Aufgabensammlung zur Stroemungslehre 7 ed

Ziff.1 Urheber- und Nutzungsrechte 1. Die auf der CD-ROM gespeicherten Daten, das Programm, alle seine Softwarebestandteile, die enthaltenen Bilder, die Texte, die Audio- und Videosequenzen, das Handbuch sowie die Programm- und Datenkonzeption nachfolgend als Vertragsgegenstände bezeichnet - sind urheberrechtlich geschützt. Alle Rechte hieran stehen im Verhältnis zum Nutzer ausschliesslich dem Springer-Verlag zu, sofern in den Nutzungs- und Lizenzbedingungen nicht ausdrücklich auf Ausnahmen hingewiesen wird. Unabhängig hiervon vereinbaren die Vertragspartner hiermit, die Regeln des Urheberrechts auf die Vertragsgegenstände anzuwenden. 2. Der Nutzer hat die nicht ausschliessliche schuldrechtliche Befugnis, die Vertragsgegenstände in der in den Bedienungsanleitungen beschriebenen Weise zu benutzen. Alle anderen Nutzungsarten und Nutzungsmöglichkeiten des Vertragsgegenstandes sind unzulässig, insbesondere die Übersetzung, Reproduktion, Dekompilierung, Übertragung in eine maschinenlesbare Sprache und öffentliche Wiedergabe. Dies gilt für die gesamten Vertragsgegenstände und alle ihre Teile. Der Käufer erkennt mit dem Aufruf des Programms die Rechte des Springer Verlags an dem Programm und sämtlicher Medieninhalte (Patente, Urheberrechte, Geschäftsgeheimnisse) uneingeschränkt an. Das betrifft auch den urheberrechtlichen Schutz an Dokumentationen, die in schriftlicher Form vorliegen oder auf der CD-ROM enthalten sind. Der Käufer darf Urheberrechtsvermerke, Kennzeichnungen und/oder Eigentumsangaben des Springer Verlags an den Programmen, Medien oder am Dokumentationsmaterial nicht verändern. 3. Der Käufer erwirbt mit diesem Programm das nicht übertragbare und nicht ausschließliche Nutzungsrecht für das Programm. Der Käufer erwirbt das Recht, das Programm zur selben Zeit ausschliesslich auf einem Rechner bzw. an einem Arbeitsplatz einzusetzen. Der Käufer verpflichtet sich, das Programm nur für persönliche Zwecke zu nutzen. Eine gewerbliche Nutzung bedarf der Zustimmung des Springer Verlags. 4. Für die Verwendung des Programms an mehreren unabhängigen Computerarbeitsplätzen oder in Netzwerken mit der Möglichkeit des Zugriffs mehrerer Terminals ist der Erwerb einer Mehrfachlizenz erforderlich. Die Mehrfachlizenz räumt dem Nutzer das Recht ein, die CD-ROM bzw. die Software zur selben Zeit auf mehr als einem Rechner bzw. Arbeitsplatz zu nutzen. Die berechtigten Personen müssen der Institution des Nutzers angehören (z.B. Mitarbeiter eines Unternehmens oder Benutzer der Bibliothek).Zur Nutzung der Software an mehreren Arbeitsplätzen oder in Netzwerken muss für jeden Arbeitsplatz, an dem die Nutzung möglich ist, eine zusätzliche Lizenz vom Springer-Verlag erworben werden. Diese Lizenz wird durch Erwerb einer entsprechenden Mehrplatz- bzw. Netzwerkversion der CD-ROM und die Zahlung des für diese Version jeweils gültigen Kaufpreises erworben. Unterschieden wird dabei die Berechnung nach der Anzahl der eingerichteten Computerarbeitsplätze (Clients) oder die Anzahl der gleichzeitig maximal möglichen Zugriffe auf einen Server (Floating Licence). Im letzteren Fall hat der Nutzer Sorge dafür zu tragen, dass die Anzahl der gleichzeitigen Zugriffe die lizenzrechtlich vereinbarte Zahl nicht übersteigt. Sollte eine Nutzung durch mehr als die vertraglich festgelegte Anzahl an Nutzern erfolgen, so ist der Lizenznehmer

verpflichtet, zusätzliche Lizenzen vom Springer-Verlag zu erwerben. Im Übrigen gelten für die Mehrplatzversion die gleichen Nutzungs- und Registrierungsbedingungen wie für die Einzelplatzversion.Der Nutzer verwahrt die Vertragssache sorgfältig, um den Zugriff Dritter auf die Vertragsgegenstände und deren Missbrauch zu verhindern. Im Übrigen dürfen die Daten der CD-ROM, die Software und die Bedienungsanleitung grundsätzlich nicht vervielfältigt werden. Ziff. 2 Weitergabe 1. Jede Weitergabe (z.B. Verkauf) der Vertragsgegenstände an Dritte und damit jede Übertragung der Nutzungsbefugnis und -möglichkeit bedarf der schriftlichen Erlaubnis des Springer-Verlags. 2. Voraussetzung für diese Erlaubnis ist, dass der bisherige Nutzer dies schriftlich beantragt und eine Erklärung des nachfolgenden Nutzers vorlegt, dass dieser sich an die Regelung dieses Vertrags gebunden hält. Ab Zugang der Erlaubnis erlischt das Nutzungsrecht des bisherigen Nutzers und die Weitergabe wird zulässig. Ziff. 3 Registrierung Durch die Rücksendung der beigefügten Registrierungskarte kann sich der Nutzer beim Springer-Verlag registrieren lassen. Er erhält dann regelmässig Informationen über Neuausgaben der CD-ROM und ist berechtigt, den Beratungsdienst nach Ziff. 4 in Anspruch zu nehmen. Ziff. 4 Beratung 1. Der Springer-Verlag eröffnet die Möglichkeit, zu üblichen Arbeitszeiten an Werktagen Fragen in Bezug auf die Nutzung der CD-Rom an den Urheber zu stellen. Ein Rechtsanspruch auf diesen Dienst besteht jedoch nicht. 2. Die Fragen können die Installation, Handhabungs- und Benutzerprobleme betreffen. 3. Anfragen sind schriftlich oder über Mailbox an den Springer-Verlag zu richten. Der Springer-Verlag vermittelt lediglich ungeprüft die Beantwortung durch den Urheber bzw. Hersteller. Die Antworten erfolgen üblicherweise in der Reihenfolge des Eingangs. Nicht jede Frage wird beantwortet werden können. Ziff. 5 Gewährleistung 1. Der Springer-Verlag ist nicht Urheber der Daten und Programme, sondern stellt sie nur zur Verfügung. Der Nutzer weiss, dass Datenbanken und Software nicht fehlerfrei erstellt werden können; er wird die Richtigkeit der Ergebnisse seiner Recherche in geeigneter Weise überprüfen.

2. Bei Material- und Herstellungsfehlern und fehlenden zugesicherten Eigenschaften oder bei Transportschäden tauscht der Springer-Verlag den Vertragsgegenstand um. Darüber hinausgehende Ansprüche hat der Nutzer nur, wenn er die Vertragsgegenstände unmittelbar beim Springer-Verlag gekauft hat. Die Gewährleistung setzt voraus, dass der Nutzer den Mangel unverzüglich und schriftlich genau beschreibt. Ziff. 6 Haftung des Springer-Verlags 1. Der Springer-Verlag haftet auf Schadenersatz, gleich aus welchem Rechtsgrund, nur bei Vorsatz grober Fahrlässigkeit und bei Eigenschaftszusicherungen. Die Zusicherung von Eigenschaften erfolgt nur im Einzelfall gegenüber einem bestimmten Nutzer und bedarf der ausdrücklichen schriftlichen Erklärung. Für Auskünfte nach Ziff.4 haften weder der Springer-Verlag noch der Urheber bzw. der Hersteller. Die Haftung aus dem Produkthaftungsgesetz bleibt unberührt. Der Einwand des Mitverschuldens des Nutzers bleibt dem Springer-Verlag offen. 2. Die Haftung der auf den Vertragsgegenständen ausgewiesenen Urheber oder Hersteller ist- gleich aus welchem Rechtsgrund- gegenüber dem Nutzer auf Vorsatz und grobe Fahrlässigkeit beschränkt. Für Fehlfunktionen bzw. Beeinträchtigungen der Lauffähigkeit des Programms, die u. a. aufgrund von Inkompatibilitäten durch Updates oder Patches der Betriebssysteme oder der Videotreiber verursacht werden können, wird keine Gewährleistung übernommen. Bei der Zusammenstellung von Texten und Abbildungen wurde mit größter Sorgfalt vorgegangen. Trotzdem können Fehler nicht vollständig ausgeschlossen werden. Der Springer-Verlag als Inhaber der ihm übertragenen Nutzungsrechte und die Autoren können für fehlerhafte Angaben und deren Folgen weder eine juristische noch irgendeine andere Haftung übernehmen. Ziff. 7 Haftung des Nutzers 1. Der Nutzer verpflichtet sich, Nutzungs- und Weitergaberegeln (Ziff. 1 und 2) einzuhalten. Verstösse können strafbar sein und Schadenersatzansprüche auch der Lizenzgeber des Springer-Verlags gegen den Nutzer auslösen. 2. Bei schwerwiegenden Verstössen des Nutzers kann der Springer-Verlag die Nutzungserlaubnis widerrufen und die Herausgabe der Vertragsgegenstände verlangen. Ziff. 8 Datenschutz Der Nutzer ist damit einverstanden, dass seine Daten maschinell gespeichert und verarbeitet werden. Ziff. 9 Vertragsabschluss Der Nutzer verzichtet darauf, dass ihm die Einverständniserklärung des Springer-Verlags mit dieser Erklärung zugeht.

10. Schluss 1. Diese Vereinbarung gilt für gelieferte und für zukünftig zu liefernde Vertragsgegenstände. 2. Sollte eine Bestimmung dieses Vertrags unwirksam sein oder sollte der Vertrag unvollständig sein, so wird der Vertrag im übrigen Inhalt nicht berührt. Die unwirksame Bestimmung gilt durch eine solche Bestimmung ersetzt, welche dem Sinn und Zweck der unwirksamen Bestimmung in rechtswirksamer Weise wirtschaftlich am nächsten kommt. Gleiches gilt für etwaige Vertragslücken. 3. Gerichtsstand ist Heidelberg, wenn der Nutzer Vollkaufmann, eine juristische Person des öffentlichen Rechts, ein öffentliches Sondervermögen ist oder keinen deutschen Wohn- oder Geschäftssitz hat. 4. Es gilt das Recht der Bundesrepublik Deutschland unter Ausschluss der UNCITRAL-Kaufgesetze.

Joseph H. Spurk

Aufgaben zur Str¨ omungslehre

Unter Mitarbeit von H. Marschall

Springer–Verlag Berlin Heidelberg New York London Paris Tokyo Hong Kong Barcelona Budapest

Meinen Mitarbeitern

Vorwort

Vorwort zur zweiten Auflage

Ich bin recht froh, daß diese Aufgabensammlung eine gute Aufnahme gefunden hat und ¨ daß sie die Mitarbeit der Studierenden w¨ahrend der Ubungen nicht nachteilig beeinflußt hat. Eher ist das Gegenteil eingetreten. Die erste Auflage enth¨alt leider eine Reihe von Fehlern. Zwar k¨onnen die meisten als solche auch von unerfahrenen Lesern erkannt werden, sie sind aber gerade in einer Aufgabensammlung besonders ¨argerlich. Einige Fehler haben sich auch beim Zusammenf¨ ugen der Einzelaufgaben zum gesamten Buchdokument ergeben, weil dabei unbemerkt unkorrigierte Versionen von Aufgaben u ¨bernommen wurden. In der praktischen Arbeit mit der Sammlung hat sich rasch gezeigt, daß die einfache Durchnumerierung der Aufgaben nach den Kapiteln meines Lehrbuches (Str¨omungslehre, 3. Auflage, Springer–Verlag) nicht sehr hilfreich war, so daß die Aufgaben nunmehr ¨ mit Uberschriften versehen wurden, die die Aufgabenstellung beschreiben. Es wurden auch neue Aufgaben in diese zweite Auflage aufgenommen. Der wesentliche Unterschied zur ersten Auflage besteht aber in der Aufnahme von u ufungsaufgaben, so wie sie in den letzten Jahren in der Diplomhauptpr¨ ufung ¨ ber 30 Pr¨ in Darmstadt gestellt wurden. Diese Pr¨ ufungsaufgaben sind nicht ausgearbeitet und bieten daher die Gelegenheit die L¨osung selbst¨andig zu finden, was aber in der Regel Kenntnisse des gesamten Stoffes des Lehrbuches voraussetzt. Außerdem enth¨alt diese Auflage nun auch Aufgaben zur kartesischen Tensorschreibweise. ¨ Diese Anderungen wurden von meinem Mitarbeiter Herr Dipl.–Ing. Peter Pelz in die reproduktionsfertige Vorlage eingearbeitet. Er und Herr Dipl.–Ing. Ralf M¨ unzing haben in m¨ uhevoller Kleinarbeit die Aufgaben nocheinmal durchgerechnet und die oben angesprochenen Fehler entdeckt und verbessert. F¨ ur ihre Hilfe danke ich ihnen. Darmstadt, im Juni 1995

