;60 s

0;082 0;052 0;0652 m  3   4  D 10;72 : 2 2 2 0;05 0;05 0;05 s

Aufgabe 7.10 Kolben mit Leckage In einem Zylinder-Kolbensystem wird der Kolben bei gleichbleibender Geschwindigkeit zum Zylinderboden hin verschoben (Abb. 7.8). Hierbei wird das eingeschlossene Fluid (Wasser) durch ein Röhrchen ins Freie gepresst. Aufgrund des Ringspalts zwischen Kolben und Zylinder und des Drucks im Zylinderinnenraum entsteht ein Leckagestrom, der entgegen der Kolbenbewegung nach außen fließt. Bei bekannter Kolbengeschwindigkeit sowie gegebenen Kolben-, Zylinder- und Röhrchendurchmessern sind die Austrittsgeschwindigkeit am Ende des Röhrchens ebenso wie die Geschwindigkeit des Leckagestroms zu ermitteln. Hierbei ist der Leckagestrom als Anteil vom Volumenstrom im Röhrchen auch bekannt.

Lösung zu Aufgabe 7.10 Aufgabenerläuterung Im vorliegenden Fall ist sinnvoller Weise das Kontinuitätsgesetz am Kontrollraum gemäß Abb. 7.8 zu verwenden. Aufgrund der gegebenen Geschwindigkeit c1 , den Abmessungen D1 , D2 , DK und des Leckagestroms VPL lassen sich die gesuchten Größen herleiten.

Aufgabe 7.10 Kolben mit Leckage

237

Abb. 7.8 Kolben mit Leckage VL

D1

D2

DK

V1 pB

2

V2

1

c1

pB

Kontrollraum

Gegeben:  c1 ; D1 ; D2 ; DK ; VPL D K  VP2 Gesucht: 1. c2 2. cSp 3. c2 und cSp , wenn c1 D 0;025 m=s; K = 1/4; D1 D 0;020 m; D2 D 0;0010 m; D3 D 0;0199 m Lösungsschritte – Fall 1 Im Fall der Geschwindigkeit c2 lautet das Kontinuitätsgesetz am Kontrollraum in P Abb. 7.8 allgemein m P i D 0, wobei einströmende Massen mit einem positiven und ausströmende Massen mit einem negativen Vorzeichen angeschrieben werden, also P2 m P L D 0: m P1 m Mit m P D  VP wird zunächst

 VP1   VP2   VPL D 0: Nach Ausklammern von folgt VP1  VP2  VPL D 0: Mit VPL D K  VP2 wird dann VP1  VP2  K  VP2 D VP1  VP2  .1 C K/ D 0: Umgeformt erhält man des Weiteren VP2 D

1  VP1 : 1CK

238

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

Wegen VP1 D c1  A1 und VP2 D c2  A2 sowie A1 D c2 

 4

 D12 und A2 D

 4

 D22 folgt

 1   D22 D  c1   D12 4 1CK 4

oder

c2 D

1 D2  c1  12 1CK D2

Lösungsschritte – Fall 2 Der Leckagevolumenstrom lautet gemäß Durchflussgleichung VPL D cSp  ASp : PL , wobei VPL D K  VP2 einUmgestellt nach der gesuchten Spaltgeschwindigkeit cSp D AVSp   zusetzen ist – mit VP2 D c2  4 D22 und dem freien Spaltquerschnitt ASp D 4  D12  DK2 –, führt zu K  c2    D 2 cSp D   2 4 22  D1  DK 4

oder nach Kürzen cSp D Einsetzen von c2 D

K  c2  D22 : D12  DK2

1 D2  c1  12 1CK D2

(s. o.) liefert zunächst D2

cSp

K  c1  D12  D22  2  D .1 C K/  D12  DK2

oder wiederum nach Kürzen cSp D

K  c1  D12  : .1 C K/  D12  DK2

Aufgabe 7.11 Windkanal mit Grenzschichtabsaugung

239

Nach Umstellen von D12 lautet das Ergebnis schließlich K 1  c1 :  D2 1CK 1  DK2

cSp D

1

Lösungsschritte – Fall 3 Wir finden für c2 und cSp , wenn c1 D 0;025 m=s, K D 1=4, D1 D 0;020 m, D2 D 0;0010 m und D3 D 0;0199 m gegeben sind:

c2 D

cSp D

1 1C

1 4

1C

1 4



1 4

 0;025 

1 1

0;01992 0;0202

0;22 m D8 2 0;0010 s

 0;025 D 0;501

m s

Aufgabe 7.11 Windkanal mit Grenzschichtabsaugung Um störende Einflüsse von Wandgrenzschichten bei Versuchen in Windkanälen zu vermeiden, bedient man sich bisweilen der „Grenzschichtabsaugung“ (Abb. 7.9). Über Bohrungen in der Wand der Teststrecke wird das Grenzschichtmaterial m P L nach außen abgesaugt. Dabei fördert das Propellerrad eines Ventilators im geschlossenen Windkanal P 1 bzw. m P 2 . Bei bekannten Luft durch den Zulauf m P 0 und die anschließende Teststrecke m geometrischen Abmessungen des Kanals, Lochzahldichte n sowie Geschwindigkeiten zu Beginn der Teststrecke c1 und in den Bohrungen cL werden die Geschwindigkeiten im Zulauf c0 , am Ende der Teststrecke c2 und im Propellerraum cP gesucht. Ebenfalls bestimmt werden soll der abgesaugte Volumenstrom VPL .

Lösung zu Aufgabe 7.11 Aufgabenerläuterung Im vorliegenden Fall steht die Anwendung des Kontinuitätsgesetzes im Vordergrund. In Verbindung mit den gegebenen Geschwindigkeiten und Querschnitten lassen sich die gesuchten Größen ermitteln.

240

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

Kontrollraum 0

dL 1

D1= D2

cL

D0

P

2 c2

c1

c0

cP DP

L Teststrecke

Zulauf

Propeller

Abb. 7.9 Windkanal mit Grenzschichtabsaugung

Gegeben:  D0 ; D1 D D2 ; DP ; dL ; L; n (Lochzahl/m2 ); c1 ; cL Gesucht: 1. 2. 3. 4. 5.

c0 VPL c2 cP c0 , VPL , c2 und cP , wenn D0 D 2;60 m; D1 D D2 D 0;90 m; DP D 2;40 m; dL D 7 mm; L D 4;0 m; n D 800 Löcher/m2 ; c1 D 46 m=s; cL D 10 m=s Anmerkungen

 Annahme einer inkompressiblen Luftströmung Lösungsschritte – Fall 1 P m P D 0 zwischen den Für die Geschwindigkeit im Zulauf c0 liefert die Kontinuität Stellen 0 und 1, wenn einfließende Massenströme mit einem positiven, ausströmende Massenströme dagegen mit einem negativen Vorzeichen angeschrieben werden,

m P0 m P 1 D 0 oder m P0 D m P 1: Mit m P D  VP D  c  A folgt

0  c0  A0 D 1  c1  A1 : Wegen 0 D 1 wird daraus c0  A0 D c1  A1

Aufgabe 7.11 Windkanal mit Grenzschichtabsaugung

und durch Umstellen c0 D Mit dem Kreisquerschnitt A D

 4

241

c1  A1 : A0

 D 2 erhält man c0 D c1 

 4  4

 D12  D02

und folglich

c0 D c1 

D12 : D02

Lösungsschritte – Fall 2 Der gesamte abgesaugte Luftstrom lautet VP L D nges  VPn . Hierin sind VPn der Luftstrom pro Loch und nges die Gesamtlochzahl der Messstreckenoberfläche. Weiterhin ist nges D n  O mit O D   D1  L. Der Volumenstrom eines Einzellochs lautet VPn D cL  AL ; wobei als Lochquerschnitt AL D

 4

 dL2 gilt. Man erhält dann

 VPL D n    D1  L  cL   dL2 4 oder als Ergebnis

2 VPL D  n  D1  dL2  L  cL : 4

Lösungsschritte – Fall 3 Für die Geschwindigkeit c2 nutzen wir die Durchflussgleichung VP2 D c2  A2 an der Stelle 2. Nach Umstellung folgt VP2 c2 D A2 und mit A2 D

 4

 D22 D

 4

 D12 (wegen D1 D D2 ) ergibt sich

c2 D

VP2 :  2 4  D1

242

7

Kontinuitätsgleichung, Durchflussgleichung

VP2 wird aus Kontinuität an der Teststrecke, VP1  VPL  VP2 D 0; zu

VP2 D VP1  VPL

ermittelt. Man erhält dann zunächst c2 D Wegen VP1 D c1  A1 mit A1 D

 4

VP1  VPL :  2 4  D1

 D12 führt dies zu  VP1 D c1   D12 : 4

Somit liefert dies für c2 nach Einsetzen der Zusammenhänge c2 D

c1 

 4

 D12 

2 4  4

 n  D1  dL2  L  cL  D12

und nach Kürzen gleicher Größen

c2 D c1   

L  d 2  cL  n: D1 L

Lösungsschritte – Fall 4 1. cP : Für die Geschwindigkeit cP im Propellerraum liefert die Kontinuität zwischen den Stellen 2 und P P P D 0 oder m PP D m P 2: m P2m Mit m P D  c  A folgt

P  cP  AP D 2  c2  A2 :

Wegen P D 2 ist dann cP  AP D c2  A2 : Somit erhält man durch Umstellen cP D

c2  A2 AP

Aufgabe 7.11 Windkanal mit Grenzschichtabsaugung

und mit A D

 4

 D 2 dann cP D c2 

 4  4

und folglich, da D1 D D2 , cP D c2 

243

 D22  DP2 D12 : DP2

Mit c2 (s. o.) lautet dann das Ergebnis   D2 L cP D c1     dL2  cL  n  12 : D1 DP

Lösungsschritte – Fall 5 c0 , VPL , c2 und cP nehmen, wenn D0 D 2;60 m, D1 D D2 D 0;90 m, DP D 2;40 m, dL D 7 mm, L D 4;0 m, n D 800 Löcher/m2 , c1 D 46 m=s und cL D 10 m=s gegeben sind, die folgenden Wert an:

c0 D 46 

0;902 m D 5;51 2 2;6 s

2 m3 VPL D  800  0;90  0;0072  4  10 D 3;482 4 s

c2 D 46   

4 m  0;0072  10  800 D 40;53 0;90 s

  4 0;902 m cP D 46    D 5;70  0;0072  10  800  2 0;90 2;4 s

8

Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

Der Energieerhaltungssatz in einem Kontrollraum besagt, dass die Gesamtenergie eines jeden Stromfadens gleich bleibt, sofern keine mechanische Energie (Strömungsmaschinen) und/oder Wärmeenergie (Wärmetauscher) über die Kontrollraumgrenzen transportiert werden. Die Energiegleichung (Bernoulli-Gleichung) lässt sich sowohl mittels Energiesatz als auch dem ersten Newton’schen Gesetz herleiten. Aus dem letzteren entsteht die Euler’sche Bewegungsgleichung, deren Integration zur Bernoulli’schen Energiegleichung führt. Dieses fundamentale Gesetz kommt bei der Berechnung zahlreicher Aufgaben der Strömungsmechanik zum Einsatz, wo die Frage nach Geschwindigkeits- und Druckgrößen gestellt ist. Neben den meist bekannten Ortsgrößen z werden jedoch noch Randbedingungen an den Referenzstellen sowie die Kontinuitätsgleichung benötigt. Reibungsfreie Strömung Im Folgenden wird von einer stationären, eindimensionalen Strömung inkompressibler Fluide ausgegangen. Unter zu Grunde Legung des Kräftegleichgewichts an einem Fluidelement dm, welches sich entlang einer Stromlinie (D Bahnlinie bei stationärer Strömung) bewegt, lässt sich das erste Newton’sche Gesetz aufstellen mit n X

!