J. H. Spurk

VIII

Vorwort zur ersten Auflage Seit ich an der Technischen Hochschule Darmstadt Vorlesungen u ¨ber Str¨omungslehre halte, ist von studentischer Seite der Wunsch nach einer Sammlung ausgearbeiteter ¨ Ubungsaufgaben an mich herangetragen worden. Daß es so lange mit der Verwirklichung gedauert hat, liegt auch an Bedenken, daß die aktive Mitarbeit der Studierenden in der ¨ ¨ Ubung leidet, wenn ausgearbeitete Ubungen vorliegen. Freilich gibt es auch Gr¨ unde, die eine solche Sammlung rechtfertigen: Sie hilft w¨ahrend des Studiums denjenigen, ¨ die f¨ urchten von der F¨ ulle des Stoffes in Vorlesung und Ubung u ¨ berrollt zu werden, den Anschluß zu halten und nach dem Studium denen, die den Einstieg in theoretische L¨osungen praktischer Probleme suchen und die F¨ahigkeit der mathematischen Modellierung bewahren wollen. Sie kann gute Dienste bei der Pr¨ ufungsvorbereitung leisten und ist fast unerl¨aßlich f¨ ur das Selbststudium der Str¨omungslehre. ¨ In Darmstadt wird zu jeder Ubung ein Aufgabenblatt mit f¨ unf Aufgaben ausgegeben. ¨ Der Mitarbeiter, der f¨ ur die Ubungsbetreuung im Semester verantwortlich ist, f¨ ugt jedem Aufgabenblatt eine neue Aufgabe hinzu, damit er den Unterschied kennenlernt, zwischen originellem Denken, das durch Abstraktion und Vereinfachung zum mathematisch handhabbaren Modell f¨ uhrt und dem einfachen Nachrechnen, selbst schwieriger ¨ Ubungsaufgaben. Diese Einsicht wird vom Leser auf der anderen Seite nur dann gewonnen werden k¨onnen, wenn er den ernsthaften Versuch zur selbst¨andigen L¨osung der Aufgaben unternimmt und die ausgearbeitete L¨osung nur zur Kontrolle verwendet. ¨ Bei der Suche nach neuen Ubungsaufgaben haben die Mitarbeiter nat¨ urlich auch vorhandene Sammlungen durchgesehen, und so enth¨alt das Buch auch Aufgaben aus anderen Sammlungen, wenngleich die Herkunft im nachhinein kaum noch feststellbar ist. ¨ Viele Ubungsaufgaben entstammen aber auch den laufenden Forschungsarbeiten oder wurden durch Industriekontakte angeregt und enthalten noch den wesentlichen Kern ¨ der urspr¨ unglichen Fragestellungen. Uber die Jahre ist so eine stattliche Anzahl von ¨ Ubungsaufgaben entstanden. Grundlage des vorliegenden Buches ist eine Auswahl aus ¨ diesem Vorrat, die mein fr¨ uherer Mitarbeiter Dr. Sauerwein f¨ ur die Ubung des Jahres 1987/88 gemacht hat. Die Aufgaben werden immer dem Fortschritt der Vorlesung angepaßt und setzen nur den Stoff bis zur aktuellen Vorlesung voraus. Diese Auswahl mußte gr¨ undlich u ¨ berarbeitet werden und wurde durch die Aufnahme weiterer ¨ Ubungsaufgaben deutlich erweitert. Jetzt sind die Aufgaben den Kapiteln meines Lehrbuches (Str¨omungslehre, 3. Auflage, Springer–Verlag) zugeordnet. Entsprechend wird zur Bearbeitung der Aufgaben in der Regel nur der Stoff der vorhergehenden Kapitel ben¨otigt. Wo immer zweckm¨aßig, wird auf Formeln der Str¨omungslehre mit dem Hinweis (S. L. (xxx)) aufmerksam gemacht. Die Aufgabensammlung l¨aßt sich aber dessen ungeachtet auch im Zusammenhang mit anderen Lehrb¨ uchern der Str¨omungslehre verwenden. Die Durchrechnung der Aufgaben erfordert ein erhebliches analytisches Geschick und auch Routine in der Manipulation mathematischer Ausdr¨ ucke, die vielen Studenten ¨ mangels ausreichender Ubung heute fehlt. Moderne Computerprogramme mit symbo¨ lischer Rechenkapazit¨at k¨onnen diesen Mangel ausgleichen. Bei der Uberarbeitung der

IX

¨ Ubungsaufgaben haben wir umfassenden Gebrauch von dem Programmsystem Mathematica (Wolfram Research Inc.) gemacht, die entsprechenden Befehle aber nicht aufgenommen. Zum einen k¨onnen diese, praktisch ohne Anleitung, dem Handbuch (Wolfram, Stephen: Mathematica 2nd ed. Addison–Wesley Publishing Company Inc.) entnommen werden, zum anderen lassen sich auch andere symbolisch und graphisch arbeitende Programmsysteme verwenden. Trotzdem sind bei der L¨osung der Aufgaben alle Zwischenschritte angegeben, so daß die Aufgaben mit den u ¨ blichen Hilfsmitteln wie Formelsammlung, Integraltafeln u.s.w. auch von den Lesern ohne Schwierigkeiten bearbeitet werden k¨onnen, die keinen Zugriff zu solchen Programmsystemen haben. Alle Aufgaben wurden immer aus den grundlegenden allgemeinen Bilanzs¨atzen heraus entwickelt, nach dem Grundsatz vom Allgemeinen zum Besonderen, selbst wenn eine gewisse Schwerf¨alligkeit in der Darstellung in Kauf genommen werden mußte. Den gr¨oßten Teil der Arbeit an dieser Aufgabensammlung haben die jetzigen und fr¨ uheren Mitarbeiter geleistet und ihnen widme ich dieses Buch, f¨ ur dessen Inhalt und auch M¨angel ich aber die Verantwortung behalte. Darmstadt, im Dezember 1993

J. H. Spurk

X

Inhaltsverzeichnis

Inhaltsverzeichnis

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik 1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 1.2-1

1 1

Berechnung der materiellen Koordinaten bei gegebenen Bahnlinien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Geschwindigkeit und Beschleunigung in Materieller– und Feldbeschreibung bei gegebener Bahnlinie . . . .

2

Aufgabe 1.2-3

Lagrangesche Beschreibung der Potentialwirbelstr¨omung

4

Aufgabe 1.2-4

Lagrangesche Beschreibung der rotationssymmetrischen Staupunktstr¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Bahn–, Strom– und Streichlinien eines instation¨aren Geschwindigkeitsfeldes . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

Aufgabe 1.2-6

Kinematik eines rotations– und divergenzfreien Feldes

13

Aufgabe 1.2-7

Kinematik der ebenen, instation¨aren Staupunktstr¨omung 17

Aufgabe 1.2-8

Streichlinie eines Wasserstrahles . . . . . . . . . . . .

21

Aufgabe 1.2-9

Strom– und Streichlinien in Polarkoordinaten . . . . .

23

Aufgabe 1.2-10 Strom– und Bahnlinien bei stehenden Schwerewellen .

26

¨ Aufgabe 1.2-11 Anderung materieller Linienelemente bei einer Couette– Str¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

¨ Aufgabe 1.2-12 Anderung materieller Linienelemente bei einer dreidimensionalen Str¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

Aufgabe 1.2-2

Aufgabe 1.2-5

¨ Aufgabe 1.2-13 Bestimmung des Drehgeschwindigkeitsvektors und Anderung materieller Linienelemente bei einer ebenen Str¨omung 35 Aufgabe 1.2-14 Deformations– und Drehgeschwindigkeitstensor bei einer instation¨aren, ebenen Str¨omung . . . . . . . . . .

39

¨ Aufgabe 1.2-15 Zeitliche Anderung der kinetischen Energie eines Fl¨ ussigkeitsk¨orpers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

Inhaltsverzeichnis

XI

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

45

2.1 Erhaltungssatz der Masse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgabe 2.1-1

45

Eindimensionale, instation¨are Str¨omung mit gegebenem Dichtefeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

Aufgabe 2.1-2

Ebene, station¨are Str¨omung mit gegebenem Dichtefeld

47

Aufgabe 2.1-3

Ausflußgeschwindigkeit aus einem Beh¨alter . . . . . .

49

Aufgabe 2.1-4

Zu–, bzw. abgef¨ uhrter Massenstrom in einem Kanal .

50

Aufgabe 2.1-5

Quetschstr¨omung

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

52

Aufgabe 2.1-6

Bewegter Kolben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

Aufgabe 2.1-7

Str¨omung in einem von zwei Platten gebildeten Winkel

57

Aufgabe 2.1-8

Oszillierendes Gleitlager . . . . . . . . . . . . . . . . .

59

Aufgabe 2.1-9

Verdr¨angungswirkung einer Grenzschicht . . . . . . .

61

Aufgabe 2.1-10 Diffusor mit linearer Geschwindigkeits¨anderung u ¨ ber der Laufl¨ange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

Aufgabe 2.1-11 Temperaturgrenzschicht an kalter Wand . . . . . . . .

66

Aufgabe 2.1-12 Str¨omung im Schmierspalt . . . . . . . . . . . . . . .

67

2.2 Impulssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

70

Aufgabe 2.2-1

Hauptachsensystem eines Spannungstensors . . . . . .

70

Aufgabe 2.2-2

Kraft auf eine Rohrverzweigung . . . . . . . . . . . .

72

Aufgabe 2.2-3

Berechnung des Widerstandes eines umstr¨omten K¨orpers 74

Aufgabe 2.2-4

Kraft auf eine schlanke D¨ use . . . . . . . . . . . . . .

77

2.3 Drallsatz oder Drehimpulssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

79

Aufgabe 2.3-1

Moment auf einen geschlitzten Rohrwinkel . . . . . . .

79

Aufgabe 2.3-2

Moment auf den Leitapparat einer Wasserturbinenanlage 82

Aufgabe 2.3-3

Kr¨ ummungsradius von Kreisbogenschaufeln eines Kreisgitters . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

84

2.4 Impuls– und Drallsatz im beschleunigten Bezugssystem . . . . . . . . .

87

Aufgabe 2.4-1

Auf eine rotierende Scheibe gespritzte Fl¨ ussigkeit . . .

87

Aufgabe 2.4-2

Geschwindigkeit eines Wagens mit D¨ use . . . . . . . .

90

Aufgabe 2.4-3

Beschleunigung und Geschwindigkeit einer Rakete . .

96

Aufgabe 2.4-4

Schubumkehr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99

Aufgabe 2.4-5

Moment auf ein abgewinkeltes, rotierendes Rohr . . .

101

Aufgabe 2.4-6

Triebwerksschub . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

103

2.5 Anwendungsbeispiele aus dem Turbomaschinenbau . . . . . . . . . . .

106

XII

Inhaltsverzeichnis

Aufgabe 2.5-1

Zirkulation um einen Fl¨ ugel im Kreisgitter . . . . . .

106

Aufgabe 2.5-2

Axialstufe einer Turbine . . . . . . . . . . . . . . . . .

107

Aufgabe 2.5-3

Kaplanturbine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

110

Aufgabe 2.5-4

Drehmomentenwandler . . . . . . . . . . . . . . . . .

114

Aufgabe 2.5-5

Axialschubausgleich . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

117

2.6 Bilanz der Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

119

Aufgabe 2.6-1

Zylinder mit W¨armefluß . . . . . . . . . . . . . . . . .

119

Aufgabe 2.6-2

Energiebilanz bei einer Axialturbinenstufe . . . . . . .

121

3 Materialgleichungen

125

Aufgabe 3-1

Geschwindigkeit eines Floßes . . . . . . . . . . . . . .

125

Aufgabe 3-2

Energiebilanz bei einem Gleitlager . . . . . . . . . . .

127

Aufgabe 3-3

Druckgetriebene Papierbreistr¨omung . . . . . . . . . .

130

Aufgabe 3-4

Schleppstr¨omung einer Nicht–Newtonschen Fl¨ ussigkeit

132

Aufgabe 3-5

Dehnstr¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

134

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze 4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

138 138

Aufgabe 4.1-1

Poiseuille–Str¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

138

Aufgabe 4.1-2

Temperaturverteilung bei einer Poiseuille–Str¨omung .

141

Aufgabe 4.1-3

Druckgetriebene Kanalstr¨omung mit por¨osen Kanalw¨anden144

Aufgabe 4.1-4

Grenzschichtabsaugung . . . . . . . . . . . . . . . . .

146

Aufgabe 4.1-5

Vermischung zweier Fl¨ ussigkeitsstr¨ome . . . . . . . . .

150

Aufgabe 4.1-6

Widerstand einer unendlich d¨ unnen, ebenen Platte . .

152

Aufgabe 4.1-7

Ebener Wasserstrahl auf einen Keil . . . . . . . . . . .

156

Aufgabe 4.1-8

Starrk¨orperrotation und Potentialwirbel . . . . . . . .

159

Aufgabe 4.1-9

Energiebilanz einer Potentialwirbelstr¨omung . . . . . .

163

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

166

Aufgabe 4.2-1

Druck– und Energieerh¨ohung der Fl¨ ussigkeit bei einer Radialpumpe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

166

Aufgabe 4.2-2

Druckverteilung in einem Spiralgeh¨ause . . . . . . . .