!

dF i D dm  a :

i D1

Unter der Einwirkung der Druckkräfte und der Schwerkraftkomponente in bzw. entgegen der Stromlinienrichtung gelangt man zur Bernoulli’schen Energiegleichung in differenzieller Form dp C g  dz C c  dc D 0

© Springer-Verlag GmbH Deutschland, ein Teil von Springer Nature 2018 V. Schröder, Übungsaufgaben zur Strömungsmechanik 1, https://doi.org/10.1007/978-3-662-56054-9_8

245

246

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

oder in integraler Form

p c2 CgzC D C:

2

Dies ist die Bernoulli’sche Gleichung als Energiegleichung formuliert mit h

p

spezifische Druckenergie

gz

spezifische potenzielle Energie

c2 2

spezifische Geschwindigkeitsenergie

C

Integrationskonstante oder Bernoulli’sche Konstante –

h h

Nm kg Nm kg Nm kg

i i i

Die Anwendung der Bernoulli’schen Gleichung ist streng genommen nur für einzelne Stromlinien zulässig. Unter Voraussetzung gleichbleibender Geschwindigkeiten über den Strömungsquerschnitten kann sie aber auch uneingeschränkt bei Stromröhren eingesetzt werden. Wenn nicht anders angegeben oder die Aufgabenstellung von ungleichförmigen Geschwindigkeitsverteilungen ausgeht, werden in den folgenden Beispielen mittlere Geschwindigkeiten (c  c) zu Grunde gelegt und somit die o. g. Forderung nach Homogenität von c erfüllt. Die betreffenden Einflüsse bei tatsächlich vorliegenden inhomogenen c-Verteilungen können durch geeignete Korrekturbeiwerte berücksichtigt werden. Eine andere Form der Bernoulli’schen Gleichung entsteht nach Multiplikation o. g. Energiegleichung mit der Dichte . Sie ist als Druckgleichung bekannt und lautet:

pC gzC

2  c D C ; 2

wobei p

gz

 c2 2  C

statischer Druck  pstat potenzieller Druck dynamischer Druck oder auch Staudruck  pdyn. Integrationskonstante

ŒPa ŒPa ŒPa –

8

Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

247

Häufig formuliert man diese Druckgleichung bei horizontalen Anwendungen bzw. dort, wo  g  z vernachlässigbar ist (Gase), auch wie folgt

pges . ptot / D pstat C pdyn

oder

pges D pstat C

2 c 2

pges  ptot ist der Gesamtdruck (Totaldruck) in [Pa]. An zwei Stellen 1 und 2 auf einem Stromfaden lauten die Bernoulli-Gleichungen: Energiegleichung

c2 c2 p1 p2 C 1 C g  Z1 D C 2 C g  Z2

2

2

Druckgleichung

p1 C

2

 c C  g  Z1 D p2 C  c22 C  g  Z2 2 1 2

Diese Zusammenhänge besagen, dass die Summe aus den jeweiligen drei Energie- oder Druckgrößen an den Stellen 1 und 2 und jeder anderen Stelle des Stromfadens (-röhre) gleich bleibt, die einzelnen Terme sich aber ändern können. In welchem Maß dies geschieht hängt von den Gegebenheiten der jeweiligen zu Grunde liegenden Kontrollräume ab. Reibungsbehaftete Strömung Auch jetzt wird wieder von stationärer, eindimensionaler Strömung inkompressibler Fluide ausgegangen. Unter Berücksichtigung der Fluidreibungskräfte wird die spezifische

248

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

Druckenergie oder die spezifische Geschwindigkeitsenergie an der Stelle 2 gegenüber der Stelle 1 um einen irreversiblen Verlustanteil YV;1–2 bzw. pV;1–2 reduziert, was dann p1 p2 c2 c2 C 1 C g  Z1 ¤ C 2 C g  Z2

2

2 zur Folge hat. Wenn auch jetzt an der Stelle 2 zur Kennzeichnung der veränderten Gegebenheiten gegenüber dem reibungsfreien Fall eine neue Indizierung der Größen p und c erforderlich wäre, soll es der Einfachheit halber bei der bisherigen Kennzeichnung bleiben. Die auch häufig mit „Dissipation“ benannten Verluste finden in den Bernoulli’schen Gleichungen wie folgt ihren Niederschlag. Energiegleichung

p1 p2 c2 c2 C 1 C g  Z1 D C 2 C g  Z2 C YV;1–2

2

2

YV;1–2 ist die Verlustenergie zwischen 1 und 2. Druckgleichung

p1 C

2

 c C  g  Z1 D p2 C  c22 C  g  Z2 C pV;1–2 : 2 1 2

pV;1–2 ist der Druckverlust zwischen 1 und 2.

Aufgabe 8.1 Wasserbecken mit zwei parallelen Ausflussrohren Ein großes Wasserbecken, dessen Flüssigkeitsspiegel Z0 als konstant anzusehen ist, speist ein Rohrleitungssystem mit verschiedenen Rohrquerschnitten A1 , A2 und A3 (Abb. 8.1). Die Rohre können durch Ventile geöffnet werden, wodurch ein Ausströmen ins Freie erfolgt. Die Strömung sei verlustfrei.

Lösung zu Aufgabe 8.1 Aufgabenerläuterung Beim Ausströmen aus einem gegen Atmosphäre offenen, sehr großen Behälter wiederum in atmosphärische Umgebung kann man bei der Bestimmung der Austrittsgeschwindig-

Aufgabe 8.1 Wasserbecken mit zwei parallelen Ausflussrohren

249

pB c0 = 0

0

A1



pB

1

A2

pB

2 Z0 Z1 Z2 A3 Bezugsebene

3

Z3

Abb. 8.1 Wasserbecken mit zwei parallelen Ausflussrohren

keit von der Torricelli’schen Gleichung (Sonderform der Bernoulli’schen Gleichung) Gebrauch machen. Das gesuchte Flächenverhältnis lässt sich bei der vorausgesetzten Volumenstromgleichheit an den Stellen 1 und 2 und den jetzt hier bekannten Geschwindigkeiten mit der Durchflussgleichung herleiten. Bei der Bestimmung des statischen Drucks an der tiefsten Stelle der Zuleitung zu den Ausflüssen 1 und 2 wird wiederum der Bernoulli’sche Ansatz verwendet. Hierbei ist zu berücksichtigen, dass an dieser Stelle der Gesamtvolumenstrom die Rohrleitung durchfließt. Gegeben:  ; g; A1 ; A3 ; Z0 ; Z1I Z2 ; Z3 Gesucht: 1. c1 ; c2 1 2. A , wenn VP1 D VP2 A2 3. p3

250

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

Anmerkungen

 Annahme einer verlustfreien Strömung in allen Leitungen  Annahme einer konstanten Flüssigkeitsspiegelhöhe Z0 Lösungsschritte – Fall 1 Für die Geschwindigkeiten c1 und c2 betrachten wir zunächst die allgemeine Torricelli’sche Gleichung: p c D 2  g  Z: Hierin ist Z der Höhenunterschied zwischen Flüssigkeitsspiegel und Ausflussstelle. Es gilt dann p c1 D 2  g  Z1 ; wobei Z1 D .Z0  Z1 /. Daraus folgt

c1 D

p 2  g  .Z0  Z1 /:

Weiterhin ist c2 D

p 2  g  Z2

mit Z2 D .Z0  Z2 /. Es folgt:

c2 D

p 2  g  .Z0  Z2 /

Lösungsschritte – Fall 2 Für das Flächenverhältnis A1 =A2 bei VP1 D VP2 setzen wir die Durchflussgleichungen für VP1 und VP2 an: VP1 D c1  A1 und VP2 D c2  A2 : Bei Gleichheit von VP1 und VP2 erhält man c1  A1 D c2  A2 : c2 1 Umgestellt nach dem gesuchten Flächenverhältnis A A2 D c1 und unter Verwendung der unter Fall 1 ermittelten Geschwindigkeiten liefert dies zunächst

p p p 2  g  .Z0  Z2 / .Z0  Z2 / 2g A1 Dp : Dp p A2 2  g 2  g  .Z0  Z1 / .Z0  Z1 /

Aufgabe 8.1 Wasserbecken mit zwei parallelen Ausflussrohren

251

Nach dem Kürzen gleicher Größen folgt s A1 D A2

.Z0  Z2 / .Z0  Z1 /

Lösungsschritte – Fall 3 Für den Druck p3 setzen wir die Bernoulli’sche Gleichung an den Stellen 0 und 3 an: p0 p3 c2 c2 C 0 C g  Z0 D C 3 C g  Z3 :

2

2 Mit den hier vorliegenden Gegebenheiten p0 D pB und c0 D 0 erhält man c2 pB p3 D C g  .Z3  Z0 / C 3 :



2 Mit der Dichte multipliziert und nach dem gesuchten Druck p3 umgestellt liefert dies p3 D pB C  g  .Z0  Z3 / 

2 c : 2 3

c32 2

lässt sich mittels Durchflussgleichung VP3 D c3  A3 oder c3 D angeben. Benutzt man das Kontinuitätsgesetz VP3 D VP1 C VP2 oder im vorliegenden Fall, da VP1 D VP2 vorausgesetzt wird, VP3 D 2  VP1 , so folgt mit VP1 D c1  A1 Der noch unbekannte Term VP3 A3

A1 : A3

c3 D 2  c1  Mit dem Quadrat

 c32 D 4  c12 

wird dann daraus

c32 D 2  c12  2



A1 A3 A1 A3

2

2 :

Setzen wir nun noch c12 D 2  g  .Z0  Z1 / ein, so erhalten wir c32 D 2  Œ2  g  .Z0  Z1 /  2



A1 A3



2 D 4  g  .Z0  Z1 / 

A1 A3

2 :

252

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

In die Gleichung des Drucks p3 eingefügt führt dies zu  p3 D pB C  g  .Z0  Z3 /  4   g  .Z0  Z1 / 

A1 A3

2

oder "



p3 D pB C  g  .Z0  Z3 /  4  .Z0  Z1 / 

A1 A3

2 #

Aufgabe 8.2 Vertikale Rohrerweiterung mit U-Rohr In Abb. 8.2 ist der Ausschnitt einer vertikalen Rohrleitung zu erkennen, in der eine Wasserströmung durch eine Rohrerweiterung verzögert wird. Von den Messstellen 1 und 2 führen zwei wassergefüllte Druckmessleitungen zu einem U-Rohr-Manometer (Sperrflüssigkeit: Quecksilber D „Hg“). Bestimmen Sie bei bekannten geometrischen Größen, Fluiddichten und Volumenstrom den zu erwartenden Druckunterschied zwischen den Stellen 1 und 2 sowie den Ausschlag der Quecksilbersäule im U-Rohr-Manometer.

c1 1

p1 wassergefüllte Messleitungen

D1

V Z1

p2

2 D2

c2 h

Z2 b

Bezugsebene

Abb. 8.2 Vertikale Rohrerweiterung mit U-Rohr

Sperrflüssigkeit: Quecksilber Hg

Aufgabe 8.2 Vertikale Rohrerweiterung mit U-Rohr

253

Lösung zu Aufgabe 8.2 Aufgabenerläuterung Der Volumenstrom VP fließt im vorliegenden Fall vertikal abwärts gerichtet zunächst durch ein Rohr kleineren Durchmessers D1 und wird dann mit einer Erweiterung übergeleitet in ein Rohr größeren Durchmessers D2 . Hierdurch kommt es aufgrund des Kontinuitätsgesetzes zu einer Geschwindigkeitsverkleinerung von c1 auf c2 . Unter Beachtung des Bernoulli’schen Gesetzes wird bei gleichzeitiger Berücksichtigung des Höhenunterschieds zwischen den Messstellen 1 und 2 eine entsprechende Veränderung des statischen Drucks p hervorgerufen. Die beiden Drücke werden auf die Schenkel eines U-Rohr-Manometers geschaltet, wo sie neben dem Höheneinfluss eine Verschiebung h der Sperrflüssigkeit (hier Quecksilber „Hg“) bewirken. Bei der Ermittlung von h empfiehlt es sich, am tiefsten Punkt des U-Rohrs gedanklich den Druckvergleich der „linken“ Seite mit der „rechten“ Seite vorzunehmen. Gegeben:  D1 ; D2 ; Z1 ; Z2 ; W ; Hg ; VP Gesucht: 1. p2  p1 D p 2. h 3. p und h, wenn D1 D 0;20 m; D2 D 0;40 m; Z1 D 4 m; Z2 D 2 m; W D 1 000 kg=m3 ; Hg D 13 560 kg/m3 ; VP D 0;3142 m3 =s Anmerkungen

 Die Strömung wird verlustfrei angenommen.  Aufgrund dieser Annahme sind VP , p und h idealisierte Größen. Sie werden wegen einer besseren Übersicht nicht zusätzlich indiziert. Lösungsschritte – Fall 1 Den gesuchten Druckunterschied p leitet man sich aus der Bernoulli’schen Gleichung her: c2 p2 c2 p1 C 1 C g  Z1 D C 2 C g  Z2 :

W 2

W 2 Umgeformt nach

p2 p1

W

folgt zunächst p2  p1 c 2  c22 D g  .Z1  Z2 / C 1

W 2

254

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

und nach Multiplikation mit der Wasserdichte W p D .p2  p1 / D W  g  .Z1  Z2 / C



W  2  c1  c22 : 2

Da der Volumenstrom bekannt ist, können die beiden Geschwindigkeiten c1 und c2 mit dem Kontinuitätsgesetz VP1 D c1  A1 D VP2 D c2  A2 D VP P

P

und somit c1 D AV1 bzw. c2 D AV2 ersetzt werden. Führt man noch die beiden Kreisrohrquerschnitte A1 D 4  D12 und A2 D so liefert dies 4  VP 4  VP bzw: c2 D : c1 D 2   D1   D22

 4

 D22 ein,

Diese beiden neuen Ausdrücke für c1 und c2 quadriert und in die Gleichung für p2 p1 D p eingesetzt, bekommen wir p2  p1 D p D W  g  .Z1  Z2 / C

W 16  VP 2   2 2



1 1  4 4 D1 D2



und nach Kürzen

p D W  g  .Z1  Z2 / C W 

8 P2 V  2



 1 1  : D14 D24

Lösungsschritte – Fall 2 Um die Verschiebung h der Sperrflüssigkeit zu bestimmen, vergleichen wir den Druck auf der „linken“ Seite und „rechten“ Seite am tiefsten Punkt des U-Rohr-Manometers: p2 C W  g  .Z2  b/ C Hg  g  b D p1 C W  g  ŒZ1  .b C h/ C Hg  g  .h C b/ oder p2 C W  g  Z2 D p1 C W  g  Z1  W  g  h C Hg  g  h: Umgeformt nach Größen mit h folgt zunächst

Hg  g  h  W  g  h D .p2  p1 / C W  g  Z2  W  g  Z1 oder

  g  h  Hg  W D .p2  p1 /  W  g  .Z1  Z2 / :

Aufgabe 8.3 Trichter

Wird jetzt noch mit

255 1 g. Hg  W /

multipliziert, so führt dies zum gesuchten Ergebnis

hD

.p2  p1 /  W  g  .Z1  Z2 / : g  . Hg  W /

Lösungsschritte – Fall 3 p und h bekommen wir im Fall, dass D1 D 0;20 m, D2 D 0;40 m, Z1 D 4 m, Z2 D 2 m, W D 1 000 kg=m3 , Hg D 13 560 kg=m3 und VP D 0;3142 m3=s gegeben sind, bei dimensionsgerechter Verwendung der Zahlenwerte als   1 8 1 p D 1 000  9;81  .4  2/ C 1 000  2  0;31422    0;24 0;44

p D 66 507 Pa  0;665 bar

hD

66 507  1 000  9;81  .4  2/ 9;81  .13 560  1 000/ h D 0;3805 m:

Aufgabe 8.3 Trichter Ein in Abb. 8.3 dargestellter trichterförmiger Behälter mit veränderlichen Kreisquerschnitten ist mit Wasser befüllt. Das Wasser strömt an der Stelle 3 in atmosphärische Umgebung. Bei bekannten geometrischen Abmessungen des Trichters an den Stellen 1, 2 und 3 und ihren Abständen zur Bezugsebene sollen die betreffenden Geschwindigkeiten und Drücke ermittelt werden. Weiterhin ist der Flüssigkeitsanstieg im offenen Steigrohr an der Stelle 1 zu bestimmen.