170

Aufgabe 4.2-3

Absenkung der freien Ober߬ache eines Potentialwirbels 172

Aufgabe 4.2-4

Zirkulation und Rotation einer Couettestr¨omung . . .

Aufgabe 4.2-5

Durch einen Kreiswirbelring induzierte Geschwindigkeit 174

Aufgabe 4.2-6

Zwei unendlich lange, gerade Wirbelf¨aden in Wandn¨ahe 175

173

Inhaltsverzeichnis

XIII

Aufgabe 4.2-7

Elliptische Zirkulationsverteilung u ugelspann¨ber der Fl¨ weite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

Aufgabe 4.2-8

Str¨omung um einen Tragfl¨ ugel . . . . . . . . . . . . .

182

Aufgabe 4.2-9

Strahlwinkel im Freistrahldiffusor . . . . . . . . . . . .

184

Aufgabe 4.2-10 Kontraktionsziffer der Bordam¨ undung . . . . . . . . .

186

Aufgabe 4.2-11 Reibungsfreie, ebene, rotationssymmetrische Str¨omung 188 Aufgabe 4.2-12 Gesamtdruckerh¨ohung im Freistrahldiffusor . . . . . .

190

Aufgabe 4.2-13 Ringf¨ormiger Beh¨alterausfluß . . . . . . . . . . . . . .

192

Aufgabe 4.2-14 Blase in einem Kanal . . . . . . . . . . . . . . . . . .

194

Aufgabe 4.2-15 Flugzeug u ¨ ber dem Boden . . . . . . . . . . . . . . . .

197

Aufgabe 4.2-16 Zirkulation und Rotation der Str¨omung im Ringspalt zwischen zwei rotierenden Zylindern . . . . . . . . . .

201

Aufgabe 4.2-17 Leistung der Peltonturbine . . . . . . . . . . . . . . .

204

4.3 Anfangs- und Randbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

208

Aufgabe 4.3-1

Sich in Fl¨ ussigkeit bewegender elliptischer Zylinder . .

208

Aufgabe 4.3-2

Schlag– und Nickschwingung einer ebenen Platte . . .

209

Aufgabe 4.3-3

In Fl¨ ussigkeit bewegter Kreiszylinder . . . . . . . . . .

210

Aufgabe 4.3-4

Wirbelbehaftete Str¨omung in einem elliptischen Zylinder 212

5 Hydrostatik

214

5.1 Hydrostatische Druckverteilung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

214

Aufgabe 5.1-1

U–Rohr–Manometer . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

214

Aufgabe 5.1-2

Hydraulische Sicherheitskupplung . . . . . . . . . . .

215

Aufgabe 5.1-3

Mit Fl¨ ussigkeit gef¨ ullter, rotierender Beh¨alter . . . . .

216

Aufgabe 5.1-4

Schleudergußverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . .

218

Aufgabe 5.1-5

Tiefenmesser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

219

5.2 Hydrostatischer Auftrieb, Kraft auf W¨ande . . . . . . . . . . . . . . . .

222

Aufgabe 5.2-1

Kraft und Moment auf eine Absperrklappe . . . . . .

222

Aufgabe 5.2-2

Abflußverschluß durch eine Halbkugelschale . . . . . .

223

Aufgabe 5.2-3

Kraft auf eine bogenf¨ormige Staumauer . . . . . . . .

224

Aufgabe 5.2-4

Durch ihr Eigengewicht dichtende Halbkugelschale . .

226

Aufgabe 5.2-5

Zylindrische Tauchstation . . . . . . . . . . . . . . . .

228

Aufgabe 5.2-6

In einen Fluß gest¨ urzter Personenwagen . . . . . . . .

231

6 Laminare Schichtenstr¨ omungen

233

XIV

Inhaltsverzeichnis

Aufgabe 6-1

Ebene Ringspaltstr¨omung . . . . . . . . . . . . . . . .

233

Aufgabe 6-2

Roh¨oltransport durch Pipelines . . . . . . . . . . . . .

236

Aufgabe 6-3

Oszillierende Rohrstr¨omung . . . . . . . . . . . . . . .

239

Aufgabe 6-4

Vergleich der station¨aren Druck–Schleppstr¨omung einer Newtonschen und Stokesschen Fl¨ ussigkeit und einem Bingham Material . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

242

7 Grundz¨ uge turbulenter Str¨ omungen

248

Aufgabe 7-1

Turbulente Couette–Str¨omung . . . . . . . . . . . . .

248

Aufgabe 7-2

Geschwindigkeitsverteilung der turbulenten Couette– Str¨omung bei gegebener Reynoldszahl . . . . . . . . .

251

Aufgabe 7-3

Turbulente Rohrstr¨omung . . . . . . . . . . . . . . . .

252

Aufgabe 7-4

Kristallwachstum an der Rohrwand bei der Rohrstr¨omung salzhaltiger Fl¨ ussigkeit . . . . . . . . . . . . . .

254

Impulsfluß und Energiefluß bei laminarer und turbulenter Rohrstr¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

255

Geschwindigkeitsverteilung der turbulenten Rohrstr¨omung aufgrund des Blasiusschen Widerstandsgesetzes

258

Aufgabe 7-7

Ortung eines Rohrleitungsleckes . . . . . . . . . . . .

260

Aufgabe 7-8

Heißdampfk¨ uhlung durch Wassereinspritzung . . . . .

262

Aufgabe 7-5 Aufgabe 7-6

8 Hydrodynamische Schmierung

266

Aufgabe 8-1

Stufenlager . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Aufgabe 8-2

Auf Lagerzapfen und Lagerschale u ¨ bertragenes Reibmoment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269

Aufgabe 8-3

Vergleich der Stempeltragkraft einer Quetschstr¨omung bei verschiedenen Stempelgeometrien . . . . . . . . . .

9 Stromfadentheorie

266

271 274

9.1 Inkompressible Str¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

274

Aufgabe 9.1-1

Rohrpumpe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

274

Aufgabe 9.1-2

Durchflußmessung mittels einer Meßd¨ use

. . . . . . .

277

Aufgabe 9.1-3

Wasserstrahlpumpe . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

278

Aufgabe 9.1-4

Radialpumpe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

280

Aufgabe 9.1-5

Rohrturbine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

283

Aufgabe 9.1-6

Coanda–Effekt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

285

Aufgabe 9.1-7

Prinzip der Hohlladung . . . . . . . . . . . . . . . . .

287

Inhaltsverzeichnis

XV

Aufgabe 9.1-8

Wasserzulauf einer Peltonturbine . . . . . . . . . . . .

289

Aufgabe 9.1-9

Bestimmung des Gebl¨asebetriebspunktes einer Verbrennungsanlage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291

Aufgabe 9.1-10 Wasserkraftwerk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

295

Aufgabe 9.1-11 Schn¨ uffelanlage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

297

Aufgabe 9.1-12 Str¨omungsablenkung durch ein Sieb . . . . . . . . . .

299

Aufgabe 9.1-13 Luftkissenfahrzeug . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

301

Aufgabe 9.1-14 Windkraftmaschine . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

302

Aufgabe 9.1-15 Vergleich verschiedener Geometrien einer Beh¨alterabflußleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306 Aufgabe 9.1-16 Schwingungsf¨ahiges System bestehend aus einem gefederten Kolben und einer Fl¨ ussigkeitss¨aule . . . . . . .

308

Aufgabe 9.1-17 Instation¨are Str¨omung in einem zusammengequetschten Rohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312 Aufgabe 9.1-18 Kolbenpumpe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

315

Aufgabe 9.1-19 Str¨omung in einer Ureterprothese . . . . . . . . . . . .

318

9.2 Station¨are kompressible Str¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

320

Aufgabe 9.2-1

Kraft auf ebene Platte . . . . . . . . . . . . . . . . . .

320

Aufgabe 9.2-2

Kanalstr¨omung zwischen zwei Beh¨altern mit W¨armezufuhr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

323

Aufgabe 9.2-3 Aufgabe 9.2-4

Senkrechter Verdichtungsstoß innerhalb einer Leitradstufe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¨ Mit Uberschall angestr¨omter stumpfer K¨orper . . . . .

330

Aufgabe 9.2-5

Str¨omung durch eine Lavald¨ use mit Stoß . . . . . . . .

332

Aufgabe 9.2-6

Verspinnen eines Fadens in einer D¨ use . . . . . . . . .

334

Aufgabe 9.2-7

Strahltriebwerk im Unterschallflug . . . . . . . . . . .

337

Aufgabe 9.2-8

Fahrt eines Hochgeschwindigkeitszuges durch einen Tunnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

339

Labyrinthdichtung einer Turbomaschine . . . . . . . .

342

Aufgabe 9.2-10 Gasstr¨omung durch eine Blende . . . . . . . . . . . .

345

9.3 Instation¨are kompressible Str¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

346

Aufgabe 9.2-9

326

Aufgabe 9.3-1

In ein Rohr laufender senkrechter Verdichtungsstoß . .

346

Aufgabe 9.3-2

Stoßwellenrohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

348

Aufgabe 9.3-3

Bewegung eines Kolbens in einem Rohr infolge Gasexpansion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

351

Stoßreflexion am offenen Rohrende . . . . . . . . . . .

354

Aufgabe 9.3-4

XVI

Inhaltsverzeichnis

Aufgabe 9.3-5

Prinzip des Expansionsrohres . . . . . . . . . . . . . .

356

Aufgabe 9.3-6

Schallausbreitung in einem geschlossenen Rohr . . . .

358

10 Potentialstr¨ omungen

362

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

362

Aufgabe 10.3-1 Expandierende Kugel . . . . . . . . . . . . . . . . . .

362

Aufgabe 10.3-2 Kugel in einer Translationsstr¨omung . . . . . . . . . .

365

Aufgabe 10.3-3 Quelle in einer Parallelstr¨omung . . . . . . . . . . . .

369

Aufgabe 10.3-4 Quelle in einer rotationssymmetrischen Staupunktstr¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

371

Aufgabe 10.3-5 Quelle u ¨ ber einer festen Wand . . . . . . . . . . . . .

374

Aufgabe 10.3-6 Kontinuierliche Quellverteilung in einer Parallelstr¨omung376 Aufgabe 10.3-7 Expandierende Kugel in reibungsfreier und reibungsbehafteter Str¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

378

Aufgabe 10.3-8 Wachstum einer Kavitationsblase . . . . . . . . . . . .

381

Aufgabe 10.3-9 Der runde Freistrahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

384

Aufgabe 10.3-10 In Wasser aufsteigende Blase . . . . . . . . . . . . . .

388

Aufgabe 10.3-11 Bewegung eines Zylinders senkrecht zu seiner Achse .

390

Aufgabe 10.3-12 Schwingender Rotor in einer reibungsfreien Fl¨ ussigkeit

392

10.4 Ebene Potentialstr¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

397

Aufgabe 10.4-1 Spaltstr¨omung zwischen einem bewegten Kolben und einer Wand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

397

Aufgabe 10.4-2 Senkenverteilung in einer Staupunktstr¨omung . . . . .

399

Aufgabe 10.4-3 Das Kreistheorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

401

Aufgabe 10.4-4 Halbkreisf¨ormiger Zylinder in einer Staupunktstr¨omung 406 Aufgabe 10.4-5 Kreiszylinder in einer Dipolstr¨omung . . . . . . . . . .

410

Aufgabe 10.4-6 Umstr¨omung einer d¨ unnen Platte . . . . . . . . . . . .

413

Aufgabe 10.4-7 Tragfl¨ ugel u ¨ ber einer festen Wand . . . . . . . . . . .

416

Aufgabe 10.4-8 Halbunendlicher K¨orper in einem Kanal . . . . . . . .

419

Aufgabe 10.4-9 K´arm´ansche Wirbelstraße . . . . . . . . . . . . . . . .

422

Aufgabe 10.4-10 Joukowsky–Abbildung eines Kreiszylinders in angestellter Str¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

424

Aufgabe 10.4-11 Das ebene Kreisgitter . . . . . . . . . . . . . . . . . .

428

Aufgabe 10.4-12 Schwarz–Christoffel–Transformation einer endlich breiten Mauer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430

Inhaltsverzeichnis

XVII

Aufgabe 10.4-13 Schwarz–Christoffel–Transformation eines sich verj¨ ungenden Kanals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

432

Aufgabe 10.4-14 Kavitation im ebenen Kanal . . . . . . . . . . . . . .

436

Aufgabe 10.4-15 Quell–Senkenverteilung f¨ ur einen schlanken K¨orper . .

439

Aufgabe 10.4-16 Zirkulationsverteilung und Skelettlinie eines schwach gew¨olbten Profils . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 444 Aufgabe 10.4-17 Das gerade Schaufelgitter . . . . . . . . . . . . . . . .

447

Aufgabe 10.4-18 Zirkulationsverteilung eines Plattengitters . . . . . . .

451

Aufgabe 10.4-19 Wellige Wand in kompressibler Str¨omung . . . . . . .

457

¨ 11 Uberschallstr¨ omungen

462

11.1 Schr¨ager Verdichtungsstoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

462

Aufgabe 11.1-1 Keil mit vorstehender Platte . . . . . . . . . . . . . .

462

Aufgabe 11.1-2 Einlauf eines ebenen Kanals . . . . . . . . . . . . . . .

463

11.3 Reflexion schr¨ager St¨oße . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

466

Aufgabe 11.3-1 Keil im supersonischen Kanal . . . . . . . . . . . . . .

466

Aufgabe 11.3-2 Sich verengender Kanal . . . . . . . . . . . . . . . . .

468

11.5 Prandtl-Meyer-Str¨omung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

470

Aufgabe 11.5-1 Expansionsf¨acher im sich erweiternden Kanal . . . . .

470

11.6 Stoß-Expansions-Theorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

474

Aufgabe 11.6-1 Angestelltes Tragfl¨ ugelprofil . . . . . . . . . . . . . . .

474

Aufgabe 11.6-2 Einlauf eines Triebwerkes . . . . . . . . . . . . . . . .

477

12 Grenzschichttheorie

481

Aufgabe 12-1

Impulsgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

481

Aufgabe 12-2

Außenstr¨omung am Keil . . . . . . . . . . . . . . . . .

484

Aufgabe 12-3

Unstetiger Diffusor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

487

Aufgabe 12-4

Korrektur des Widerstandsbeiwertes bei einem Doppelkeilprofil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

493

A Tensorrechnung

500

Aufgabe A-1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

500

Aufgabe A-2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

500

Aufgabe A-3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

501

Aufgabe A-4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

502

Aufgabe A-5

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

503

XVIII

Inhaltsverzeichnis

Aufgabe A-6

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

504

Aufgabe A-7

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

505

Aufgabe A-8

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

505

Aufgabe A-9

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

506

Aufgabe A-10

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

507

Aufgabe A-11

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

509

B Klausuraufgaben

511

Aufgabe B-1

Aufgabe zur Kinematik . . . . . . . . . . . . . . . . .

511

Aufgabe B-2

Widerstand einer Halbzylinderschale . . . . . . . . . .

511

Aufgabe B-3

Zeltplane im Wind . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

513

Aufgabe B-4

Gedehnte Folie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

514

Aufgabe B-5

Einstufiger, axialer Verdichter . . . . . . . . . . . . . .

515

Aufgabe B-6

Berechnung der Schaufelform bei vorgegebener Druckverteilung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 516

Aufgabe B-7

Brennraum eines Hubkolbenmotors . . . . . . . . . . .

517

Aufgabe B-8

Zwei schr¨ag aufeinandertreffende Strahlen . . . . . . .

518

Aufgabe B-9

Verallgemeinerte Hagen–Poiseuille–Str¨omung . . . . .

519

Aufgabe B-10

Induzierte Geschwindigkeiten eines Hufeisenwirbels . .

520

Aufgabe B-11

Gerinnestr¨omung durch ein ge¨offnetes Wehr . . . . . .

521

Aufgabe B-12

Sicherheitsventil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

521

Aufgabe B-13

Mit Fl¨ ussigkeit gef¨ ullter Plattenwinkel . . . . . . . . .

522

Aufgabe B-14

Wasserstandsregelung bei einem Wehr . . . . . . . . .

523

Aufgabe B-15

Druckgetriebene, radiale Spaltstr¨omung zwischen zwei koaxialen Ringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

524

Druckgetriebene Kanalstr¨omung mit Temperaturabh¨angigkeit der Viskosit¨at . . . . . . . . . . . . . . . .

526

Aufgabe B-17

Str¨omung infolge eines Temperaturgradienten . . . . .

527

Aufgabe B-18

Hydraulischer D¨ampfer . . . . . . . . . . . . . . . . .

528

Aufgabe B-19

Akustische Eigenfrequenz einer Flasche (Helmholtz– Resonator) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 529

Aufgabe B-20

Zylinder und Auspuffrohr eines Motors . . . . . . . . .

530

Aufgabe B-21

Pump–Turbinen–Anlage . . . . . . . . . . . . . . . . . ¨ Uberexpandierte Lavald¨ use . . . . . . . . . . . . . . . ¨ Einlauf einer Uberschalld¨ use . . . . . . . . . . . . . .

531

Aufgabe B-16

Aufgabe B-22 Aufgabe B-23

532 533

Inhaltsverzeichnis

XIX

Aufgabe B-24

Feststoffrakete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

534

Aufgabe B-25

Staustrahltriebwerk (ram jet) . . . . . . . . . . . . . .

535

Aufgabe B-26

Ludwieg–Rohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

536

Aufgabe B-27

Dipol u ¨ ber einer Wand . . . . . . . . . . . . . . . . .

538

Aufgabe B-28

Virtuelle Masse einer Platte . . . . . . . . . . . . . . .

539

Aufgabe B-29

Absaugung in einen ebenen Kanal . . . . . . . . . . .

540

Aufgabe B-30

Instation¨are Str¨omung u ¨ber einer welligen Wand . . .

541

Aufgabe B-31

Trag߬ ugel mit gegebener QuellРund Wirbelverteilung

542

Aufgabe B-32

544

Aufgabe B-35

Angestellte, ebene Platte mit Klappe . . . . . . . . . . ¨ Einlauf in ein Uberschalltriebwerk . . . . . . . . . . . ¨ Angestellte, ebene Platte in Uberschallstr¨ omung . . . ¨ Leitradstufe eines Uberschallverdichters . . . . . . . .

548

Aufgabe B-36

Grenzschicht an einer gezogenen Kunststoffolie . . . .

549

Aufgabe B-33 Aufgabe B-34

545 546

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

1.2

Kinematik der Flu ¨ ssigkeiten

Aufgabe 1.2-1

Berechnung der materiellen Koordinaten bei gegebenen Bahnlinien

Die materielle Beschreibung der Bewegung einer Fl¨ ussigkeit ist durch die Bahnlinien x1 = ξ1 , x2 = k ξ12 t2 + ξ2 , x3 = ξ3 gegeben. k bezeichnet eine dimensionsbehaftete Konstante, so daß auf beiden Seiten der Gleichungen die Dimensionen gleich sind. Zeigen Sie, daß f¨ ur diese Bewegung die Funktionaldeterminante J = det(∂xi/∂ξj ) nicht  x, t) an. verschwindet und geben Sie die Abbildung ξ = ξ( L¨ osung Wir bilden die notwendigen Ableitungen und setzen sie in die Funktionaldeterminante ein ⎛ ⎞ ∂x1 ∂x2 ∂x3 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 2k ξ1 t2 0 ⎜ ∂ξ1 ∂ξ1 ∂ξ1 ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ∂x1 J = det ⎜ ⎜ ⎜ ∂ξ2 ⎜ ⎜ ⎝ ∂x1

∂ξ3

∂x2 ∂ξ2 ∂x2 ∂ξ3

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ = det ⎜ 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ ⎟ ∂x3 ⎠ 0

∂x3 ∂ξ2

1

⎟ ⎟ ⎟ 0 ⎟ ⎟=1. ⎟ ⎠

0

1

∂ξ3

Da die Funktionaldeterminante nicht verschwindet, sind die Transformationen  t) und ξ = ξ(  x, t) eindeutig umkehrbar. Wir erhalten x = x(ξ, ξ1 = x1 ,

2

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

ξ2 = x2 − k x21 t2 , ξ3 = x3 . Zur Zeit t = 0 gilt ξi = xi .

Aufgabe 1.2-2

Geschwindigkeit und Beschleunigung in Materieller– und Feldbeschreibung bei gegebener Bahnlinie

Die Kontinuumsbewegung x1 = ξ1 ,

(1)

x2 =

1 1 (ξ2 + ξ3 ) eat + (ξ2 − ξ3 ) e−at , 2 2

(2)

x3 =

1 1 (ξ2 + ξ3 ) eat − (ξ2 − ξ3 ) e−at 2 2

(3)

ist gegeben. a) Man zeige, daß die Funktionaldeterminante nicht verschwindet. b) Man bestimme die Geschwindigkeits– und Beschleunigungskomponenten 1.) in materieller Beschreibungsweise ui (ξj , t), bi (ξj , t), 2.) in Feldbeschreibungsweise ui (xj , t), bi(xj , t). L¨ osung a) Die Funktionaldeterminante lautet ⎛

∂x1 ⎜ ⎜ ∂ξ1

⎜ ⎜ ⎜ ∂x1 det ⎜ ⎜ ⎜ ∂ξ2 ⎜ ⎜ ⎝ ∂x1

∂ξ3

⎞

∂x2 ∂ξ1

∂x3 ⎟ ∂ξ1 ⎟

∂x2 ∂ξ2

∂x3 ∂ξ2

∂x2 ∂ξ3

⎛

1

⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = det ⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎟ ∂x3 ⎠ 0

0 cosh at

0

⎞

⎟ ⎟ ⎟ sinh at ⎟ ⎟=1, ⎟ ⎠

sinh at cosh at

∂ξ3

und ist somit ungleich null. b) In materieller Beschreibungsweise gilt f¨ ur die Geschwindigkeitskomponenten 

ui (ξj , t) =

∂xi ∂t



, ξj

und daher u1 = 0 ,

(4)

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

u2 =

3

a a (ξ2 + ξ3 ) eat − (ξ2 − ξ3 ) e−at , 2 2

a a (ξ2 + ξ3 ) eat + (ξ2 − ξ3 ) e−at , 2 2 w¨ahrend f¨ ur die Beschleunigungskomponenten aus u3 =



bi(ξj , t) =

∂ui ∂t





= ξj

∂ 2 xi ∂t2

(5) (6)



ξj

b1 = 0 ,

(7)

b2 =

a2 a2 (ξ2 + ξ3 ) eat + (ξ2 − ξ3 ) e−at , 2 2

(8)

b3 =

a2 a2 (ξ2 + ξ3 ) eat − (ξ2 − ξ3 ) e−at 2 2

(9)

erhalten wird. c) Die Feldbeschreibungsweise gewinnen wir, indem wir die materiellen Koordinaten ξj = ξj (xk , t) aus den Gleichungen (1) bis (3) ermitteln und in ui = ui (ξj , t) einsetzen: ui = ui (ξj (xk , t), t) = ui (xk , t) . aus (1) ⇒

ξ1 = x1 ,

(10)

aus (2) + (3) ⇒

(ξ2 + ξ3 ) eat = x2 + x3 ,

(11)

aus (2) − (3) ⇒

(ξ2 − ξ3 ) e−at = x2 − x3 .

(12)

Die weitere Aufl¨osung nach ξ2 bzw. ξ3 kann unterbleiben, da in ui (ξj , t) nach den Gleichungen (4), (5) und (6) ξ2 bzw. ξ3 nur in den gleichen Kombinationen vorkommen wie in (11) und (12). Wir erhalten so unmittelbar das Geschwindigkeitsfeld u1 = 0 , u2 =

a a (x2 + x3 ) − (x2 − x3) = a x3 , 2 2

(13) (14)

a a (x2 + x3 ) + (x2 − x3 ) = a x2 . (15) 2 2 Das Beschleunigungsfeld bi (xk , t) wird auf analogem Weg aus (7) – (9) und (10) – (12) gewonnen u3 =

b1 = 0 , b2 =

a2 a2 (x2 + x3) + (x2 − x3) = a2 x2 , 2 2

b3 =

a2 a2 (x2 + x3) − (x2 − x3) = a2 x3 2 2

4

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

oder auch durch Bildung der materiellen Ableitung bi (xk , t) = Dui /Dt unter Verwendung des Geschwindigkeitsfeldes (13) – (15). Aus Dui ∂ui ∂ui bi = = + uj Dt ∂t ∂xj folgt: ∂u1 ∂u1 ∂u1 ∂u1 b1 = + u2 + u3 =0, + u1 ∂t ∂x1 ∂x2 ∂x3

Aufgabe 1.2-3

b2 =

∂u2 ∂u2 ∂u2 ∂u2 + u2 + u3 = a 2 x2 , + u1 ∂t ∂x1 ∂x2 ∂x3

b3 =

∂u3 ∂u3 ∂u3 ∂u3 + u2 + u3 = a 2 x3 . + u1 ∂t ∂x1 ∂x2 ∂x3

Lagrangesche Beschreibung der Potentialwirbelstr¨ omung

Gegeben ist die Bewegung eines Kontinuums in Lagrangescher Beschreibungsweise

x1 =

(ξ12

x2 =

(ξ12

+

ξ22 )1/2

+

ξ22 )1/2



Ωt ξ2 cos 2 + arctan 2 ξ1 + ξ2 ξ1



Ωt ξ2 sin 2 + arctan 2 ξ1 + ξ2 ξ1



, 

,

x3 = ξ3 . a) Geben Sie die Gleichung der Bahnlinie in impliziter Form an und zeigen Sie, daß f¨ ur den Ortsvektor x zur Zeit t = 0 x1 = ±ξ1 und x2 = ±ξ2 gilt! b) Wie groß sind die Komponenten von Geschwindigkeit ui (ξj , t) und Beschleunigung bi (ξj , t)? c) Bestimmen Sie das Geschwindigkeitsfeld ui (xk , t) und das Beschleunigungsfeld bi (xk , t)! d) Wie lautet die Gleichung der Stromlinie durch den Punkt (x10, x20)? L¨ osung a) Die Bahnlinie verl¨auft in der Ebene x3 = ξ3 . Die implizite Form erh¨alt man, indem die beiden Gleichungen f¨ ur x1 und x2 quadriert und anschließend addiert werden: x21 + x22 = ξ12 + ξ22 .