Lösung zu Aufgabe 8.3 Aufgabenerläuterung Zur Lösung der Fragen nach den Geschwindigkeiten und Drücken kommen die Bernoulli’sche Gleichung, das Kontinuitätsgesetz und die Durchflussgleichung zur Anwendung. Die Frage nach der Höhe im Steigrohr löst man mit dem statischen Druck an der Stelle 1 und den Druckanteilen im Steigrohr.

256

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme pB c0 = 0

h1

0



pB

D1 1 2

D2 Z0

3

D3

Z1 Z2

pB

Z3

Bezugsebene

Abb. 8.3 Trichter

Gegeben:  Z0 ; Z1 ; Z2 ; Z3 ; D1 ; D2 ; D3 ; pB ;

Gesucht: 1. 2. 3. 4. 5.

c3 ; c1 ; c2 p1 p2 h1 c3 ; c1 ; c2 ; p1 ; p2 ; h1 , wenn Z0 D 5 m; Z1 D 4;2 m; Z2 D 3;8 m; Z3 D 3;3 m; D1 D 11 cm; D2 D 4;8 cm; D3 D 7 cm; pB = 105 Pa; D 1 000 kg=m3 Anmerkungen

 Die Strömung wird verlustfrei angenommen.  Das Trichtervolumen kann als sehr groß angenommen werden, sodass c0  0 wird. Lösungsschritte – Fall 1 Es wird zunächst die Geschwindigkeit c3 an der Stelle 3 ermittelt, da sie mit den vorgegebenen Größen sofort lösbar ist. Die Bernoulli’sche Gleichung an den Stellen 0 und 3

Aufgabe 8.3 Trichter

257

ergibt nämlich p0 p3 c2 c2 C 0 C g  Z0 D C 3 C g  Z3 :

2

2 Mit den hier vorliegenden besonderen Gegebenheiten p0 D p3 D pB und c0 D 0 folgt sofort c32 D g  .Z0  Z3 / 2 oder

c3 D

p 2  g  .Z0  Z3 /

Die Geschwindigkeiten c1 und c2 lassen sich bei nun bekannter Geschwindigkeit c3 mit dem Kontinuitätsgesetz und der Durchflussgleichung folgendermaßen bestimmen: Das Kontinuitätsgesetz VP1 D c1  A1 D VP3 D c3  A3 D VP wird umgeformt zu c1 D c3  Die Kreisquerschnitte A3 D

 4

 D32 und A1 D

c1 D c3 

A3 : A1  4

 D12 eingesetzt liefern

D32 D12

Analog zu c1 folgt mit VP2 D c2  A2 D VP3 D c3  A3 D VP und den Kreisquerschnitten A3 D

 4

 D32 und A2 D

c2 D c3 

D32 D22

oder c2 D c3   4

A3 A1

 D22 die Gleichung

258

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

Lösungsschritte – Fall 2 Für den Druck p1 betrachten wir die Bernoulli’sche Gleichung an den Stellen 0 und 1: c2 c2 p0 p1 C 0 C g  Z0 D C 1 C g  Z1 :

2

2 Die besonderen Gegebenheiten p0 D pB und c0 D 0 in die Gleichung eingesetzt und nach p1

aufgelöst führt zunächst zu p1 c2 pB D C g  .Z0  Z1 /  1



2 und nach Multiplikation mit der Dichte zum Ergebnis

p1 D pB C  g  .Z0  Z1 / 

2 c : 2 1

Lösungsschritte – Fall 3 Für den Druck p2 betrachten wir entsprechend die Bernoulli’sche Gleichung an den Stellen 0 und 2: p2 c2 c2 p0 C 0 C g  Z0 D C 2 C g  Z2 :

2

2 Die besonderen Gegebenheiten p0 D pB und c0 D 0 in die Gleichung eingesetzt und nach p2 aufgelöst führt zunächst zu

p2 c2 pB D C g  .Z0  Z2 /  2



2 und nach Multiplikation mit der Dichte zum Ergebnis

p2 D pB C  g  .Z0  Z2 / 

2 c : 2 2

Lösungsschritte – Fall 4 Die Höhe h1 im Steigrohr ermitteln wir so: Dem statischen Druck an der Stelle 1 stehen im Steigrohr der barometrische Druck und der hydrostatische Druck der Wassersäule gegenüber, also p1 D pB C  g  h1

Aufgabe 8.3 Trichter

259

oder umgeformt

 g  h1 D p1  pB : Multipliziert man noch mit

1 ,

g

so lautet h1 vorläufig h1 D

.p1  pB / :

g

Wir setzen den Druck p1 mit dem oben ermittelten Zusammenhang ein, h1 D

i 1 h

 pB C  g  .Z0  Z1 /   c12  pB ;

g 2

das liefert

h1 D .Z0  Z1 / 

c12 2g

Lösungsschritte – Fall 5 Nun sind die Größen c3 , c1 , c2 , p1 , p2 und h1 gefragt, wenn Z0 D 5 m, Z1 D 4;2 m, Z2 D 3;8 m, Z3 D 3;3 m, D1 D 11 cm, D2 D 4;8 cm, D3 D 7 cm, pB = 105 Pa und

D 1 000 kg=m3 gegeben sind. Bei dimensionsgerechter Verwendung der gegebenen Größen erhält man

c3 D

p m 2  9;81  .5  3;3/ D 5;78 s

 c1 D 5;78 

 c2 D 5;78 

7 11

7 4;8

2 D 2;34

m s

2 D 12;29

m s

260

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

p1 D 100 000 C 1 000  9;81  .5  4;2/ 

1 000  2;342 2

p1 D 105 110 Pa

p2 D 100 000 C 1 000  9;81  .5  3;8/ 

1 000  12;292 2

p2 D 36 250 Pa

h1 D .5  4;2/ 

2;342 2  9;81

h1 D 0;521 m

Aufgabe 8.4 Vertikaler Rohrausfluss Am Ende einer senkrechten Rohrleitung strömt Flüssigkeit in die Atmosphäre (Abb. 8.4). Die Lage des Austritts Z1 , der Rohraustrittsdurchmesser d1 und die Austrittsgeschwindigkeit c1 sind bekannt. Auf welchen Durchmesser d2 verkleinert sich der Strahldurchmesser an der Stelle Z2 und welche Re-Zahl liegt dort vor?

Lösung zu Aufgabe 8.4 Aufgabenerläuterung Der Flüssigkeitsstrahl strömt ab der Stelle 1 ins Freie, ist also dann gleichbleibendem Atmosphärendruck ausgesetzt. Somit wird nach der Bernoulli’schen Gleichung aufgrund der Ortshöhenverkleinerung eine Geschwindigkeitsvergrößerung erzeugt, was wiederum gemäß Kontinuitäts- und Durchflussgleichung eine Querschnittsverkleinerung bewirkt. Gegeben:  d1 ; c1 ; Z1 ; Z2 ; g;

Aufgabe 8.4 Vertikaler Rohrausfluss

261

V

d1 1 pB

Z1

pB d2

2

pB Bezugsebene

Z2

Abb. 8.4 Vertikaler Rohrausfluss

Gesucht: 1. d2 2. Re2 3. d2 und Re2 , wenn d1 D 50 mm; c1 D 1 m=s; Z1 D 2;5 m; Z2 D 2;0 m; D 1  106 m2 =s Anmerkungen

 Verluste des Flüssigkeitsstrahls mit der umgebenden Luft werden vernachlässigt. Lösungsschritte – Fall 1 Für den Durchmesser d2 betrachten wir die Bernoulli’sche Gleichung an den Stellen 1 und 2: p2 c2 c2 p1 C 1 C g  Z1 D C 2 C g  Z2 :

2

2 Mit dem gleichbleibenden Druck p1 D p2 D pB folgt c22 c2 D 1 C g  .Z1  Z2 / ; 2 2 mit 2 multipliziert ergibt sich daraus c22 D c12 C 2  g  .Z1  Z2 / :

262

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

Mittels Kontinuitätsgesetz und Durchflussgleichung muss nun noch c2 wie folgt ersetzt werden: VP D VP1 D VP2 D c1  A1 D c2  A2 ; oder umgeformt: c2 D c1 

A1 : A2

c22 D c12 

A21 : A22

Quadriert erhält man dann

Einsetzen in die oben angegebene Gleichung für c22 führt zu c12 

A21 D c12 C 2  g  .Z1  Z2 / : A22

Nach Gliedern mit c12 auf der linken Seite sortiert, ist das c12 

A21  c12 D 2  g  .Z1  Z2 / : A22

Ausklammern von c12 liefert zunächst  c12 

 A21  1 D 2  g  .Z1  Z2 / : A22

Wird danach die gesamte Gleichung durch c12 dividiert, 2  g  .Z1  Z2 / A21 1D ; A22 c12 und jetzt das Flächenverhältnis

A21 A22

abgetrennt, folgt

2  g  .Z1  Z2 / A21 D1C : 2 A2 c12 Da man über A2 den Durchmesser d2 erhält, muss die gesamte Gleichung auf ihre reziproke Form gebracht werden, also: A22 D A21 1C

1 2g.Z1 Z2 / c12

:

Aufgabe 8.4 Vertikaler Rohrausfluss

263

Mit den Kreisquerschnitten A1 D

 4

 d12 und A2 D

  2 4 d A22 D  4 2 2 D 2  A1 1C  d14 4 oder

d24 D d14 1C

 d22 führt das dann zu

 4

1 2g.Z1 Z2 / c12

1 2g.Z1 Z2 / c12

:

Multipliziert man dann noch mit d14 und zieht dann die vierte Wurzel, so kommt man zum gesuchten Ergebnis v u u 4 d2 D d1  t

1 2g.Z1 Z2 / c12

1C

:

Lösungsschritte – Fall 2 Mit der Definition der Reynoldszahl bei kreisförmigen Strömungsquerschnitten, Re D

cd ;

lautet die gesuchte Reynoldszahl Re2 an der Stelle 2 Re2 D

c2  d2 :

Hierin ist d2 aus Fall 1 bekannt. Die Geschwindigkeit c2 lautet (s. o.) c2 D c1 

A1 D c1  A2

 4  4

 d12 

d22

D c1 

d12 d22

Das Ergebnis für d2 (s. o.) führt, quadriert und eingesetzt, auf s d12 2  g  .Z1  Z2 / c2 D c1  s D c1  1 C : 2 c 1 2 1 d  1

Ersetzt man in Re2 D

c2 d2

1C

nun c2 und d2 durch die neuen Ausdrücke, so erhält man c1 

Re2 D

2g.Z1 Z2 / c2 1

q

1C

2g.Z1 Z2 / c12



 d1 

s 4

1 1C

2g.Z1 Z2 / c2 1

264

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

oder s

c1  d1 Re2 D 

4

1C

2  g  .Z1  Z2 / : c12

Lösungsschritte – Fall 3 Für d2 und Re2 ermitteln wir, wenn d1 D 50 mm, c1 D 1 m=s, Z1 D 2;5 m, Z2 D 2;0 m und D 1  106 m2 =s gegeben sind, bei dimensionsgerechtem Rechnen s d2 D 0;050 

4

12

12 D 0;02757 m C 2  9;81  .2;5  2/

d2 D 27;57 mm 1  0;05 Re2 D  1

r 4

1C

2  9;81  .2;5  2/  106 12

Re2 D 90 662

Aufgabe 8.5 Hakenrohr Ein hakenförmig gebogenes Rohr mit dem Querschnitt A ist mit seinem unteren Ende im Abstand h in eine mit c1 bewegte Flüssigkeit eingetaucht (Abb. 8.5). Die Achse dieses unteren Rohrabschnitts verläuft parallel zur Anströmrichtung. Am oberen Ende des Rohrs im Abstand H von der Flüssigkeitsoberfläche fließt bei genügend großer Zuströmgeschwindigkeit c1 ein Volumenstrom VP ins Freie. Wie groß muss c1 bemessen werden, um bei den bekannten geometrischen Abmessungen einen gewünschten Volumenstrom VP ausfließen zu lassen? Des Weiteren wird die Mindestgeschwindigkeit c1;min gesucht, ab der die Strömung im Rohr gerade einsetzt.