(1)

Die Teilchen ξ = const beschreiben also Kreisbahnen um die x3–Achse in der x1 , x2– ur t = 0 zun¨achst Ebene. Die Division der Gleichungen f¨ ur x2 und x1 liefert f¨ ξ2 x2 = . (2) x1 ξ1

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

5

Schreiben wir dann (1) in der Form 

x21 

bzw. x22

x2 1 + 22 x1

x2 1 + 12 x2





=

ξ12



ξ2 1 + 22 ξ1



=

ξ2 1 + 12 ξ2

ξ22





,

so erhalten wir mit (2) x1 = ±ξ1 bzw. x2 = ±ξ2. b) Geschwindigkeit und Beschleunigung in Lagrangescher Beschreibungsweise Durch partielles Ableiten ergibt sich 

u1 = 

u2 = 

u3 =

sowie



b1 = 

b2 = 

b3 =

∂x1 ∂t ∂x2 ∂t ∂x3 ∂t

∂u1 ∂t ∂u2 ∂t ∂u3 ∂t







ξj

Ωt ξ2 Ω = − 2 sin 2 + arctan 2 1/2 2 (ξ1 + ξ2 ) ξ1 + ξ2 ξ1

ξj

Ω Ωt ξ2 = cos 2 + arctan 2 2 1/2 2 (ξ1 + ξ2 ) ξ1 + ξ2 ξ1









,



,



= 0 ξj







ξj

Ω2 Ωt ξ2 = − 2 cos 2 + arctan 2 3/2 2 (ξ1 + ξ2 ) ξ1 + ξ2 ξ1

ξj

Ωt ξ2 Ω2 = − 2 sin 2 + arctan 2 3/2 2 (ξ1 + ξ2 ) ξ1 + ξ2 ξ1









, 

,



= 0. ξj

c) Geschwindigkeit und Beschleunigung in Feldkoordinaten Um die Komponenten der Geschwindigkeit in der Form ui(xk , t) zu erhalten, sind die materiellen Koordinaten in ui (ξj , t) durch ξj = ξj (xk , t) zu ersetzen. Der Einfachheit halber werden die Gleichung (1) sowie die Beziehungen



Ωt ξ2 sin 2 + arctan 2 ξ1 + ξ2 ξ1



Ωt ξ2 cos 2 + arctan 2 ξ1 + ξ2 ξ1



=

(ξ12

x2 , + ξ22 )1/2

(ξ12

x1 , + ξ22 )1/2



=

die unmittelbar aus der Bewegung folgen, verwendet. Durch Einsetzen erh¨alt man u1 = −

Ωx2 , + x22

x21

6

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

u2 =

Ωx1 , + x22

x21

u3 = 0 . Die gleiche Vorgehensweise f¨ uhrt auf das Beschleunigungsfeld b1 = −

Ω2 x1 , (x21 + x22 )2

b2 = −

Ω2 x2 , (x21 + x22 )2

b3 = 0 . Man u ¨berzeuge sich, daß durch Bildung der materiellen Ableitung bi = Dui /Dt dasselbe Beschleunigungsfeld entsteht! d) Gleichung der Stromlinie Das Geschwindigkeitsfeld ist station¨ar, d. h. die Kurven f¨ ur die Strom– und Bahnlinien sind dieselben. Die Stromlinie durch den Punkt x10, x20 lautet x21 + x22 = x210 + x220 .

Aufgabe 1.2-4

Lagrangesche Beschreibung der rotationssymmetrischen Staupunktstro ¨mung

Eine Bewegung ist in der materiellen Beschreibungsweise (Lagrangesche Beschreibungsweise) x1 = ξ1 eat , x2 = ξ2 eat , x3 = ξ3 e−2at mit a = const und ξ = x(t = 0) gegeben.

a) Berechnen Sie die Geschwindigkeit ui(ξj , t) und die Beschleunigung bi (ξj , t) in materiellen Koordinaten. b) Bestimmen Sie das Geschwindigkeitsfeld ui (xk , t) und das Beschleunigungsfeld bi (xk , t), indem Sie in dem Ergebnis aus a) die materiellen Koordinaten durch den Zusammenhang ξj = ξj (xk , t) eliminieren. c) Bestimmen Sie das Beschleunigungsfeld durch Bildung der materiellen Ableitungen von ui (xk , t).

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

7

d) Handelt es sich um eine Potentialstr¨omung? Wenn ja, wie lautet die Potentialfunktion? L¨ osung a) Geschwindigkeit und Beschleunigung in materieller Beschreibungsweise: Aus     ∂xi ∂ 2 xi ui (ξj , t) = , bi (ξj , t) = ∂t ξj ∂t2 ξj folgt u1 = a ξ1 eat ,

u2 = a ξ2 eat ,

u3 = −2a ξ3 e−2at

b1 = a2 ξ1 eat ,

b2 = a2 ξ2 eat ,

b3 = 4a2 ξ3 e−2at .

und

b) Geschwindigkeit und Beschleunigung in Feldbeschreibungsweise: Mit ξ1 = x1 e−at , ξ2 = x2 e−at , ξ3 = x3 e+2at erh¨alt man aus a) u1 = a x1 ,

u2 = a x2 ,

u3 = −2a x3

b1 = a 2 x1 ,

b2 = a 2 x2 ,

b3 = 4a2 x3 .

und c) Beschleunigungsfeld durch Bildung der materiellen Ableitung aus dem Geschwindigkeitsfeld ui(xj , t): Mit ∂ui Dui ∂ui = + uj bi = Dt ∂t ∂xj und u1 = a x1, u2 = a x2, u3 = −2a x3 gewinnt man das Beschleunigungsfeld zu b1 = a 2 x1 ,

b2 = a 2 x2 ,

b3 = 4 a 2 x3 .

d) Potentialstr¨omung und Potentialfunktion Notwendige und hinreichende Bedingung f¨ ur die Existenz einer Potentialstr¨omung ist das Verschwinden der Rotation von u im ganzen Feld: rotu = ∇ × u = 0

⇔

ijk

∂uj =0. ∂xi

Die drei Komponentengleichungen dieser Bedingung lauten ∂u3 ∂u2 − =0, ∂x2 ∂x3

∂u1 ∂u3 − =0, ∂x3 ∂x1

∂u2 ∂u1 − =0. ∂x1 ∂x2

Die Str¨omung ist eine Potentialstr¨omung, f¨ ur das vorliegende Geschwindigkeitsfeld verschwinden sogar alle sechs Terme f¨ ur sich. Aus ui =

∂Φ ∂xi

8

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

erh¨alt man f¨ ur die Potentialfunktion Φ die partiellen Differentialgleichungen ∂Φ = u1 = a x1 , ∂x1

∂Φ = u2 = a x2 , ∂x2

∂Φ = u3 = −2a x3 . ∂x3

Aus der ersten Differentialgleichung folgt durch direkte Integration Φ=

a 2 x + h(x2, x3 ) , 2 1

mit der zweiten dann ∂h = a x2 ∂x2

⇒

h(x2, x3) =

a 2 x + g(x3 ) . 2 2

Die Funktion g(x3) erh¨alt man schließlich aus der letzten Beziehung ∂g ∂Φ = = −2a x3 ∂x3 ∂x3

⇒

g(x3 ) = −a x23 + const .

Die gesuchte Potentialfunktion lautet also Φ=

a 2 (x + x22 − 2 x23 ) + const , 2 1

wobei die absolute Konstante auch weggelassen werden kann.

Aufgabe 1.2-5

Bahn–, Strom– und Streichlinien eines instation¨ aren Geschwindigkeitsfeldes

Gegeben ist das instation¨are Geschwindigkeitsfeld: u1 =

1 x1 , t0 + t

u2 = v 0 , u3 = 0

(t0 = const, v0 = const).

a) Man gebe die Gleichung der Stromlinie an, die zur Zeit t durch den Punkt (x10, x20, x30) l¨auft. b) Wie lautet die Gleichung der Bahnlinie des Fl¨ ussigkeitsteilchens mit den materiellen  Koordinaten x(t = 0) = ξ ? c) Man ermittle die Geschwindigkeit des Fl¨ ussigkeitsteilchens l¨angs seiner Bahn. d) Was geschieht mit den Teilchen, die die materiellen Koordinaten ξ1 = 0 , ξ3 = 0 haben? e) Wie heißt die Gleichung der Streichlinien?

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

9

L¨ osung a) Stromlinie durch den Punkt (x10, x20 , x30) zur festen, aber beliebigen Zeit t: Die Differentialgleichungen zur Berechnung der Stromlinien lauten dxi ui =√ . ds uk uk Zweckm¨aßigerweise wird statt der Bogenl¨ange s ein neuer Kurvenparameter η durch √ ds = uk uk dη , η(s = 0) = 0 eingef¨ uhrt, so daß die Differentialgleichungen die Form dxi = ui (xj , t) , dη

t = const

annehmen oder ausgeschrieben dx1 x1 = , dη t0 + t

dx2 = v0 , dη

Durch Integration folgt hieraus η ln x1 = + ln C1 t0 + t

⇒

dx3 =0. dη

x1 = C1 eη/(t0+t) ,

x 2 = v 0 η + C2 , x 3 = C3 . Die Stromlinie verl¨auft in der Ebene x3 = C3, es handelt sich also um ein ebenes Problem. Die Stromlinie soll durch den Punkt (x10, x20, x30) gehen. Diese Bedingung legt die drei Integrationskonstanten fest. Wird η vom Punkt (x10, x20, x30) aus gez¨ahlt, so gilt η = 0 : x1 = x10 , x2 = x20 , x3 = x30 , woraus C1 = x10 ,

C2 = x20 ,

C3 = x30

folgt. Damit erh¨alt man die L¨osung in Parameterform zu x1 = x10 eη/(t0+t) ,

(1)

x2 = v0 η + x20 ,

(2)

x3 = x30 .

(3)

In (1) bis (3) ist η der Kurvenparameter, x10, x20 und x30 sind Scharparameter. Die explizite Form der Stromlinie in der Ebene x3 = x30 gewinnt man durch Elimination des Kurvenparameters. Aus (2) folgt zun¨achst η=

x2 − x20 v0

10

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

und dann 

x1 = x10

x2 − x20 exp v0 (t0 + t)





x1 x2 /x20 − 1 = exp x10 v0 t0(1 + t/t0)/x20

bzw.



.

F¨ ur den Wert v0 t0/x20 = 2 zeigt nebenstehendes Bild den Verlauf der Stromlinie durch den Punkt (x10, x20, x30) zur festen Zeit t = 0 und zur sp¨ateren Zeit t = 0, 5 t0 . Die Str¨omung ist instation¨ar, die Stromlinien ver¨andern sich mit der Zeit.

b) Bahnlinie des Fl¨ ussigkeitsteilchens Die Differentialgleichungen f¨ ur die Bahnlinien lauten dxi = ui (xj , t) dt oder ausgeschrieben dx1 x1 = , dt t0 + t

dx3 =0. dt

dx2 = v0 , dt

Die Integration liefert x1 = C1 (t0 + t) ,

x 2 = v 0 t + C2 ,

x 3 = C3 .

Die Integrationskonstanten sind durch die Anfangsbedingung festgelegt. Zur Zeit t = 0 habe das Fl¨ ussigkeitsteilchen die materiellen Koordinaten t=0 :

x1 = ξ1 ,

x2 = ξ2 ,

x3 = ξ3 ,

so daß C1 = ξ1 /t0 ,

C2 = ξ2 ,

C3 = ξ3

ist. Die L¨osung in Parameterform ergibt sich damit zu 

x1 = ξ1

t 1+ t0



,

(4)

x2 = v0 t + ξ2 ,

(5)

x3 = ξ3 .

(6)

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

11

Hierbei ist t der Kurvenparameter der Bahnlinie; ξ1 , ξ2 und ξ3 sind Scharparameter. Wie vorher gelangen wir von der Parameterdarstellung zur expliziten Form durch Elimination des Kurvenparameters t in der Ebene x3 = ξ3 . Aus (5) erh¨alt man t= und mit (4)

x2 − ξ2 v0





x2 − ξ2 x1 = ξ1 1 + . v0 t0 Diese explizite Form der Bahnlinien ist eine Geradengleichung f¨ ur jedes Teilchen. Das Teilchen mit den materiellen Koordinaten ξ1 = x10, ξ2 = x20, ξ3 = x30 hat die Bahnlinie x1 x2/x20 − 1 =1+ , (7) x10 v0 t0 /x20 die die Stromlinie zur Zeit t = 0 im Punkt (x10, x20, x30 ) tangieren muß. Im Bild ist die Bahnlinie dieses Teilchens als durchgezogene Linie gezeichnet. Die Stromlinie zur Zeit t = 0 ist als unterbrochene Linie angedeutet.

¨ c) Die Geschwindigkeit eines Teilchens ist durch die zeitliche Anderung der Bahnkoor dinaten bei festem ξ gegeben 

ui (ξj , t) =

∂xi ∂t



, ξj

so daß aus der Bahnlinie in Parameterform sich die Geschwindigkeitskomponenten zu ξ1 u1 (ξj , t) = , u2(ξj , t) = v0 , u3(ξj , t) = 0 t0 ergeben. Alle Komponenten sind konstant, woraus man auch schließt, daß die Teilchenbahn eine Gerade sein muß. d) F¨ ur ein Teilchen mit den materiellen Koordinaten ξ1 = 0 und ξ3 = 0 erh¨alt man u1(ξj , t) = 0 , und die Bahnlinien

u2(ξj , t) = v0 , 

x1 = ξ1

t 1+ t0

u3 (ξj , t) = 0



=0,

x3 = 0 .