Aufgabe 8.5 Hakenrohr

265

Abb. 8.5 Angeströmtes Hakenrohr

pB 1 V A c¥

H

pB Z1 V

h

x Zx

Bezugsebene

Lösung zu Aufgabe 8.5 Aufgabenerläuterung Bei genügend großer Zuströmgeschwindigkeit c1 liegt eine Durchströmung des Hakenrohrs vor. Die Frage nach dieser Geschwindigkeit lässt sich mittels Bernoulli’scher Gleichung entlang der Stromlinie an den Stellen x und 1 sowie mit der Durchflussgleichung lösen. Gegeben:  ; g; A; H Gesucht: 1. c1 2. c1;min , wenn VP > 0 Anmerkungen

 Die Strömung im Rohr wird verlustfrei angenommen.  Die Stelle x befindet sich genügend weit vor dem Rohreintritt und die Stelle 1 im Rohraustritt.

266

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

Lösungsschritte – Fall 1 Die Zuströmgeschwindigkeit c1 finden wir mithilfe der Bernoulli’schen Gleichung (bei vorhandener Strömung im Rohr, also VP > 0) an den Stellen x und 1: p1 px c2 c2 C x C g  Zx D C 1 C g  Z1

2

2 Nach cx2 =2 aufgelöst ergibt dies cx2 c2 p1 px D 1 C   g  Zx C g  Z1 : 2 2



Der statische Druck an der Stelle x lautet px D pB C  g  h und der Druck p1 D pB . Oben eingesetzt und cx durch c1 ersetzt ergibt sich daraus 2 c2 c1 pB D 1 C  2 2



 pB C g  h C g  .Z1  Zx / :

Des Weiteren ist gemäß Abb. 8.5 Z1  Zx D H C h: Dann gilt 2 c1 c2 c2 D 1  g  h C g  .H C h/ D 1 C g  H: 2 2 2 Nach Multiplikation mit 2 und anschließendem Wurzelziehen haben wir zunächst

c1 D

q

c12 C 2  g  H :

Führt man noch die Durchflussgleichung und hieraus c1 D VP =A ein, so lautet das Ergebnis s c1 D

VP 2 C2gH A2

Aufgabe 8.6 Venturimeter

267

Lösungsschritte – Fall 2 Die Mindestanströmgeschwindigkeit c1;min , bei der gerade ein Volumenstrom durch das Hakenrohr fließt, erhält man aus der Bedingung c1 > 0 und folglich auch c12 > 0. Mit dem gefundenen Ausdruck 2 D c12 C 2  g  H; c1 den man nach c12 umformt zu

2  2  g  H; c12 D c1

lässt sich das auch so formulieren: 2 c1 2gH >0

bzw. 2 > 2  g  H: c1;min

Nach dem Wurzelziehen lautet das gesuchte Ergebnis

c1;min >

p

2gH

Aufgabe 8.6 Venturimeter Das in Abb. 8.6 dargestellte Venturimeter wird zur Messung eines Volumenstroms, im vorliegenden Fall von Luft verwendet. Seine Wirkung beruht in der Druck- und Geschwindigkeitsänderung zwischen den Stellen 1 und 2. Hier erfolgt auch die erforderliche Druckentnahme. Als Druckmessgerät dient z. B. ein mit Wasser befülltes U-Rohr-Manometer. Bei gegebenen Abmessungen des Messgeräts, bekannten Fluiddichten und vorliegendem Manometerausschlag soll der Volumenstrom ermittelt werden.

Lösung zu Aufgabe 8.6 Aufgabenerläuterung Die Wirkung eines Venturimeters beruht, wie bei den Messdüsen und den Messblenden, auf der Drosselung des Drucks bei sich verengenden Querschnitten. Diese Drosselung des Drucks wird mittels Bernoulli’scher Gleichung erfasst, wobei die gleichzeitige Geschwindigkeitsänderung in umgekehrter Richtung zur Druckänderung verläuft. Unter Zuhilfenahme des Kontinuitätsgesetzes und der Durchflussgleichung gelingt es, den zu ermittelnden Volumenstrom in Abhängigkeit von der Druckänderung zu beschreiben. Die Zuordnung des Druckunterschieds zum Manometerausschlag gelingt mit einer Gleichgewichtsbetrachtung des Drucks im U-Rohr.

268

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

c1

D1

c2

V p2

p1

D2 2

1

Sperrflüssigkeit: Wasser

Z1

Z2

h Bezugsebene

Abb. 8.6 Venturimeter

Gegeben:  D1 ; D2 ; W ; L ; h; g Gesucht: 1. VP 2. VP , wenn D1 D 200 mm; D2 D 100 mm; W D 1 000 kg=m3 ; L D 1;2 kg=m3 ; h D 800 mm Anmerkungen

 Annahme einer verlustfreien, inkompressiblen Strömung bei horizontaler Anordnung  Aufgrund dieser Annahme sind VP , p2 und h idealisierte Größen. Sie werden wegen einer besseren Übersicht nicht zusätzlich indiziert.  Der Index „L“ steht für Luft, der Index „W“ steht für Wasser. Lösungsschritte – Fall 1 Den Volumenstrom VP bekommen wir mit der Bernoulli’schen Gleichung an den Stellen 1 und 2: c2 p2 c2 p1 C 1 C g  Z1 D C 2 C g  Z2 :

L 2

L 2 Bei der horizontalen Lage ist folglich Z1 D Z2 .

Aufgabe 8.6 Venturimeter

269

Geschwindigkeitsenergiegrößen und Druckenergiegrößen jeweils auf eine Seite gestellt, ergibt c22 c12 p1 p2  ;  D 2 2

L L und dann auf der linken Seite c22 =2 ausgeklammert liefert zunächst   c22 c2 2 1  .p1  p2 / :  1 1  2 D 2 2 c2

L Im Klammerausdruck links muss nun noch das Geschwindigkeitsverhältnis c21 =c22 ersetzt werden. Dies gelingt mit dem Kontinuitätsgesetz VP1 D VP2 D c1  A1 D c2  A2 ; oder umgeformt A2 c1 D : c2 A1 Eingefügt in o. g. Gleichung führt dies zu   c22 A22 1  .p1  p2 / :  1 D 2 A1

L Die Kreisquerschnitte mit A1 D

 4

 D12 und A2 D

 4

 D22 ersetzt, ergibt

"  #  2 2  D c22 1 2  .p1  p2 /  1 4  D  2 2 2

L  D1 4 oder

Die Gleichung wird mit

  D4 1 c22  .p1  p2 / :  1  24 D 2

L D1 2 1D24 =D14

multipliziert, das liefert zunächst c2 D

2  .p1  p2 / ;  D4

L  1  D24 1

oder, wenn die Wurzel gezogen wird, v u u c2 D u t

2  .p1  p2 /   4  : 2

L  1  D D1

270

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

Unter Verwendung der Durchflussgleichung an der Stelle 2, VP2 D VP D c2  A2 , erhält man mit A2 D 4  D22 als vorläufiges Ergebnis v u  u 2 VP D  D2  u t 4

2  .p1  p2 /   4  : 2

L  1  D D1

Der Druckunterschied .p1  p2 / muss nun noch mit den Größen des U-Rohr-Manometers in Verbindung gebracht werden. Hierbei wird davon ausgegangen, dass die Luftsäulen in den Zuleitungen und über den Wassersäulen im Manometer ohne Einfluss sind. Legt man gedanklich einen horizontalen Schnitt in Höhe der linken Wassersäule durch das U-Rohr, so folgt p1 D p2 C W  g  h: Nach .p1  p2 / aufgelöst folgt p1  p2 D W  g  h: Diesen neuen Ausdruck für .p1  p2 / in VP eingefügt, liefert das Resultat v u

 W 2 u P V D  D2  t2   4

L

gh  4 : 2 1 D D1

Lösungsschritte – Fall 2 Wir bestimmen VP für die gegebenen Werte D1 D 200 mm, D2 D 100 mm, W D 1 000 kg=m3 , L D 1;2 kg=m3 und h D 800 mm, wobei wir auf dimensionsgerechten Gebrauch der Größen achten: v u 1 000 9;81  0;80  2 u P V D  0;10  t 2    4 4 1;2 1  0;1 0;2

m VP D 0;9277 s

3

Aufgabe 8.7 Rohrleitung ohne und mit Diffusor

271

Aufgabe 8.7 Rohrleitung ohne und mit Diffusor Gemäß Abb. 8.7 fließt Wasser aus einem offenen Behälter stationär ins Freie. Der Ausfluss erfolgt durch eine Rohrleitung mit dem Durchmesser d. Der Flüssigkeitsspiegel im Behälter weist einen gleichbleibenden Abstand H von den Stellen 2 und 3 auf. Es wird angenommen, dass die Strömung verlustfrei erfolgt. Wie groß ist der Volumenstrom VP2 an der Stelle 2 ohne Diffusor und welche Größe erreicht VP3 an der Stelle 3, wenn der Diffusor mit der Rohrleitung verbunden wird? Des Weiteren soll das Verhältnis " D D=d im Fall des angeschlossenen Diffusors ermittelt werden, wenn an der Stelle 1 zur Vermeidung des Strömungsabrisses der dort vorliegende statische Druck den Dampfdruck nicht unterschreiten darf.

Lösung zu Aufgabe 8.7 Aufgabenerläuterung Zur Ermittlung des Volumenstroms ist die Durchflussgleichung anzuwenden, da bei beiden zu bestimmenden Größen VP2 und VP3 die jeweiligen Austrittsgeschwindigkeiten und die durchströmten Querschnitte bekannt sind. Das weiterhin gesuchte Durchmesserverhältnis lässt sich mittels Kontinuitätsgesetz und der Bernoulli’schen Gleichung herleiten.

Abb. 8.7 Rohrleitung ohne und mit Diffusor

pB c0 = 0

0

h

H

1

Z0

Z1

d

D

2

Bezugsebene

3

Z2 = Z3

272

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

Gegeben:  ; g; h; H; d; D; pB ; pDa Gesucht: 1. 2. 3.

VP2 (ohne angeschlossenen Diffusor) VP3 (mit angeschlossenem Diffusor) " D D=d (mit angeschlossenem Diffusor), wenn p1 > pDa Anmerkungen

 Annahme verlustfreier Strömung in der Rohrleitung und im Diffusor  Z0 D konstant, d. h. c0 D 0. Lösungsschritte – Fall 1 Den Volumenstrom VP 2 an der Stelle 2 erhält man aufgrund der Durchflussgleichung VP2 D c2  A2 : Hierin lässt sich die Austrittsgeschwindigkeit c2 bei dem offenen System und angenommener verlustfreier Strömung einfach mit dem Torricelli’schen Gesetz bestimmen: c2 D

p 2  g  H:

Der bei der Stelle 2 weiterhin benötigte Kreisrohrquerschnitt A2 lautet A2 D Größen in die Durchflussgleichung eingefügt liefern VP2 zu

 4

 d 2 . Beide

p  VP2 D  d 2  2  g  H : 4

Lösungsschritte – Fall 2 Den Volumenstrom VP 3 an der Stelle 3 bei jetzt installiertem Diffusor erhält man aufgrund der Durchflussgleichung VP3 D c3  A3 . Da die Stelle 3 auf derselben Höhe Z3 D Z2 liegt, und folglich der Abstand H des Flüssigkeitsspiegels gleich bleibt, ist auch die Austrittsgeschwindigkeit nach Torricelli c3 gleich c2 und somit c3 D c2 D

p 2  g  H:

Aufgabe 8.7 Rohrleitung ohne und mit Diffusor

273

Der am Diffusoraustritt größere Querschnitt A3 D 4  D 2 ruft – bei gleichen Geschwindigkeiten –, einen entsprechend größeren Volumenstrom VP3 hervor: p  VP3 D  D 2  2  g  H : 4

Lösungsschritte – Fall 3 Das Verhältnis " D D=d bestimmen wir mit folgender Überlegung: Die Vermeidung des Strömungsabrisses an der gefährdeten Stelle 1 wird gewährleistet, wenn der dortige statische Druck immer größer als der Flüssigkeitsdampfdruck ist, also

p1 > pDa :

Einen entscheidenden Einfluss auf p1 hat die an gleicher Stelle vorliegende Geschwindigkeit c1 . Diese lässt sich bei installiertem Diffusor wie folgt ermitteln. Der Volumenstrom VP3 liegt in gleicher Größe auch an der Stelle 1 vor und somit lautet VP3 D c1  A1 oder, nach c1 umgeformt, c1 D

VP3 : A1

Fügt man jetzt das Ergebnis für VP3 und den Querschnitt A1 D A2 D dies zu p  2 2gH VP3 4 D  D c1 D  2 A1  d 4