Das Teilchen befindet sich also auf der x2 -Achse, bleibt dort und bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit.

12

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

e) Streichlinien Die Streichlinie verbindet zu einer festen Zeit t alle Teilchen, die zur Zeit t
durch einen festen Ort y gelaufen sind oder noch laufen werden. Die Bahnlinien der Teil t). L¨ost man diese Gleichung nach ξ = ξ(  x, t) auf und setzt f¨ chen sind x = x(ξ, ur x
 die Koordinaten des festen Ortes y, sowie t = t ein, so erh¨alt man alle Teilchen ξ,

  die zur Zeit t am Ort y waren, in der Form ξ = ξ(y , t ). Deren Bahnkoordinaten sind  y , t
), t), man erh¨alt dann bei festem t und ver¨anderlichem t
offensichtlich x = x(ξ( die Verbindungskurve zwischen den aktuellen Koordinaten der Teilchen, die durch den Ort y gelaufen sind, also die Streichlinie. Beim hier vorliegenden ebenen Problem verbleiben alle Teilchen in der Ebene x3 = ξ3 . Setzt man in der Parameterform (4), (5) der Bahnlinien x1 = y1 und x2 = y2, so gewinnt man zun¨achst die materiellen Koordinaten der Teilchen, die an diesem Ort zur Zeit t = t
waren, durch Aufl¨osen nach ξ1 und ξ2 ξ1 =

y1
, 1 + tt0

ξ2 = y2 − v0t
. Diese materiellen Koordinaten werden in die Bahnliniengleichungen eingesetzt x1 = y1

1 + t/t0 , 1 + t
/t0 

x2 = y2 + v 0 t 0

t
t − t0 t0

(8) 

(9)

und ergeben die Streichlinien in Parameterform. Die aktuelle Zeit t ist fest, t
ist Kurvenparameter. Die explizite Darstellung ergibt sich aus der Elimination von t
. Aus (9) folgt x2 − y2 t
= t − v0 und dies in (8) eingesetzt, ergibt damit die Streichlinien in expliziter Form: x1 =

y1 . x2 − y2 1− v0 t0 (1 + t/t0)

(10)

Die Streichlinie durch den Punkt y1 = x10, y2 = x20 lautet dann x1 = x10 1−

1 . x2 /x20 − 1 v0 t0/x20 (1 + t/t0 )

(11)

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

13

Im Bild ist die Streichlinie f¨ ur v0 t0/x20 = 2 zur festen Zeit t/t0 = 2 dargestellt. Die unterbrochene Linie zeigt die Bahn des Teilchens, das zur Zeit t
/t0 = 0 im Punkt x1 = x10, x2 = x20 war und sich zur Zeit t/t0 = 2 im Punkt x1 = 3 x10 , x2 = 5 x20 befindet. Wird die gezeigte Streichlinie mit den gegebenen Gr¨oßen durch die Parameterform (8), (9) beschrieben, so liefert der Parameterwert t
/t0 = 0 gerade den Punkt x1 = 3 x10 , x2 = 5 x20 .

Aufgabe 1.2-6

Kinematik eines rotations– und divergenzfreien Feldes

Gegeben ist das Geschwindigkeitsfeld ui (xj ) u1 = a (x1 + x2 ) , u2 = a (x1 − x2) , u3 = W ,

mit den Konstanten a und W . Bestimmen Sie die Divergenz ∇ · u des Feldes, die Rotation ∇ × u, die Parameterdarstellung der Bahnlinien xi = xi (ξj , t) mit ξj = xj (t = 0), die parameterfreie Darstellung der Projektion der Bahnlinien in die x1 , x2–Ebene durch Elimination des Kurvenparameters t, e) die Projektion der Stromlinien in die x1, x2 –Ebene durch Integration der Differentialgleichungen f¨ ur die Stromlinien.

a) b) c) d)

L¨ osung a) Aus der Definition der Divergenz div u = ∇ · u =

∂ui ∂u1 ∂u2 ∂u3 = + + ∂xi ∂x1 ∂x2 ∂x3

folgt im vorliegenden Fall ∂ui = a−a+0 = 0 , ∂xi das vorliegende Feld ist also divergenzfrei !

14

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

b) Alle Komponenten der Rotation verschwinden ebenfalls: ω1

1 = 2

ω2

1 = 2

ω3

1 = 2









∂u2 ∂u3 231 + 321 = 0 , ∂x2 ∂x3 

∂u3 ∂u1 312 + 132 = 0 , ∂x3 ∂x1 

∂u1 ∂u2 123 + 213 = 0 . ∂x1 ∂x2

Das Geschwindigkeitsfeld besitzt somit ein Potential, das sich auf bereits bekannte Weise (Aufgabe 1.2.4) zu Φ=

a 2 (x + 2 x1 x2 − x22 ) + W x3 2 1

ergibt. c) Parameterdarstellung der Bahnlinien: Die Differentialgleichungen f¨ ur die Bahnlinien lauten dxi = ui , dt bzw. dx1 = u1 = a (x1 + x2) , dt

(1)

dx2 = u2 = a (x1 − x2) , dt

(2)

dx3 = u3 = W . dt

(3)

Die letzte Gleichung l¨aßt sich unmittelbar integrieren (x3 (t = 0) = ξ3 ) und ergibt x3(t) = W t + ξ3 ,

(4)

w¨ahrend (1) und (2) gekoppelt sind. Die zwei gekoppelten Gleichungen 1. Ordnung lassen sich durch Differentiation auf eine Gleichung 2. Ordnung reduzieren. Dazu leiten wir (2) nochmals ab d2 x2 dx2 dx1 −a =a 2 dt dt dt und ersetzen die Ableitungen auf der rechten Seite durch (1) und (2). Man ermittelt dann d2 x2 = 2 a 2 x2 . dt2

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

15

Dies ist eine lineare Dgl. 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten, die sich mit dem Ansatz x2 = C eλ t l¨osen l¨aßt. Die Eigenwerte ergeben sich zu √ λ = ± 2a , so daß die allgemeine L¨osung x2(t) = C1 e

√ 2a t

√

+ C2 e −

2a t

(5)

lautet. Aus (2) erh¨alt man damit √  √ √ √ √ 1 √ 2aC1 e 2a t − 2aC2 e− 2a t + C1 e 2a t + C2 e− 2a t , a √ √ √ √ x1 (t) = ( 2 + 1)C1 e 2a t − ( 2 − 1)C2 e− 2a t . (6)

x1 (t) = ⇒

Die zwei Integrationskonstanten C1 und C2 folgen aus den Anfangsbedingungen √ √ x1(t = 0) = ξ1 = ( 2 + 1) C1 − ( 2 − 1) C2 , x2(t = 0) = ξ2 = C1 + C2 zu C1 C2

√ √ 1 2 = (2 − 2) ξ2 + ξ1 , 4 4 √ √ 1 2 = (2 + 2) ξ2 − ξ1 . 4 4

(7)

(8)

(4), (5), (6) zusammen mit (7) und (8) beschreiben die Bahnlinien. d) Parameterfreie Darstellung der Bahnlinien in der x1, x2 –Ebene: Zur parameterfreien Darstellung dieser ebenen Kurve gelangen wir, indem wir aus den Gleichungen √ (5) und (6) den Bahnparameter t eliminieren. Dazu multiplizieren wir (5) mit ( 2 − 1) und addieren sie mit (6): √ √ √ √ √ √ ( 2 − 1) x2 + x1 = (( 2 + 1) + ( 2 − 1)) C1 e 2a t = 2 2C1 e 2a t √

⇒

e

⇒

e

√

2a t

=

√ 1 √ (( 2 − 1) x2 + x1) 2 2C1

2a t

=

√ √ 1 ((2 − 2) x2 + 2 x1) 4C1

und setzen dies in (5) ein x2 =

√ √ √ √ 1 ((2 − 2) x2 + 2 x1) + 4 C1 C2 ((2 − 2) x2 + 2 x1 )−1 4

16

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

und erhalten so

1 1 2 x2 + x1x2 − x21 = 4 C1 C2 . (9) 2 2 Dies, zusammen mit (7) und (8), ist die implizite Gleichung der Bahnlinien. Die explizite Gleichung lautet x2 = −x1 ±





F¨ ur C1 C2 = 0 sind die Bahnlinien Geraden

d. h. tanα = x2 /x1 = −1 ±

α1 = −67, 5◦

√



+ 8 C1 C2 = x1 −1 ±

2 x21

x2 = x1 (−1 ±

8 C1 C2 2+ x21



.

√ 2) ,

2 und daher

und

α2 = 22, 5◦ . Die Gesamtheit aller Bahnlinien ergibt das Bild der in der x1, x2 –Ebene um den Winkel α2 = 22, 5◦ gedrehten ebenen Staupunktstr¨omung.

e) Stromlinien in der x1, x2 –Ebene: Die Dgln. der Stromlinien lauten ui dxi = , ds |u| also die Komponenten in die x1 und x2 Richtung u1 dx1 = , ds |u|

dx2 u2 = . ds |u|

Durch Division dieser beiden Gleichungen kann der Kurvenparameter s der Stromlinie unmittelbar eliminiert werden: dx2 u2 = . dx1 u1 Also hier

a (x1 − x2) dx2 , bzw. = dx1 a (x1 + x2 ) (x2 − x1) dx1 + (x1 + x2 ) dx2 = 0 .

Die letzte Gleichung ist eine exakte Differentialgleichung der Form dΨ =

∂Ψ ∂Ψ dx1 + dx2 = 0 , ∂x1 ∂x2

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

17

¨ deren L¨osung Ψ = const ist. Zur Uberpr¨ ufung dieser Behauptung bilden wir 

∂ ∂x2 und



∂ ∂x1

∂Ψ ∂x1 ∂Ψ ∂x2



=

∂ (x2 − x1) = 1 ∂x2

=

∂ (x1 + x2 ) = 1 ∂x1



und erkennen, daß die gemischten Ableitungen ∂ 2 Ψ/∂x1∂x2 und ∂ 2 Ψ/∂x2∂x1 gleich sind, was ja die notwendige und hinreichende Bedingung ist, daß die Dgl. tats¨achlich die Form des totalen Differentials von Ψ annimmt. Damit ist sowohl ∂Ψ/∂x1 wie auch ∂Ψ/∂x2 bekannt. Zur Berechnung von Ψ integrieren wir zun¨achst ∂Ψ = x2 − x1 , ∂x1 was auf Ψ = x1 x2 −

1 2 x + h(x2 ) 2 1

f¨ uhrt. Damit ergibt sich ∂Ψ = x1 + x2 = x1 + h
(x2) , ∂x2 also

h
(x2) = x2

und daher h(x2 ) =

x22 +C , 2

so daß wir schließlich auf die L¨osung Ψ=

1 1 2 x2 + x1x2 − x21 + C 2 2

gef¨ uhrt werden. Linien Ψ = const sind die Projektionen der Stromlinien in die Ebenen x3 = const. Durch Vergleich mit (9) aus Aufgabenteil d) erkennen wir, daß f¨ ur die vorliegende station¨are Str¨omung Bahn– und Stromlinien zusammenfallen, wie es ja sein muß.

Aufgabe 1.2-7

Kinematik der ebenen, instation¨ aren Staupunktstro ¨mung

Gegeben ist das ebene instation¨are Geschwindigkeitsfeld u1 = (a + b sin ωt) x1 , u2 = −(a + b sin ωt) x2 , mit den Konstanten a > b > 0 .

18

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

a) Wie lautet die Gleichung der Stromlinien durch den Punkt (x10, x20) ? b) Wie lautet die Gleichung der Bahnlinie f¨ ur ein Fl¨ ussigkeitsteilchen, das zur Zeit t = 0 am Ort x(t = 0) = ξ war? c) Geben Sie die Gleichung der Streichlinien durch den Ursprung (y = 0) an. d) Welche Geschwindigkeits¨anderung stellt ein Beobachter fest, der sich auf der Bahn x1B = x2B = c0 t bewegt? L¨ osung a) Stromlinien (ebene Str¨omung !): Die Differentialgleichungen f¨ ur die Stromlinien lauten allgemein dx1 u1 = , ds |u|

dx2 u2 = ds |u|

und speziell hier u1 (a + b sin ωt) x1 x1 dx1 = = =− . dx2 u2 −(a + b sin ωt) x2 x2 Die Richtung des Geschwindigkeitsfeldes h¨angt nicht von der Zeit ab, d. h. das Feld ist richtungsstation¨ar. In solchen F¨allen h¨angen die Stromlinien nicht von der Zeit ab. Die L¨osung der Differentialgleichung gelingt durch Trennung der Ver¨anderlichen: 

dx1 =− x1



dx2 x2

und nach Hinzuf¨ ugen der Integrationskonstanten ln x1 = − ln x2 + ln C und daher x2 =

C . x1

Die L¨osungskurven sind Hyperbeln und stellen, z. B. in der oberen Halbebene x2 ≥ 0, die ebene Staupunktstr¨omung dar. F¨ ur die Gleichung der Stromlinie durch einen festen Punkt (x10 , x20) lautet die Integrationskonstante C = x10 x20, also x2 =

x10 x20 . x1

b) Bahnlinien: Da die Str¨omung richtungsstation¨ar ist, fallen Stromlinien und Bahnlinien aufeinander, d. h. sie haben dieselbe Form und die Gleichung der Bahnlinien ist x2 =

C . x1

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

19

Wir berechnen die Bahnlinien aber noch einmal durch Integration der Differentialgleichungen dxi = ui , dt also hier dx1 = u1 = (a + b sin ωt) x1 , dt dx2 = u2 = −(a + b sin ωt) x2 . dt Durch Trennung der Ver¨anderlichen folgt 



dx1 = x1



(a + b sin ωt) dt , 

dx2 = − (a + b sin ωt) dt x2

und daher durch Integration 

ln x1

b = ln C1 + a t − cos ωt ω 

ln x2



b = ln C2 − a t − cos ωt ω

⇒

b x1 = C1 e(a t− ω cos ωt) ,

⇒

x2 = C2 e−(a t− ω cos ωt) .

 b

Die Integrationskonstanten ergeben sich aus der Anfangsbedingung x(t = 0) = ξ zu b

C1 = ξ1 e ω

und C2 = ξ2 e− ω , b

so daß die Parameterdarstellung der Bahnlinien x1 = ξ1 e(a t+ ω (1−cos ωt)) ,

(1)

x2 = ξ2 e−(a t+ ω (1−cos ωt))

(2)

b

b

lautet. Eliminiert man den Bahnparameter t aus der ersten Gleichung b x1 e(a t+ ω (1−cos ωt)) = ξ1 und setzt dies in die zweite Gleichung ein, so erh¨alt man wieder das bekannte Ergebnis ξ1 ξ2 . x2 = x1 c) Streichlinien: F¨ ur die richtungsstation¨are Str¨omung sind Stromlinien, Bahnlinien und Streichlinien deckungsgleich, d. h. die Streichlinien sind ebenfalls die gleichseitigen Hyperbeln x1 x2 = const = y1 y2 .

20

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

F¨ ur y1 = y2 = 0 erh¨alt man x1 x2 = 0 , d. h. die Koordinatenachsen (x1 = 0 sowie x2 = 0) sind die gesuchten Streichlinien. Aus den Gleichungen der Bahnlinien (1) und (2) folgt, daß die x1 –Achse die Streichlinie der Teilchen ist, die zum Zeitpunkt t
→ −∞ im Ursprung waren, w¨ahrend die x2 –Achse die Streichlinie der Teilchen ist, die f¨ ur t
→ ∞ im Ursprung ankommen. ¨ d) Anderung des Geschwindigkeitsfeldes f¨ ur einen Beobachter auf der Bahn x1B = x2B = c0 t : ¨ Die zeitliche Anderung einer Feldgr¨oße ist f¨ ur den Beobachter durch ∂ ∂ d = + cj dt ∂t ∂xj gegeben, wobei cj die Absolutgeschwindigkeit des Beobachters ist. Angewandt auf ui erh¨alt man die vom Beobachter auf seiner Bahn festgestellte Str¨omungsgeschwindigkeits¨anderung dui ∂ui ∂ui = + cj . dt ∂t ∂xj Hier ist c1 = c2 = c0 und es ergibt sich mit dem gegebenen Geschwindigkeitsfeld ∂u1 ∂u1 ∂u1 du1 = + c0 + c0 dt ∂t ∂x1 ∂x2 = (b ω cos ωt) x1 + c0 (a + b sin ωt) , du2 ∂u2 ∂u2 ∂u2 + c0 = + c0 dt ∂t ∂x1 ∂x2 = (−b ω cos ωt) x2 + c0 [−(a + b sin ωt)] . L¨angs der Bahn des Beobachters ist x1 = x1B = c0 t, x2 = x2B = c0 t, d. h. die gesuchten Geschwindigkeits¨anderungen sind als Funktionen von t durch du1 = c0 (b ω t cos ωt + a + b sin ωt) , dt du2 = −c0 (b ω t cos ωt + a + b sin ωt) dt gegeben.

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

Aufgabe 1.2-8

21

Streichlinie eines Wasserstrahles Die D¨ use eines Wasserschlauchs befindet sich an der Stelle y = h e2 und f¨ uhrt eine Pendelbewegung (α = α(t)) aus. Das Wasser verl¨aßt die D¨ use mit der konstanten Austrittsgeschwindigkeit U. Die auf den Wasserstrahl wirkenden Luftkr¨afte sind vernachl¨assigbar. Man bestimme

a) b) c) d)

die Geschwindigkeit ui (t) eines Teilchens, das zur Zeit t
am D¨ usenaustritt war,  seine Bahnlinie, wenn es zum Zeitpunkt t = 0 am Orte ξ war, die Gleichung der Streichlinien. Gibt es hier Stromlinien?

L¨ osung a) Geschwindigkeit eines Teilchens ui (t): Bei Vernachl¨assigung von Luftkr¨aften auf den Wasserstrahl beschreiben die materiellen Teilchen des Strahles eine Wurfparabel, d. h. die Geschwindigkeitskomponenten des Teilchens haben folgende Form u 1 = C1 , u 2 = C2 − g t . Die Konstanten C1 und C2 folgen aus der Bedingung, daß das betrachtete Teilchen zur Zeit t
an der D¨ usenm¨ undung war und dort die Geschwindigkeitskomponenten u1(t
) = U cos α(t
) , u2(t
) = U sin α(t
) hatte, zu C1 = U cos α(t
) , C2 = U sin α(t
) + g t
. Die gesuchte Geschwindigkeit ist also u1 = U cos α(t
) , u2 = U sin α(t
) − g (t − t
) .  b) Bahnlinie des Teilchens mit x(t = 0) = ξ: Aus den Differentialgleichungen f¨ ur die Bahnlinien dx1 = U cos α(t
) (= const) , dt dx2 = U sin α(t
) − g (t − t
) dt

22

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

folgt durch direkte Integration x1(t) = U cos α(t
) t + C3 , x2(t) = U sin α(t
) t −

1 g (t2 − 2t
t) + C4 . 2

 so bestimmen sich die War das betrachtete Teilchen f¨ ur t = 0 an der Stelle ξ, Integrationskonstanten zu x1(0) = ξ1 = C3 , x2(0) = ξ2 = C4 , d. h. die Gleichung seiner Bahn ist: x1(t) = U cos α(t
) t + ξ1 , x2(t) = U sin α(t
) t −

(1)

1 g ((t − t
)2 − t
2) + ξ2 . 2

(2)

c) Gleichung der Streichlinien: Bekannt ist xi = xi (ξj , t). Wir l¨osen diesen Zusammenhang nach ξj = ξj (xi , t) auf und identifizieren die Teilchen, die zur Zeit t
am Ort y = h e2 waren, durch die Gleichung ξj = ξj (yi , t
). Die entstehende Gleichung xi(t
) = xi (ξj (yk , t
), t) = xi (yk , t
, t) gibt schließlich bei festgehaltenem yk und t die Gleichung der Streichlinie (= Verbindungslinie aller Teilchen, die zu irgendeiner Zeit t
den Ort y passiert haben). Also der Reihe nach: Aufl¨osung von xi = xi (ξj , t) nach ξj = ξj (xi , t) ergibt aus (1):

ξ1 = x1 − U cos α(t
) t ,

aus (2):

ξ2 = x2 − U sin α(t
) t +

1 g ((t − t
)2 − t
2) . 2

Teilchenidentifikation (t = t
, x1 = y1 = 0, x2 = y2 = h): ξ1 = −U cos α(t
) t
, ξ2 = h − U sin α(t
) t
−

1
2 gt . 2

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

23

Einsetzen der materiellen Koordinaten in die Bahnliniengleichungen (1) und (2) f¨ uhrt auf x1 = U cos α(t
) (t − t
) , x2 = h + U sin α(t
) (t − t
) −

1 g (t − t
)2 . 2

Dies ist die Parameterdarstellung (Kurvenparameter t
) der gesuchten Streichlinie zum Zeitpunkt t. d) Stromlinien ? Die Momentaufnahme des Wasserstrahls zum Zeitpunkt t ist genau die berechnete Streichlinie. Die Geschwindigkeitsvektoren sind nicht tangential zur Streichlinie, sondern zur Bahnlinie der Teilchen: Um nun die Tangentialkurven an die Geschwindigkeitsvektoren verschiedener Teilchen zum selben Zeitpunkt t (=Stromlinien) einzeichnen zu k¨onnen, m¨ ußten benachbarte Teilchen existieren. Da der Strahl aber im Idealfall aus einer materiellen Linie besteht, entarten die Stromlinien zu Punkten.

Aufgabe 1.2-9

Strom– und Streichlinien in Polarkoordinaten

In Polarkoordinaten (r, ϕ) ist das ebene, instation¨are Geschwindigkeitsfeld u =

1 (A0 er + B0 (1 + at) eϕ) r

mit den dimensionsbehafteten Konstanten (A0, B0 , a) gegeben. Berechnen Sie in Polarkoordinaten a) die Gleichung der Stromlinie durch den Punkt P (r = r0 , ϕ = 0) und b) die der Bahnlinie des Teilchens, das zum Zeitpunkt t = 0 im Punkt P war. L¨ osung a) die Gleichung der Stromlinie: In Zylinderkoordinaten lautet das Linienelement (S. L. (B.2,b)) dx = dr er + r dϕ eϕ + dz ez

(1)

und das Geschwindigkeitsfeld (S. L. (B.2,c)) u = ur er + uϕ eϕ + uz ez .

(2)

24

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

Damit erh¨alt man aus

dx u = ds |u|

die drei Komponentengleichungen der Stromlinie ur dr = , ds |u|

dϕ uϕ = , ds |u|

r

dz uz = . ds |u|

F¨ ur die betrachtete ebene Str¨omung in der r, ϕ–Ebene gen¨ ugen die ersten beiden Gleichungen, die wir zur Eliminierung des Bahnparameters s durcheinander dividieren 1 dr ur . = r dϕ uϕ F¨ ur das gegebene Geschwindigkeitsfeld ergibt sich mit der Abk¨ urzung B(t) = B0 (1+ at) die Differentialgleichung dr A0 = dϕ . r B(t) Da die Stromlinien Momentaufnahmen sind, ist hier t bzw. B(t) als Konstante zu behandeln, und die Integration liefert: r r0

⇒

ln

dr A0 = r B(t)

ϕ

dϕ

(Stromlinie durch (r0 , 0) !)

0

r A0 ϕ, = r0 B(t)

bzw.

(3)

A0

r(ϕ) = r0 e B(t) ϕ . Die Funktion B(t) geht also in die Gleichung der Stromlinien nur parametrisch ein, d. h. die Stromlinien sehen zu jedem Zeitpunkt so aus, als sei B konstant und gleich dem Momentanwert zum betrachteten Zeitpunkt. Die durch (3) bzw. (4) beschriebenen Kurven sind logarithmische Spiralen, d. h. alle vom Ursprung ausgehenden Strahlen werden von der Kurve unter dem gleichen Winkel γ geschnitten.

(4)

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

25

b) die Bahnlinie: Mit (1) und (2) lauten die Differentialgleichungen f¨ ur die Bahnlinien dr dϕ dz = ur , r = uϕ , = uz . dt dt dt F¨ ur das vorliegende ebene Problem werden nur die ersten beiden Differentialgleichungen gebraucht, die mit dem gegebenen Geschwindigkeitsfeld die Form dr A0 = , dt r

(5)

dϕ B0(1 + at) = (6) dt r annehmen. Gleichung (6) ist u ¨ ber r mit (5) gekoppelt. Gleichung (5) jedoch ist entkoppelt und wird daher zun¨achst integriert r





r dr =

A0 dt + C .

Mit der Anfangsbedingung r(t = 0) = r0 folgt die spezielle L¨osung zu r2 = r02 + 2 A0 t .

(7)

Mit (7) l¨aßt sich nun auch (6) integrieren dϕ 1+ at = B0 2 , dt r0 + 2A0 t ⇒

ϕ

t

dϕ = B0 0

0



⇒

ϕ = B0 

= 

⇒

ϕ(t) =

1 + at dt + 2A0 t

r02

1 ln(r02 + 2A0 t) + a 2A0

B0 B0 a r02 − A0 2 A20







r2 t − 0 2 ln(r02 + 2A0 t) 2A0 4A0

1 B0 a t ln(r02 + 2 A0 t) + 2 2 A0 

B0 B0 a r02 2A0 − ln 1 + 2 t 2 A0 2A0 r0

1 2

+

 t 0

t 0

B0 a t . 2A0

Wegen (7) l¨aßt sich der Bahnparameter t wieder eliminieren, und man erh¨alt die explizite Darstellung 

ϕ(r) =







B0 a 2 B0 B0 a r02 r − ln + (r − r02 ) . 2 2 A0 2A0 r0 4A0

(8)

Anm.: F¨ ur a = 0 (=B(t) ˆ = B0 ) entsteht der station¨are Fall, und Gleichung (8) stimmt mit der Gleichung der Stromlinien (4) u ¨ berein.