 4

 d 2 ein, so führt

oder

c1 D

D2 p  2  g  H: d2

Den gesuchten statischen Druck p1 kann man mit der Bernoulli’schen Gleichung an den Stellen 0 und 1 wie folgt herleiten: p1 p0 c2 c2 C 0 C g  Z0 D C 1 C g  Z1 :

2

2

274

8 Bernoulli’sche Energiegleichung für ruhende Systeme

Nach p1 = umgeformt und unter Berücksichtigung der hier vorliegenden besonderen Gegebenheiten p0 D pB , c0 D 0 und Z0  Z1 D h führt dies zu p1 pB c12 pB c12 pB c12 D  C g  Z0  g  Z1 D  C g  .Z0  Z1 / D  C g  h:



2

2

2 Mit der Dichte multipliziert führt dies zunächst zum gesuchte Druck p1 : p1 D pB C  g  h 

2 c : 2 1

Wir setzen nun hierin die oben bestimmte Geschwindigkeit c1 ein und benutzen gleichzeitig die Forderung p1 > pDa :

p1 D pB C  g  h   2



D d

4  .2  g  H / > pDa :

Dann lösen wir nach dem Term mit D/d auf:

 2



Nach Multiplikation mit

D d

4

1

gH

 .2  g  H / < .pB  pDa / C  g  h: erhält man zunächst 

D d

4
0. Die Begrenzung der Drehzahl nmax und somit auch !max wird durch den statischen Druck an der gefährdeten Stelle in dem Flüssigkeitssystem px vorgegeben. Bedingung ist, dass px immer den Flüssigkeitsdampfdruck pDa überschreiten muss, um das Abreißen des Fluidstroms zu vermeiden. Auch hier liefert die Bernoulli’sche Gleichung rotierender Systeme den Zusammenhang zwischen !max und den gegebenen Größen. Das Antriebsmoment T der „Rohrpumpe“ lässt sich auf zwei Wegen ermitteln. Zum einen kann der 1. Hauptsatz mit geeigneten Systemgrenzen benutzt werden. Die zweite Möglichkeit liefert der Impulsmomentensatz an einem sinnvoll gewählten Kontrollraum. Hiervon soll bei der Lösungsfindung Gebrauch gemacht werden.

314

9

Bernoulli’sche Energiegleichung für rotierende Systeme



Kontrollraum

R2

pB

A x 2 H pB 0

Z0

z

Z2

c0 = 0

1 Z1

Bezugsebene

Abb. 9.1 Rohrpumpe

Gegeben:  H; R2 ; ; A; pB ; pDa Gesucht: 1. !min , wenn VP > 0, also w > 0 2. !max , wenn px > pDa 3. T Anmerkungen

 Es wird von verlustfreier Rohrströmung ausgegangen.  Reibungsmomente in den (nicht dargestellten) Lagern werden vernachlässigt genauso wie Widerstandsmomente mit der umgebenden Luft.  Zx  Z2  In dem vertikalen Rohrabschnitt ist für einen Stromfaden in der Drehachse die Umfangsgeschwindigkeit u1 D 0, da R1 D 0. Bei der angenommenen Reibungsfreiheit (keine Schubspannungen) gilt dies auch für die anderen Stromfäden.

Aufgabe 9.1 Rohrpumpe

315

Lösungsschritte – Fall 1 Die Mindestwinkelgeschwindigkeit !min im Fall VP > 0 (also w > 0) liefert uns die folgende Überlegung. Bei vorhandener Strömung im Rohr lässt sich die Bernoulli’sche Gleichung des rotierenden Systems an den Stellen 1 und 2 wie folgt ansetzen: p2 p1 w 2 u2 w 2 u2 C 1  1 C g  Z1 D C 2  2 C g  Z2 :

2 2

2 2 Mit u1 D 0, p2 D pB und mit der Kontinuitätsgleichung VP1 D w1  A D VP2 D w2  A D VP folgt w1 D w2 . Somit resultiert p1 u2 pB D C g  .Z2  Z1 /  2



2 oder nach u22 =2 umgestellt (gesucht wird ja !): u22 p1 pB D C g  .Z2  Z1 /  : 2



Hierin muss nun noch p1 = mit geeigneten Größen ersetzt werden. Dies wird mit der Energiegleichheit entlang des Stromfadens an den Stellen 0 und 1 ermöglicht: .ohne Energiezufuhr oder -abfuhr zwischen den Stellen 0 und 1/: Eruh D Erot „ƒ‚… „ƒ‚… bei 0

bei 1

Damit bekommen wir p0 p1 c2 w 2 u2 C 0 C g  Z0 D C 1  1 C g  Z1 :

2

2 2 Mit den Besonderheiten p0 D pB , c0 D 0 und u1 D 0 liefert uns dies p1 w2 pB D C g  .Z0  Z1 /  1 :



2 Diesen Ausdruck in die oben stehende Gleichung für u22 =2 eingesetzt führt auf u22 w2 pB pB D C g  .Z2  Z1 /   g  .Z0  Z1 / C 1 2



2 w12 C  g  .Z2  Z0 /: D „ ƒ‚ … 2 DH

316

9

Bernoulli’sche Energiegleichung für rotierende Systeme

Wir multiplizieren mit 2 und bringen w12 auf eine Seite: w12 D u22  2  g  H: 2 > 0 sein oder eben Bei vorhandenem Volumenstrom VP > 0 muss folglich auch w1;2

u22  2  g  H > 0: Dies führt mit u2;min D R2  !min zu u2;min >

p 2gH

bzw. R2  !min >

p 2gH

oder

!min >

1 p  2  g  H: R2

Lösungsschritte – Fall 2 Die maximale Winkelgeschwindigkeit !max im Fall px > pDa lässt sich mittels der Bernoulli’schen Gleichung des rotierenden Systems an den Stellen x und 2 wie folgt ermitteln. px p2 w 2 u2 w 2 u2 C x  x C g  Zx D C 2  2 C g  Z2 :

2 2

2 2 Die besonderen Gegebenheiten an den Stellen 1 und 2 sind p2 D pB , ux D u1 D 0 und Zx  Z2 . Weiterhin gilt VPx D wx  A D VP2 D w2  A D VP und damit wx D w2 , woraus

px pB u22 D 



2

folgt oder, nach Multiplikation mit , px D pB 

2 u : 2 2

Setzt man jetzt die Forderung px > pDa ein, so führt dies zu pB 

2  u > pDa 2 2

Aufgabe 9.1 Rohrpumpe

317

oder umgestellt

2  u < pB  pDa : 2 2

Multipliziert mit (2= ) folgt u22 < 2 

.pB  pDa / :

Setzt man noch u2;max D R2  !max als maximal zulässige Umfangsgeschwindigkeit ein, bei der die Forderung px > pDa gerade noch erfüllt wird, 2 R22  !max 1 sind. Lösungsschritte – Fall 1 Bei adiabater Rohrströmung lässt sich für die Rohrleitungslänge L folgender Zusammenhang herleiten:

LD

   2     c1 c12 1 D 1  C1 2  1 C   Ma  ln  1  C : 1  2 2 c22 c22   Ma21

Das hierin enthaltene Geschwindigkeitsverhältnis c12 =c22 muss in Zusammenhang mit den vorliegenden bekannten Größen gebracht werden. Dies lässt sich wie folgt bewerkstellip p gen. Mit Ma1 D ac11 und Ma2 D ac22 sowie a1 D   Ri  T1 und a2 D   Ri  T2 wird zunächst Ma21  a12 Ma21    Ri  T1 c12 D D c22 Ma22  a22 Ma22    Ri  T2 oder, nach Kürzen,

c12 Ma21  T1 D : c22 Ma22  T2

476

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Nun fehlt noch das Temperaturverhältnis T1 =T2 . Bei adiabaten Rohrströmungen kann für T1 =T2 folgender Zusammenhang ermittelt werden:  T2 1 2 D1C  Ma1  1  T1 2  1 D1C  Ma21  1  2

c22 c12



Ma22  T2 Ma21  T1

 :

Ausmultipliziert liefert das 1 1 Ma22  T2 T2 D1C :  Ma21   Ma21  T1 2 2 Ma21  T1 Nach Gliedern mit (T2 =T1 ) geordnet, führt das zu  1 T2 1 T2 C D1C  Ma22   Ma21 T1 2 T1 2 oder, zusammengefasst,   1 1 T2 2  1C  Ma2 D 1 C  Ma21 : T1 2 2  Wir dividieren durch 1 C

1 2

  Ma22 und bekommen 1C T2 D T1 1C

1 2 1 2

 Ma21

1 2 1 2

 Ma22

 Ma22

:

Kehrwertbildung gibt uns das Ergebnis

1C T1 D T2 1C

 Ma21

:

Dies liefert dann den gesuchten Zusammenhang für c12 =c22 gemäß

c12 Ma21 1 C D  c22 Ma22 1 C

1 2 1 2

 Ma22  Ma21

:

In die Gleichung für die gesuchte Länge L eingesetzt lässt sich diese jetzt bestimmen.

Aufgabe 11.14 Isentrope Luftströmung durch Düse

477

Lösungsschritte – Fall 2 Zum Wert der Länge L bei  = 1,395, D D 0;120 m,  D 0;020, Ma1 = 3,0 und Ma2 = 2,0 kommen wir, sofern dimensionsgerecht vorgegangen wird, über  c12 32 1 C D 2 2 c22 1C

1;3951 2 1;3951 2

 22  32

  D 1;45

und LD

    1 .1;395  1/ 2 0;12 1;395 C 1  1 C   3  ln .1;45/  .1  1;45/ C 0;020 1;395  32 2 2  1;395 L D 1;316 m

Aufgabe 11.14 Isentrope Luftströmung durch Düse Im Fall isentroper Strömungen durch Düsen werden diese mittels geeigneter Maßnahmen wärmeisoliert gegenüber der Umgebung installiert. Es findet folglich kein Wärmeaustausch von innen nach außen noch in umgekehrter Richtung statt. Weiterhin wird angenommen, dass keine Strömungsverluste vorliegen sollen. Bei bekannten Drücken am Eintritt p1 und Austritt p2 , Eintrittsgeschwindigkeit c1 und -dichte 1 sowie -querschnitt A1 sollen die Mach-Zahlen Ma1 und Ma2 , die Austrittsgeschwindigkeit c2 und der Austrittsquerschnitt A2 ermittelt werden. Weiterhin wird der kleinstmögliche Austrittsquerschnitt A2;min gesucht. Als Fluid steht Luft mit dem Isentropenexponenten  zur Verfügung.

Lösung zu Aufgabe 11.14 Aufgabenerläuterung Bei der Lösung der Aufgabe werden die Gesetze der stationären, kompressiblen Düsenströmung anzuwenden sein; dies für den hier gegebenen Fall adiabater, verlustfreier Strömung. Gegeben:  p1 D 208 000 Pa; 1 D 1;3 kg=m3 ; c1 D 47;3 m=s; A1 D 0;10 m2 ; p1 D 172 500 Pa;  D 1;4

478

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Gesucht: 1. 2. 3. 4. 5.

Ma1 c2 A2 Ma2 A2;min

Lösungsschritte – Fall 1 Die Mach-Zahl ist definiert mit Ma D ac . Am Düseneintritt haben wir also die Mach-Zahl Ma1 zu r c1 p1 mit a1 D   : Ma1 D a1

1 Somit entsteht

c1 Ma1 D q 

p1

1

:

Mit den gegebenen Zahlenwerten erhält man

47;3 Ma1 D q D 0;10: 1;4  2081;3000

Lösungsschritte – Fall 2 Bei isentroper Strömung lässt sich die Geschwindigkeit c2 herleiten zu v u u c2 D tc12 C 2 

" #   1 p2   p1  1  :   1 1 p1

Folglich wird aufgrund der gegebenen Zahlenwerte v " u  1;41 #  u 172 500 1;4 1;4 208 000 t 2 c2 D 47;3 C 2    1 1;4  1 1;3 208 000 oder ausgewertet

c2 D 246 m=s:

Aufgabe 11.14 Isentrope Luftströmung durch Düse

479

Lösungsschritte – Fall 3 Den Düsenaustrittsquerschnitt A2 erhält man aus m P D 1  c1  A1 D 2  c2  A2 durch eine einfache Umformung zu

A2 D A1 

1 c1  :

2 c2

Hierin fehlt noch die Dichte 2 , die sich wie folgt ermitteln lässt: Bei isentropen Zustandsänderungen kennt man den Zusammenhang p2 p1 D :

1

2 Umgestellt folgt zunächst

p2

2  D

1 p1

oder, mit 1 multipliziert,

2 D 1 

p2 : p1

Mit (1/) potenziert wird daraus 

2 D 1 

p2 p1

1= :

Und oben eingesetzt führt es auf  A2 D A1 

p1 p2

1= 

c1 c2

und wir bekommen aufgrund der bekannten Zahlenwerte  A2 D 0;10 

208 000 172 500

 1;41



47;3 D 0;022 m2 246

480

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Lösungsschritte – Fall 4 Am Düseneintritt lautet haben wir die Mach-Zahl M a2 D mit entsteht

c2 Ma2 D q 

Mit



2 D 1 

p2 p1

p2

2

c2 a2 ,

wobei a2 D

q 

p2

2 .

So-

:

1=

(s. o.) folgt nach Auswertung 

2 D 1;3 

172 500 208 000

 1;41

D 1;137

kg : m3

Dann ergibt sich

c2 Ma2 D q 

p2

2

Dq

246 1;4 

172 500 1;137

D 0;534

Lösungsschritte – Fall 5 Die kleinstmögliche Fläche A2;min erhält man, wenn bei 2 die Schallgeschwindigkeit a2 erreicht wird, wobei die Eintrittsbedingungen beibehalten werden sollen, der Druck p2 bei 2 (u. a.) sich aber ändert. Mit der Kontinuität m P D 1  c1  A1 D 2;min  cL  A2;min ergibt sich nach Umformung

A2;min D A1 

c1

1  : cL 2;min

Aufgabe 11.14 Isentrope Luftströmung durch Düse

481

Die noch fehlende Laval-Geschwindigkeit cL und Minimal-Dichte 2;min müssen wie folgt ermittelt werden. Mit Ma2 = 1,0 (Schallgeschwindigkeit) wird c2 D a2 D cL . Die Laval-Geschwindigkeit cL lässt sich bei isentroper Düsenströmung herleiten zu s cL D

2   p1  :   1 1

Mit o. g. Größen erhalten wir s cL D

2  1;4 208 000  D 432 m=s 1;4  1 1;3

Die Minimal-Dichte 2;min im Querschnitt A2;min bei Schallgeschwindigkeit (c2 D a2 D cL ) erhält man gemäß 

2;min D 1 

p2 D pL p1

1= ;

wobei p2 D pL den sog. Laval-Druck darstellt. Dieser Laval-Druck pL lässt sich bei isentroper Düsenströmung ermitteln zu  pL D p1 

2  C1

  1

:

Mit dem bekannten Zahlenmaterial folgt  pL D 208 000 

2 1;4 C 1

1;4  1;41

D 109 883 Pa:

482

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Der Druck pL D p2 = 109 883 Pa ist der neue Druck bei 2 im Fall der dort vorliegenden Schallgeschwindigkeit c2 D a2 D cL . Die gesuchte Dichte 2;min lautet jetzt mit dem vollständigen Zahlenmaterial 

2;min D 1;3 

109 883 208 000

 1;41

D 0;824

kg : m3

Man erhält für A2;min als gesuchten Mindestquerschnitt

A2;min D 0;10 

1;3 47;3  D 0;0173 m2 0;824 432

Aufgabe 11.15 Isentrope Luftströmung durch Diffusor Im Fall isentroper Strömungen durch Diffusoren werden diese mittels geeigneter Maßnahmen wärmeisoliert gegenüber der Umgebung installiert (Abb. 11.10). Es findet folglich kein Wärmeaustausch von innen nach außen noch in umgekehrter Richtung statt. Weiterhin wird angenommen, dass keine Strömungsverluste vorliegen sollen. Bei bekannten Drücken am Eintritt p1 und Austritt p2 , Eintrittsgeschwindigkeit c1 und Eintrittstemperatur T1 sollen der Austrittsdruck p2 , die Austrittsgeschwindigkeit c2 und die Austrittstemperatur T2 ermittelt werden. Als Fluid steht Luft mit dem Isentropenexponenten  und der Gaskonstanten Ri zur Verfügung.

Lösung zu Aufgabe 11.15 Aufgabenerläuterung Bei der Lösung der Aufgabe werden die Gesetze der stationären, kompressiblen Diffusorströmung anzuwenden sein; dies für den hier gegebenen Fall adiabater, verlustfreier Strömung.

Abb. 11.10 Isentrope Luftströmung durch Diffusor

2 1

p1 T1

p2 c2

c1 Ri 

T2

Aufgabe 11.15 Isentrope Luftströmung durch Diffusor

483

Gegeben:  p1 D 34 500 Pa; p2 D 1;3  p1 ; c1 D 305 m=s; T1 D 508 K;  D 1;4; Ri D 287 N  m=.kg  K/ Gesucht: 1. p2 2. c2 3. T2 ; #2 Anmerkung

 Überprüfung, ob bei 1 Unter- oder Überschallströmung vorliegt, also ob Ma1 < 1 oder Ma1 > 1 Lösungsschritte – Fall 1 Zur Überprüfung der Strömung bei 1 verwenden wir die Definition der Mach-Zahl, Ma D ac , bzw. an der Stelle 1 des Diffusors Ma1 D ac11 . Daraus erhält man mit der dort vorhandenen Schallgeschwindigkeit a1 D

p   Ri  T1

die Mach-Zahl zu Ma1 D p

c1 :   Ri  T1

Die gegebenen Zahlenwerte führen zu

305 Ma1 D p D 0;675 < 1: 1;4  287  508

Bei 1 liegt somit Unterschallströmung vor und wegen 1 > Ma1 > Ma2 damit ebenfalls bei 2. Der Druck p2 am Diffusoraustritt errechnet sich dann mit

p2 D 1;3  p1 D 1;3  34 500 D 44 850 Pa:

484

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Lösungsschritte – Fall 2 Bei isentroper Strömung lässt sich die Geschwindigkeit c2 herleiten zu v " # u   1 u p2   t 2 c2 D c1 C 2   Ri  T  1  : 1 p1 Mit dem gegebenen Zahlenmaterial erhält man s i h 1;41 1;4 c2 D 3052 C 2   287  508  1  .1;3/ 1;4 1;4  1 oder ausgewertet c2 D 116;5 m=s:

Lösungsschritte – Fall 3 Als Ansatz zur Ermittlung der Temperatur T2 bzw. #2 bei isentroper Zustandsänderung kennt man   1 p2  T2 D : T1 p1 Umgeformt nach T2 resultiert

 T2 D T1 

p2 p1

 1 

oder, mit den gegebenen Größen,  T2 D 508 

44 850 34 500

T2 D 547;5 K bzw:

 1;41 1;4

#2 D 274;35ı C:

Aufgabe 11.16 Stickstoffströmung aus Düse Bei bekanntem Druck p2 am Düsenaustritt (Stelle 2), der dort vorliegenden Austrittstemperatur #2 sowie dem Isentropenexponenten  und der spezifischen Gaskonstanten Ri soll zunächst die mit diesen Größen bestimmbare Schallgeschwindigkeit a2 ermittelt werden. Des Weiteren wird dann die Frage nach dem Massenstrom m P gestellt, wenn der Düsenaustrittsdurchmesser D2 als gegebene Größe und o. g. Schallgeschwindigkeit a2 bekannt sind.

Aufgabe 11.16 Stickstoffströmung aus Düse

485

Lösung zu Aufgabe 11.16 Aufgabenerläuterung Bei der Lösung der Aufgabe werden die Gesetze der stationären, kompressiblen Düsenströmung anzuwenden sein. Gegeben:  p2 ; #2 ; ; Ri ; D2 Gesucht: 1. a2 2. m P P wenn p2 D 60 000 Pa; #2 D 15 ı C;  D 1;405; Ri D 296;8 Nm=.kg  K/; 3. a2 und m, D2 D 25 mm Anmerkung

 Es wird angenommen, dass es sich es sich im vorliegenden Fall um ein ideales Gas handelt. Lösungsschritte – Fall 1 Die Schallgeschwindigkeit a2 am Düsenaustritt lässt sich ermitteln aus

c2 D a2 D

p   Ri  T2 ;

wobei T2 D 273 C #2 ist. Lösungsschritte – Fall 2 Der Massenstrom m P lautet allgemein m P D  A  c D konstant. Am Düsenaustritt (Stelle 2) folgt

m P D 2  A2  c2 :

A2 wird hierin mit A2 D 4  D22 eingesetzt. Zur Ermittlung der Gasdichte 2 bietet sich die thermische Zustandsgleichung an gemäß p2  v2 D Ri  T2 :

486

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Verwendet man dann noch v2 = 1/ 2 , so folgt zunächst p2 D Ri  T2

2 oder, nach 2 umgeformt,

2 D

p2 : Ri  T2

Da am Austritt c2 D a2 sein soll, lässt sich mit o. g. Ergebnis für a2 feststellen, dass c2 D a2 D

p   Ri  T2 :

Diese Ergebnisse führen, in m P eingesetzt, zunächst zu m P D

p  p2    Ri  T2 :  D22  4 Ri  T2

Es folgt als Ergebnis für den Stickstoffmassenstrom

m P D

p  p2 :  D22    p 4 Ri  T2

Lösungsschritte – Fall 3 P bekommen wir mit p2 D 60 000 Pa, #2 D 15 ı C,  D 1;405, Ri D Für a2 und m 296;8 N  m=.kg  K/ und D2 D 25 mm die (dimensionsgerechten) Zahlenwerte

a2 D

m P D

p 1;405  296;8  .273  15/ D 328 m=s

p  60 000 D 0;126 kg=s  0;0252  1;405  p 4 296;8  .273  15/

Aufgabe 11.17 Isentrope Luftströmung aus einem Behälter in eine Rohrleitung Bei isentropen Strömungsvorgängen, wie im vorliegenden Fall angenommen, ist weder ein Wärmeaustausch über die Systemgrenzen vorhanden, noch werden Strömungsverluste berücksichtigt. Im Fall eines Druckluftbehälters mit bekanntem Innendruck und -temperatur

Aufgabe 11.17 Isentrope Luftströmung aus einem Behälter in eine Rohrleitung

487

strömt Luft isentrop in eine Rohrleitung mit einem Querschnitt A1 . Die Luftgeschwindigkeit erreicht hierbei den Wertc1 :Von der Luft sind des Weiteren und Ri bekannt. Gesucht werden im Rohr Druck und Temperatur, die Mach-Zahl und der Massenstrom.

Lösung zu Aufgabe 11.17 Aufgabenerläuterung Bei der Lösung der Aufgabe werden die Gesetze der stationären, kompressiblen Strömung anzuwenden sein; dies für den hier gegebenen Fall eines adiabaten, verlustfreien Vorgangs. Gegeben:  p0 ; T0 ; A1 ; c1 ; ; Ri Gesucht: 1. 2. 3. 4. 5.

p1 T1 Ma1 m P Fälle 1–4, wenn p0 D 320 000 Pa; T0 D 490 K; A1 D 0;20 m2 ; c1 D 600 m=s;  D 1;40; Ri D 287 N  m=.kg  K/ Anmerkungen

 Die Größen im Behälter werden mit dem Index 0, diejenigen im Rohr mit dem Index 1 gekennzeichnet.  Die Geschwindigkeit im Behälter lautet c0 D 0. Lösungsschritte – Fall 1 Für den Druck p1 leiten wir bei isentropen Strömungen zunächst folgenden Ausdruck her: " #   1 p1  c12 c02  p0  1  D  : 2 2   1 0 p0

488

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Im vorliegenden Fall muss diese Gleichung schrittweise nach p1 umgeformt werden. Mit c0 D 0 im Behälter erhält man zunächst " #   1 p1  c12  p0  1 D  : 2   1 0 p0 Multipliziert man jetzt diese Gleichung mit 1 1   p0 = 0 und vertauscht außerdem die Seiten, so führt dies zu  1

p1 p0

 1 

D

c12   1 1   2  p0 = 0

oder nochmals umgestellt 

p1 p0

 1 

D1

c12   1 1 :   2  p0 = 0

Hierin fehlt noch (p0 = 0 ). Diesen Quotienten erhält man aus der thermischen Zustandsgleichung p0  v0 D Ri  T0 mit v0 = 1/ 0 zu p0 D Ri  T0 :

0 Somit wird jetzt

Potenzieren mit

 

 1



p1 p0

 1 

D1

c12   1 1 :   2  Ri  T0

liefert    1 p1 c12   1 1 D 1 :   p0 2  Ri  T0

Hieraus folgt als Ergebnis 

c2   1 1 p1 D p0  1  1   2  Ri  T0

  1

:

Aufgabe 11.17 Isentrope Luftströmung aus einem Behälter in eine Rohrleitung

Lösungsschritte – Fall 2 Aus der thermischen Zustandsgleichung ben mit

p1

1

T1 D

489

D Ri  T1 lässt sich die Temperatur T1 ange-

p1 :

1  Ri

Die noch benötigte Dichte 1 an der Stelle 1 erhält man wie folgt: Bei isentroper Zustandsänderung ist bekanntermaßen p1 p0  D 

1

0 oder umgeformt dann

1 D 0 

p1 : p0

Mit (1=) potenziert führt das weiterhin zu 

1 D 0 

Es fehlt noch die Dichte 0 . Aus

p1 p0

1= :

p0 D Ri  T0

0

(s. o.) lässt sich durch Umstellen die Dichte 0 angeben mit

0 D

p0 : Ri  T0

Oben in 1 eingesetzt erhält man

1 D oder auch

1 D

p0  Ri  T0



p1 p0

1=

1 p0 1=   p1 : Ri  T0 p 1= 0

490

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Weiter umgeformt entsteht

1 D

1 1 1  p0   p1 : Ri  T0

Die Temperatur T1 ist mit den jetzt bekannten Größen p1 (s. o.) und 1 (s. o.) bestimmbar. Lösungsschritte – Fall 3 Allgemein ist Ma D ac und somit die Mach-Zahl an der Stelle 1 Ma1 D ac11 . Da die Geschwindigkeit c1 vorgegeben ist, muss lediglich die Schallgeschwindigkeit bei 1 ermittelt werden. Sie lautet

a1 D

p   Ri  T1 :

Mit der bekannten Temperatur ist folglich auch die Mach-Zahl Ma1 festgelegt. Lösungsschritte – Fall 4 Der Massenstrom m P ist nun über die erforderlichen Größen an der Stelle 1 leicht zu ermitteln aus

m P D 1  c1  A1 :

Lösungsschritte – Fall 5 Wenn p0 D 320 000 Pa, T0 D 490 K, A1 D 0;20 m2 , c1 D 600 m=s,  D 1;40 und Ri D 287 N  m=.kg  K/ vorgegeben sind, bekommen wir bei dimensionsgerechter Rechnung folgende Zahlenwerte für die gefragten Größen: 1;40   1;401 6002 1;40  1 1   p1 D 320 000  1  2 1;40 287  490

p1 D 65 040 Pa

Aufgabe 11.18 Druckbehälter mit Düsenaustritt

Wir haben weiterhin T1 D

1 D

65 040

1 287

491

mit

0;4 1 1  320 000 1;4  65 040 1;4 D 0;729 kg=m3 : 287  490

Damit ist

T1 D

65 040 D 310;9 K: 0;729  287

600 Ma1 D p D 1;698 1;4  287  310;9

m P D 0;729  600  0;20 D m P D 87;48 kg=s

Aufgabe 11.18 Druckbehälter mit Düsenaustritt Bei isentropen Strömungsvorgängen, wie im vorliegenden Fall angenommen, ist weder ein Wärmeaustausch über die Systemgrenzen vorhanden, noch werden Strömungsverluste berücksichtigt. Im Beispiel des gemäß Abb. 11.11 dargestellten Druckluftbehälters mit bekannter Innentemperatur strömt Luft stationär durch eine Düse in atmosphärische Umgebung. Die Luftgeschwindigkeit erreicht hierbei am Düsenaustritt den Wertc1 :Von der Luft sind des Weiteren  und Ri bekannt. Außerdem ist die Messflüssigkeitshöhe h in einem am Behälter angeschlossenen U-Rohr-Manometer gegeben. Gesucht werden die Drücke im Behälter und am Düsenaustritt ebenso wie die dort vorhandenen Luftdichten. Weiterhin sollen die Schallgeschwindigkeit und die Mach-Zahl am Austritt der Düse ermittelt werden.

Lösung zu Aufgabe 11.18 Aufgabenerläuterung Bei der Lösung der Aufgabe werden die Gesetze der stationären, kompressiblen Strömung anzuwenden sein; dies für den hier gegebenen Fall eines adiabaten, verlustfreien Vorgangs.

492

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Abb. 11.11 Druckbehälter mit Düsenaustritt

pB

0

Luft:  Ri

1

c1

c0 = 0 T0

h

Hg

Gegeben:  T0 ; ; Ri I c1 ; h; Hg Gesucht: 1. 2. 3. 4. 5. 6.

p0

0

1 a0 Ma1 Fälle 1–5, wenn T0 D 300 K;  D 1;4; Ri D 287 N  m=.kg  K/; c1 D 240 m=s; h D 0;30 m; Hg D 13 600 kg=m3 Anmerkungen

 Die Größen im Behälter werden mit dem Index 0, diejenigen am Düsenaustritt mit dem Index 1 gekennzeichnet.  Die Geschwindigkeit im Behälter lautet c0 D 0.  Als Messflüssigkeit im U-Rohr-Manometer wird Quecksilber (Hg) verwendet. Lösungsschritte – Fall 1 Über den Druck p0 kennen wir bei isentroper Strömung von 0 nach 1 den folgenden Zusammenhang: " #   1 pB  c12 c02  p0  1  D  : 2 2   1 0 p0

Aufgabe 11.18 Druckbehälter mit Düsenaustritt

493

Im vorliegenden Fall muss diese Gleichung schrittweise nach p0 umgeformt werden. Mit c0 D 0 und p1 D pB folgt zunächst " #   1 pB  c12  p0  1 D  : 2   1 0 p0 Multiplizieren mit

1 1   p0 = 0

und Vertauschen der Seiten liefert  1

 1 

pB p0

D

c12   1 1 :   2  p0 = 0

Hierin fehlt noch der Quotient (p0 = 0 ): Aus der thermischen Zustandsgleichung p0  v0 D Ri  T0 mit v0 D 1= 0 folgt p0 D Ri  T0 :

0 In o. g. Gleichung eingesetzt führt das zunächst zu  1  Umstellen nach

pB p0

1 

pB p0

 1 

D

c12   1 1 :   2  Ri  T0

D1

c12   1 1 ;   2  Ri  T0

ergibt 

pB p0

dann liefert Potenzieren mit



 1 

 1



den Ausdruck

   1 pB c12   1 1 D 1 :   p0 2  Ri  T0

Hieraus folgt als Zwischenergebnis für p0

p0 D pB   1

1 c12 2



1 



1 Ri T0

 : 1

494

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Der noch unbekannte Atmosphärendruck pB lässt sich mit der U-Rohr-Manometeranzeige h herleiten aus p0 D pB C g  Hg  h oder auch

pB D p0  g  Hg  h:

Oben eingesetzt liefert das zunächst   p0 D p0  g  Hg  h   1 Multiplizieren mit

ergibt

1 c12 2



1 



1 Ri T0

 : 1

  1  1 c12   1   1 2  Ri  T0

   1 c12   1 1 D p0  g  Hg  h:   p0  1  2  Ri  T0

Wir ordnen nach Termen mit p0 ,    1 c12   1 1 D g  Hg  h;   p0  p0  1  2  Ri  T0

klammern aus, "

 #   1 c12   1 1 p0  1  1    D g  Hg  h; 2  Ri  T0

und bekommen das Ergebnis

p0 D



g  Hg  h

1 1

c12 2



1 



1 Ri T0

 ; 1

Aufgabe 11.18 Druckbehälter mit Düsenaustritt

495

Lösungsschritte – Fall 2 Für die Dichte 0 folgt aus der thermischen Zustandsgleichung (s. o.) mit p0 von oben

0 D

p0 : Ri  T0

Lösungsschritte – Fall 3 Für die Dichte 1 haben wir bei isentroper Zustandsänderung p0 p1  D :

0

1 Mit 1 D B und p1 D pB folgt

B pB  D

0 p0

oder B D 0 

pB : p0

Potenzieren mit (1/) führt (mit pB , p0 und 0 von oben) zu 

B D 0 

pB p0

1= :

Lösungsschritte – Fall 4 Die Schallgeschwindigkeit a1 am Düsenaustritt bei 1 lautet r p1 a1 D   :

1 Mit p1 D pB und 1 D B folgt

a1 D

r pB  :

B

496

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Lösungsschritte – Fall 5 Die Mach-Zahl Ma1 bei 1  B lautet

Ma1 D

c1 : a1

Lösungsschritte – Fall 6 Mit den gegebenen Werten T0 D 300 K,  D 1;4, Ri D 287 N m=.kg  K/, c1 D 240 m=s, h D 0;30 m und Hg D 13 600 kg=m3 erhalten wir dimensionsgerecht gerechnet für die gesuchten Größen die folgenden Werte: p0 D

9;81  13 600  0;3 1;4 1;41  2 1;41 1 1  1  240   2 1;4 287300 p0 D 135 036 Pa

135 036 kg D 1;568 3 287  300 m

0 D



B D 1;568 

95 012 135 036

 1;41

D 1;220

kg m3

r pB a1 D 1;4  ; 1;22 wobei pB D p0  g  Hg  h D 135 036  9;81  13 600  0;30 D 95 011 Pa; also s a1 D

1;4 

95 011 D 330;2 m=s 1;22

Aufgabe 11.19 Luftströmung aus einem Druckbehälter in ein Rohr

Ma1 D

497

240 D 0;727 330;2

Aufgabe 11.19 Luftströmung aus einem Druckbehälter in ein Rohr Gemäß Abb. 11.12 strömt Luft aus einem Druckbehälter mit hier bekanntem Druck p0 und Temperatur T0 durch eine Düse in eine anschließende Rohrleitung. Die Düsenströmung soll isentrop verlaufen. Die anschließende Rohrströmung erfolgt bei konstanter Temperatur (isotherm). Neben den spezifischen Luftgrößen  und Ri sind von der Rohrleitung weiterhin die Abmessungen L und D sowie die konstante Rohrreibungszahl  gegeben. Das Druckverhältnis p1 =p0 liegt ebenfalls vor. Zu ermitteln sind am Rohreintritt der Druck p1 , die Geschwindigkeit c1 , die Temperatur T1 , die Dichte 1 und die MachP sowie an der Stelle 2 der Rohrleitung der Zahl Ma1 . Weiterhin sollen der Massenstrom m Druck p2 , die Geschwindigkeit c2 , die Dichte 2 und die Mach-Zahl Ma2 bestimmt werden. Schließlich stellt sich noch die Frage nach der spezifischen Wärme q1I2 , die über die Rohrwand zu- oder abgeführt wird.

Lösung zu Aufgabe 11.19 Aufgabenerläuterung Bei der vorliegenden Aufgabe müssen zwei verschiedene thermodynamische Zustandsänderungen strömender Fluide behandelt werden. Einmal die Änderung des Zustands der

p0 c0= 0

0

Ma1 T1

Ma2 T2 = T1

p1 1

p2 

1

c1

m

2

T0 Luft: Ri



1

L

Abb. 11.12 Luftströmung aus einem Druckbehälter in ein Rohr

c2

D

498

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

im Behälter ruhenden Luft in den Zustand am Düsenaustritt, der gleichzeitig den Zustand am Rohreintritt darstellt. Die Änderung wird isentrop angenommen, d. h., es findet hierbei keine Wärmezufuhr noch Wärmeabfuhr statt. Ebenso werden die Verluste vernachlässigt. Nach dem Eintritt in die nachfolgende Rohrleitung bleibt die Temperatur im Rohr durch Austausch von Wärmeenergie mit der Umgebung auf einem konstanten Wert T1 D T2 . Dies hat zur Folge, dass der Strömungsvorgang im Rohr isotherm abläuft und die entsprechenden Gesetzmäßigkeiten anzuwenden sind. Gegeben:  p0 D 200 000 Pa; T0 D 300 K; p1 =p0 D 0;80;  D 1;4; Ri D 287 N  m=.kg  K/;  D 0;02; D D 0;10 m; L D 1;50 m Gesucht: p1 , die Geschwindigkeit c1 , die Temperatur T1 , die Dichte 1 und die Mach-Zahl Ma1 . 1. p1 2. c1 3. T1 4. 1 5. Ma1 6. m P 7. c2 8. 2 9. p2 10. Ma2 11. q1I2 Anmerkungen

 isentrope Strömung von 0 bis 1  isotherme Strömung von 1 bis 2 mit L < Lmax  Startwert der Iterationsrechnung cc12 0;80 Lösungsschritte – Fall 1 Für den Druck p1 ,

p1 D

p1  p0 ; p0

Aufgabe 11.19 Luftströmung aus einem Druckbehälter in ein Rohr

499

folgt mit den gegebenen Größen

p1 D 0;8  200 000 D 160 000 Pa

Lösungsschritte – Fall 2 Für die Geschwindigkeit c1 kennt man bei isentroper Strömung den folgenden Zusammenhang zwischen 0 und 1: v u u c1 D tc02 C 2 

" #   1 p1   p0  1  :   1 0 p0

Im vorliegenden Fall ist c0 D 0. Weiterhin kann man mit der thermischen Zustandsgleichung p0  v0 D Ri  T0 mit v0 = 1/ 0 die Gleichung wie folgt umschreiben: v u u c1 D t2 

" #   1 p1    Ri  T0  1  : 1 p0

Die Zahlenwerte führen eingesetzt auf s c1 D

2

i h 1;41 1;4  287  300  1  0;8 1;4 : 1;4  1

Als Ergebnis erhält man

c1 D 193 m=s

Lösungsschritte – Fall 3 Die thermische Zustandsgleichung an den Stellen 0 und 1 angewendet liefert für die Temperatur T1 p0 p1 D Ri  T0 und D Ri  T1 :

0

1

500

Hieraus entsteht

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

p0 1 p1 1  D 

0 T0

1 T1

oder auch T1 D T0 

p1 0  : p0 1

Im Fall der hier vorausgesetzten isentropen Zustandsänderung gilt u. a. p  v  D konstant und somit auch p0 p1 D :

0

1 Umgeformt ergibt sich

0 p0 :  D

1 p1

Potenzieren mit (1/) führt zu

0 D

1



p0 p1

1= :

Oben eingesetzt liefert zunächst  1= p0 p1  p0 p1 p1 1 D T0    1= p0 p1

T1 D T0 

p0

bzw.  T1 D T0 

p1 p0

 1  :

Mit dem vorhandenen Zahlenmaterial heißt das T1 D 300  .0;8/

1;41 1;4

bzw.

T1 D T2 D 281;5 K:

Aufgabe 11.19 Luftströmung aus einem Druckbehälter in ein Rohr

501

Lösungsschritte – Fall 4 Mit p 11 D Ri  T1 umgeformt nach der Dichte 1 erhält man

1 D

p1 : Ri  T1

Somit wird dann

1 D

160 000 kg D 1;980 3 : 287  281;5 m

Lösungsschritte – Fall 5 Für die Mach-Zahl Ma1 haben wir den Ausdruck Ma1 D ac11 sowie die bekannte Geschwindigkeit c1 D 193 m=s und die Schallgeschwindigkeit p p a1 D   Ri  T1 D 1;4  287  281;5 D 336;3 m=s: Damit bekommen wir

Ma1 D

193 D 0;574: 336;3

Lösungsschritte – Fall 6 Der Massenstrom m P lässt sich gemäß m P D  c  A, bzw. an der Stelle 1 m P D 1  c1  A; mit A D

 4

 D 2 wie folgt berechnen: m P D 1  c1 

   D 2 D 1;98  193   0;102 : 4 4

Das Ergebnis lautet m P D 3;00 kg=s:

502

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Lösungsschritte – Fall 7 Für die Geschwindigkeit c2 lässt sich bei isothermer Rohrströmung, wobei die Rohrreibungsverluste mit berücksichtigt werden, der folgende Zusammenhang herleiten:



   2 c1 c12 L 1  1  D C ln : D c22 c22   Ma21

Im Unterschallbereich, wenn also Ma1 < 1 ist, nimmt die Geschwindigkeit über die Länge L von c1 auf c2 zu. Dies bedeutet, dass c1 =c2 < 1 ist. Bei gegebenen Rohrabmessungen L und D sowie konstanter Rohrreibungszahl  lässt sich das Geschwindigkeitsverhältnis c1 =c2 nur iterativ aus der oben angegebenen Gleichung bestimmen. Bei vorliegender Geschwindigkeit c1 lautet dann die gesuchte Geschwindigkeit

c2 D

c1 : c1 =c2

Voraussetzung ist noch, dass die Mach-Zahl Ma1 am Beginn der Rohrleitung gleichfalls bekannt ist. Zum Iterationsvorgang muss o. g. Gleichung folgendermaßen umgeformt werden:  2 c c2 L    Ma21 D 1  12 C   Ma21  ln 12 :  D c2 c2 Umgestellt nach Gliedern mit

c12 c22

folgt

 2 c c12 L 2    Ma1  ln 12 D 1       Ma21 : D c22 c2

Unter Verwendung der bekannten und berechneten Größen erhält man  2 c c12 2  1;4  0;574  ln 12 D 1  0;02  0;10  1;4  0;5742 2 c2 c2 oder ausgewertet  2 c c12  0;4613  ln 12 D 0;8616: c22 c2

Aufgabe 11.19 Luftströmung aus einem Druckbehälter in ein Rohr

Die Iteration soll bei

c1 c2

503

D 0;80 beginnen.

c1 c2

c12 c22

0;80 0;82 0;83 0;84 usw. 0;832

0;8459 0;8555 0;8608 0;8665 usw. 0;8619

 0;4613  ln

Das Ergebnis lautet folglich

 2 c1 c22

Rechte Gleichungsseite < < < >

0;8616 0;8616 0;8616 0;8616

 0;8616 c1 D 0;832: c2

Für die Geschwindigkeit c2 erhält man

c2 D

c1 193 D D 232 m=s: c1 =c2 0;832

Lösungsschritte – Fall 8 P D 2  c2  Die gesuchte Dichte 2 an der Stelle 2 kann mit dem Massenstrom m durch Umstellen berechnet werden

2 D

 4

 D2

4m P :   D 2  c2

Auch hier werden die Zahlenwerte eingesetzt:

2 D

4  3;001 kg D 1;647 3 :   0;12  232 m

Lösungsschritte – Fall 9 Für den Druck p2 bekommen wir mit der thermischen Zustandsgleichung p D Ri  T an den Stellen 1 und 2 und isothermer Zustandsänderung (T1 D T2 ) den folgenden Zusammenhang p1 p2 D D Ri  T:

1

2

504

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Nach dem gesuchten Druck p2 aufgelöst führt das zu p2 D p1 

2 :

1

Die bekannten Werte eingesetzt liefern

p2 D 160 000 

1;647 D 13 309 Pa: 1;980

Lösungsschritte – Fall 10 Für die Mach-Zahl Ma2 haben wir den Ausdruck Ma2 D ac22 sowie die bekannte Geschwindigkeit c2 D 232 m=s und die Schallgeschwindigkeit p p a2 D a1 D   Ri  T1 D 1;4  287  281;5 D 336;3 m=s: Daraus erhalten wir

Ma2 D

232 D 0;690: 336;3

Lösungsschritte – Fall 11 Schließlich gilt für die spezifische Wärme q1I2 gemäß dem 1. Hauptsatz der Thermodynamik

q1I2 C wi1I2 D .h2  h1 / C

 1  2  c2  c12 C g  .Z2  Z1 / : 2

Mit .h2  h1 / D cp  .T2  T1 / und hier T2 D T1 wird

h2  h1 D 0:

Bei Gasströmungen ist g  .Z2  Z1 / . Des Weiteren ist bei Rohrströmungen   Pi wi1I2  1I2 D 0; m P da keine Arbeit zwischen 1 und 2 übertragen wird.

Aufgabe 11.20 Isotherme, kompressible Fluidströmung im Kreisrohr

505

Es folgt

q1I2 D

 1  2  c2  c12 : 2

Dies liefert für die gesuchte spezifische Wärme bei den bekannten Geschwindigkeiten das Ergebnis

q1I2 D

 1  Nm  2322  1932 D 8 288 : 2 kg

Aufgabe 11.20 Isotherme, kompressible Fluidströmung im Kreisrohr Isotherme Strömungen kompressibler Fluide (Gase) in Rohrleitungen sind dadurch gekennzeichnet, dass durch Wärmeaustausch zwischen Fluid und Umgebung die Temperatur des Fluids konstant bleibt. Dies ist z. B. in langen, nicht isolierten Rohrleitungen, die im Erdreich verlegt sind, der Fall. Die Rohrleitungslänge kann jedoch nicht beliebig gewählt werden, sondern wird durch einen Maximalwert Lmax begrenzt. Die Gleichung zur Bestimmung von Lmax soll in vorliegender Aufgabe hergeleitet werden, wenn die Fluiddaten  und Ri sowie der Rohrleitungsdurchmesser D, die Rohrreibungszahl  und die Eintrittsgeschwindigkeit c1 bekannt sind. Ebenfalls soll die an der Stelle 2 bei Lmax größtmögliche Mach-Zahl Ma2;max ermittelt werden.

Lösung zu Aufgabe 11.20 Aufgabenerläuterung Der Hintergrund zur Lösung der Aufgabe ist die Eulersche Bewegungsgleichung reibungsbehafteter Strömung eines newtonschen Fluids. Bei Vernachlässigung des Gravitationsterms lässt sich durch Integration zwischen den Stellen 1 und 2 in einer Rohrleitung die Gleichung der isothermen, kompressiblen Rohrströmung wie folgt herleiten "  2 #  2 c1 c1 L 1   1 : D C ln 2 D c2 c2   Ma1

506

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Da der Term   L=D (mit Ma1 und  als Parameter) nur von c1 =c2 abhängt, führt eine Extremwertbestimmung d .  L=D/ D0 d .c1 =c2 / zur gesuchten Gleichung für Lmax und weiterhin auf Ma2;max . Gegeben:  D; ; c1 ; T1 D T2 ; ; Ri Gesucht: 1. Lmax 2. Ma2;max Anmerkungen

 isotherme, kompressible Fluidströmung in einer Rohrleitung zwischen den Stellen 1 und 2 unter Berücksichtigung der Reibungsverluste Lösungsschritte – Fall 1 Für die maximale Rohrleitungslänge Lmax verwenden wir o. g. Gleichung: "  2 #  2 c1 L 1 c1  1   D C ln D c2 c2   Ma21 und substituieren

y L

 I D

x

c1 I c2

C 

1 :   Ma21

Damit erhalten wir folgende Gleichung:   y D C  1  x 2 C ln x 2 :

Der Differenzialquotient

dy dx

lautet

    d C  x2 d ln x 2 dy dC D  C : dx dx dx dx

Aufgabe 11.20 Isotherme, kompressible Fluidströmung im Kreisrohr

507

Nach dem Differenzieren folgt dy 2 2x D 0  2  C  x C 2 D 2  C  x C : dx x x Setzt man

dy dx

D 0, so erhält man 0 D 2  C  x C

2 x

oder umgestellt C x D Hieraus folgt x 2 D

1 C

1 x

C  x 2 D 1:

oder

und letztlich r xD

1 : C

Werden x und C zurücksubstituiert, ergibt sich 

c1 c2

 D

p

  Ma1 :

max

In die Ausgangsgleichung, "  2 #  2 c1 c1 1 L  1 ; D C ln  2 D c c   Ma1 2 max 2 max eingesetzt hat das zunächst 

    1 Lmax  1    Ma21 C ln   Ma21 D 2 D   Ma1

zur Folge. Mit (D=) multipliziert führt dies dann zum Ergebnis

Lmax

D D  

  1    Ma21   Ma21



C ln  

Ma21



! :

508

11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Lösungsschritte – Fall 2 Für die maximale Mach-Zahl bei 2, Ma2 ;max , beginnen wir mit den Mach-Zahlen Ma1 D c1 und Ma2 D ac22 oder umgeformt a1 c1 Ma1

und a2 D

c2 Ma2

p   Ri  T1

und a2 D

p   Ri  T2 :

a1 D sowie der Schallgeschwindigkeiten a1 D

Daraus erhält man bei Temperaturgleichheit, T1 D T2 D T , den Ausdruck a1 D a2 D a D Dies führt zu a1 D a2 D

p   Ri  T :

c1 c2 D Ma1 Ma2

bzw. umgestellt Ma1 c1 D : c2 Ma2 Mit

(bei Lmax ) und

(s. o.) liefert das zunächst





c1 c2

c1 c2

 D max

 D

Ma1 Ma2;max p

  Ma1

max

p Ma1 D   Ma1 Ma2;max

und schließlich das Ergebnis

Ma2;max D

c2;max 1 Dp : a2 

Aufgabe 11.21 Isotherme, kompressible Luftströmung im Kreisrohr

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Aufgabe 11.21 Isotherme, kompressible Luftströmung im Kreisrohr In einer Rohrleitung soll Luft zwischen den Stellen 1 und 2 bei gleichbleibender Temperatur kompressibel strömen. Die Drücke an den beiden Stellen p1 und p2 sind bekannt ebenso wie die Geschwindigkeit c1 . Von der Luft kennt man die spezifische Gaskonstante Ri und die Temperatur T1 D T2 D T . Das Rohr weist den Durchmesser D auf. Zu ermitteln ist zunächst der Geschwindigkeitsenergieunterschied .c 2 /=2. Des Weiteren sind die spezifische Wärme q1I2 , welche über die Rohrleitungsoberfläche übertragen wird, sowie der zugeordnete Wärmestrom QP 1I2 zu bestimmen.

Lösung zu Aufgabe 11.21 Aufgabenerläuterung Aufgrund der gegebenen Größen bietet es sich an, bei der Ermittlung von .c 2 /=2 das Kontinuitätsgesetz und die thermische Zustandsgleichung zu verwenden. Die spezifische Wärme q1I2 und der Wärmestrom QP 1I2 lassen sich mittels 1. Hauptsatz der Thermodynamik feststellen. Gegeben:  p1 ; p2 ; c1 ; T1 D T2 D T ; Ri ; D Gesucht: .c 2 / .c 2 c 2 / D 22 1 1. 2 2. q1I2 3. QP 1I2 .c 2 / P 4. 2 , q1I2 und Q1I2 , wenn p1 D 600 000 Pa; p2 D 200 000 Pa; c1 D 30 m=s; T1 D T2 D T D 308 K; Ri D 287 N  m=.kg  K/; D D 0;1500 m

Anmerkungen

 isotherme Luftströmung von 1 nach 2 Lösungsschritte – Fall 1 .c 2 / .c 2 c 2 / Für den Geschwindigkeitsenergieunterschied 2 D 2 2 1 bemerken wir, dass sich bei isothermer Rohrströmung (T1 D T2 D T D4 konstant) aus dem Kontinuitätsgesetz m P D  A  c und der thermischen Zustandsgleichung p D Ri  T der anschließende Zusammenhang herleiten lässt. Mit m P D 1  A1  c1 D 2  A2  c2 bei A1 D A2 D A entsteht daraus durch Kürzen und Umformen

1 c2 D c1

2

sowie

p1 p2 D

1

2

oder

1 p1 D

2 p2

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11

Fluidströmungen mit Dichteänderungen

Hieraus erhält man

c2 p1 D : c1 p2

Dies Ergebnis wird in # "      2  c2 c2  c12 c2 2 c12 1 D D  2 2 2 c1 eingesetzt und liefert # "     c2 p1 2 c12 1 : D  2 2 p2

Lösungsschritte – Fall 2 Für die spezifische Wärme q1I2 ziehen wir den 1. Hauptsatz der Thermodynamik hinzu:

q1I2 C wi1I2 D .h2  h1 / C

 1  2  c2  c12 C g  .Z2  Z1 / : 2

Im vorliegenden Fall müssen die nachstehenden Besonderheiten berücksichtigt werden. Mit .h2  h1 / D cp  .T2  T1 / und hier T2 D T1 wird h2  h1 D 0. Bei Gasströmungen ist g  .Z2  Z1 /