26

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

Aufgabe 1.2-10

Strom– und Bahnlinien bei stehenden Schwerewellen

Das Geschwindigkeitsfeld ui(xj ) mit den Komponenten u1 = −U sin Ωt sin kx1 cosh k (x2 + h) , u2 = +U sin Ωt cos kx1 sinh k (x2 + h) , u3 = 0 beschreibt eine ebene, stehende Schwerewelle in einer u ¨ ber einem horizontalen Boden stehenden Fl¨ ussigkeitsschicht der Tiefe h. Die Geschwindigkeit U, die Kreisfrequenz Ω und die Wellenzahl k sowie die H¨ohe h sind konstant. a) Zeigen Sie, daß eine Potentialstr¨omung vorliegt. Wie lautet das Geschwindigkeitspotential Φ(x1 , x2, t)? b) Bei gen¨ ugend kleiner Wellenamplitude ist die Form der freien Oberfl¨ache ζ durch 

1 ∂Φ(x1, x2, t)   ζ=−  g ∂t x2 =0 gegeben. g bezeichnet die Erdbeschleunigung. Skizzieren Sie die Oberfl¨achenform zur festen Zeit t = 0. Berechnen Sie die Strom– und Bahnlinien und skizzieren Sie deren Verlauf. Geg.: U, Kreisfrequenz Ω, Wellenzahl k, Tiefe h L¨ osung a) Aus den Komponenten des Geschwindigkeitsfeldes folgt unmittelbar ∂u1 ∂u2 ∂u2 ∂u3 ∂u3 ∂u1 = , = , = , ∂x2 ∂x1 ∂x3 ∂x2 ∂x1 ∂x3 d. h. rot u = 0, es liegt also eine Potentialstr¨omung vor. Das Geschwindigkeitspotential Φ erhalten wir durch Integration der Gleichungen ∂Φ/∂xi = ui zu Φ(x1 , x2, t) =

U sin Ωt cos kx1 cosh k (x2 + h) , k

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

27

wobei die Integrationskonstante ohne Einschr¨ankung der Allgemeing¨ ultigkeit weggelassen werden kann. b) Die Oberfl¨achenform lautet zur festen Zeit t = 0 ζ=−

UΩ cosh kh cos kx1 . gk

Das instation¨are Geschwindigkeitsfeld l¨aßt sich in der Form u(x, t) = f(t) u(x) schreiben, die Richtung des Geschwindigkeitsvektors ist zeitunabh¨angig, d. h. die Stromlinien sind immer dieselben Kurven wie die Bahnlinien. Wir berechnen diese Kurven mit den Differentialgleichungen f¨ ur die Stromlinien in der Form dx1 dx2 = . u1 u2 Die Trennung der Ver¨anderlichen −

dx2 dx1 = tan kx1 tanh k (x2 + h)

und anschließende Integration f¨ uhrt uns auf die Darstellung der Stromlinien −

1 1 1 ln (sin kx1) = ln (sinh k (x2 + h)) + ln C k k k

1 = sinh k (x2 + h) sin kx1 . C Die Integrationskonstante C bestimmen wir durch die Forderung, daß die Stromlinie durch den Punkt x1 = x10, x2 = x20 verlaufen soll, zu ⇒

C=

1 . sinh k (x20 + h) sin kx10

Damit erhalten wir die explizite Form der Stromlinien zu



1 sin kx10 x2 = arsinh sinh k (x20 + h) −h. k sin kx1

28

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

Aufgabe 1.2-11

¨ Anderung materieller Linienelemente bei einer Couette–Str¨ omung

Gegeben ist das Geschwindigkeitsfeld der Couette– Str¨omung u1 =

U x2 , h

u2 = u3 = 0 .

a) Wie groß ist die Dehnungsgeschwindigkeit der materiellen Linienelemente dx und dx
? b) Welche Winkelgeschwindigkeiten Dϕ/Dt bzw. Dϕ
/Dt haben diese materiellen Linienelemente? c) Wie groß ist die Geschwindigkeit, mit der sich der rechte Winkel zwischen dx und dx
¨andert? d) Bestimmen Sie den 1.) Geschwindigkeitsgradienten ∂ui/∂xj , 2.) den Dehnungsgeschwindigkeitstensor eij und 3.) den Drehgeschwindigkeitstensor Ωij . e) Berechnen Sie mit den Tensoren aus d) die Dehnungsgeschwindigkeit der materi¨ ellen Linienelemente dx und dx
, sowie die Anderungsgeschwindigkeit des rechten Winkels zwischen ihnen. L¨ osung a) Dehnungsgeschwindigkeit der materiellen Linienelemente dx und dx
: Die Linienelemente liegen in Richtung der Koordinatenachsen, also dx = ds e2 , dx
= ds
e1 . Das Geschwindigkeitsfeld h¨angt nur von x2 ab, und nur die x1 –Komponente von u ist von null verschieden. Die Dehnungsgeschwindigkeit 1/dsD(ds)/Dt entspricht der Komponente der Differenzgeschwindigkeit du an beiden Endpunkten des Linienelements in Richtung des Elementes dividiert durch die Elementl¨ange ds. Da u2 = u3 = 0 ist, hat die Differenzgeschwindigkeit du ebenfalls nur eine x1–Komponente. F¨ ur das materielle Linienelement dx ist diese du1 = u1(x2 + ds) − u1(x2 ) =

du1 U ds = ds . dx2 h

(1)

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

29

Die Komponente in Richtung des Elementes dx und damit die Dehnungsgeschwindigkeit von dx ist aber null. F¨ ur das Element dx
gilt wegen u1 = u1 (x2) du
1 = u1 (x2) − u1(x2 ) = 0 ,

(2)

d. h. auch hier ist die Dehnungsgeschwindigkeit null. b) Winkelgeschwindigkeit der Elemente: Die Winkelgeschwindigkeit eines Linienelementes Dϕ/Dt berechnet sich aus der Komponente der Differenzgeschwindigkeit beider Endpunkte senkrecht zum Element dividiert durch die L¨ange des Elements. F¨ ur dx also mit (1) Dϕ du1 U =− = − = −γ˙ , Dt ds h wobei das Vorzeichen negativ ist, da die Drehung im mathematisch negativen Sinn erfolgt. F¨ ur dx
folgt aus (2) Dϕ
=0, Dt d. h. dieses Element wird weder gedehnt noch gedreht. ¨ c) Anderungsgeschwindigkeit des rechten Winkels zwischen den Linienelementen dx und dx
: ¨ Die Anderungsgeschwindigkeit des rechten Winkels ist die Differenz der beiden Winkelgeschwindigkeiten, also Dϕ Dϕ
U U Dα12 = − = − − 0 = − = −γ˙ . Dt Dt Dt h h (Die Indizes sind 1 und 2, weil die Elemente in die x1 und x2–Richtung ausgerichtet sind.) d) Geschwindigkeitsgradient, Dehnungsgeschwindigkeits- und Drehgeschwindigkeitstensor: 1.) Geschwindigkeitsgradient ∂ui /∂xj : Bis auf ∂u1/∂x2 = Uh = γ˙ sind alle Terme null. 2.) Dehnungsgeschwindigkeitstensor eij : Der Dehnungsgeschwindigkeitstensor eij ist der symmetrische Anteil des Geschwindigkeitsgradienten ∂ui/∂xj , also 1 eij = 2



∂ui ∂uj + ∂xj ∂xi



.

Wir erhalten wegen e12 = e21: 1 e12 = 2



∂u1 ∂u2 + ∂x2 ∂x1

Die anderen Komponenten sind wieder null.



=

1 γ˙ . 2

30

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

3.) Drehgeschwindigkeitstensor Ωij : Der Drehgeschwindigkeitstensor ist der antisymmetrische Anteil von ∂ui/∂xj , also   1 ∂ui ∂uj Ωij = − , 2 ∂xj ∂xi und daher Ω12

1 = 2



∂u1 ∂u2 − ∂x2 ∂x1



=

1 ∂u1 1 = γ˙ = −Ω21 . 2 ∂x2 2

Die anderen Komponenten verschwinden wieder. e) Dehnungsgeschwindigkeit: Die Dehnungsgeschwindigkeit eines nach l = dx/ds ausgerichteten materiellen Elementes ist 1 D(ds) = eij li lj . ds Dt Die Richtungsvektoren der beiden Elemente sind dx :

l = (0, 1, 0) ,

dx
:

l
= (1, 0, 0) .

Durch Einsetzen der Komponenten von eij , li und lj ergibt sich f¨ ur das Element dx 1 D(ds) = eij li lj = 0 ds Dt und f¨ ur dx


1 D(ds
) = eij li
lj
= 0 . ds
Dt

¨ In Ubereinstimmung mit dem Ergebnis aus a) erhalten wir also beide Dehnungsgeschwindigkeiten zu null. ¨ Bei der Anderungsgeschwindigkeit des rechten Winkels gilt der Zusammenhang Dα12 = −2 e12 , Dt also hier mit e12 = 12 γ˙ Dα12 = −γ˙ , Dt was wir auch unter c) erhalten haben. Zusatzbemerkung: F¨ ur die ebene Str¨omung berechnet sich die einzige nicht verschwindende Komponente der Winkelgeschwindigkeit ω aus ωn = 12 ijn Ωji zu 1 1 ω3 = (123 Ω21 + 213 Ω12 ) = 2 2





1 1 1 − γ˙ − γ˙ = − γ˙ . 2 2 2

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

Aufgabe 1.2-12

31

¨ Anderung materieller Linienelemente bei einer dreidimensionalen Stro ¨mung

F¨ ur das station¨are Geschwindigkeitsfeld in dimensionsloser Form u = 3 x21 x2 e1 + 2 x22 x3 e2 + x1 x2 x23 e3 berechne man am Punkt P = (1, 1, 1) a) die Komponenten ∂ui/∂xj des Geschwindigkeitsgradienten, b) die Komponenten der Winkelgeschwindigkeit, mit der sich ein Fl¨ ussigkeitsteilchen, das sich in P befindet, dreht, c) die Komponenten eij des Deformationsgeschwindigkeitstensors, d) die Dehnungsgeschwindigkeiten in die x1, x2 und x3 -Richtung, ¨ e) die Anderung des rechten Winkels zwischen dx1 und dx2 eines materiellen Volumenelementes dV = dx1 dx2 dx3 , f) die Dehnungsgeschwindigkeit eines Fl¨ ussigkeitselementes in Bahnrichtung, g) die Hauptdehnungsgeschwindigkeiten und die Hauptdehnungsrichtungen. L¨ osung a) Geschwindigkeitsgradient: Die Komponenten des Geschwindigkeitsgradienten berechnen sich zu ∂u1 = 6x1x2 = 6 ∂x1

∂u2 =0 ∂x1

∂u3 = x2x23 = 1 ∂x1

∂u1 = 3x21 = 3 ∂x2

∂u2 = 4x2x3 = 4 ∂x2

∂u3 = x1x23 = 1 ∂x2

∂u1 =0 ∂x3

∂u2 = 2x22 = 2 ∂x3

∂u3 = 2x1x2 x3 = 2 . ∂x3

b) Winkelgeschwindigkeit eines Teilchens: Aus 1 1 ∂uk ω = rot u ⇔ ωi = ijk 2 2 ∂xj folgt 1 ω1 = − , 2 1 ω2 = − , 2 3 ω3 = − . 2

32

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

c) Deformationsgeschwindigkeitstensor:

1 eij = 2



∂ui ∂uj + ∂xj ∂xi



⇒

⎧ ⎪ e11 = 6 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

e12 =

3 2

e13 =

1 2

e23 =

3 2

e21 =

3 2

e22 = 4

e31 =

1 2

e32 =

3 2

e33 = 2 .

d) Dehnungsgeschwindigkeiten in die Koordinatenrichtungen: F¨ ur ein materielles Linienelement dx mit dem Richtungsvektor l = dx/ds gilt 1 D(ds) = eij li lj . ds Dt Setzt man nacheinander jeweils l = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), so erh¨alt man die Dehnungsgeschwindigkeiten in die Koordinatenachsen zu 1 D(dx1) = e11 = 6 , dx1 Dt

1 D(dx2 ) = e22 = 4 , dx2 Dt

1 D(dx3 ) = e33 = 2 . dx3 Dt

¨ e) Die Anderung des rechten Winkels zwischen dx1 und dx2 ist D(α12) = −2 e12 = −3 Dt und es sind D(α13) D(α23 ) = −2 e13 = −1 sowie = −2 e23 = −3 Dt Dt ¨ die Anderungen der rechten Winkel zwischen dx1 und dx3 bzw. zwischen dx2 und dx3 . f) Dehnungsgeschwindigkeit in Bahnrichtung : Die Dehnung eines Linienelementes in Bahnrichtung erh¨alt man, indem man in der Gleichung 1 D(ds) = eij li lj ds Dt f¨ ur den allgemeinen Richtungsvektor l den in Bahnlinienrichtung t einsetzt; letzterer ist mit t = u |u| √ gegeben, und da u(P = (1, 1, 1)) = (3, 2, 1), d. h. |u| = 14, ist, ergibt sich mit dem normierten Richtungsvektor 1 t1 = √ 3 , 14 1 t2 = √ 2 , 14 1 t3 = √ 1 . 14

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

33

Damit erh¨alt man f¨ ur die Dehnungsgeschwindigkeit 1 D(ds) = e11 t1 t1 + e12 t1 t2 + e13 t1 t3 ds Dt + e21 t2 t1 + e22 t2 t2 + e23 t2 t3 + e31 t3 t1 + e32 t3 t2 + e33 t3 t3 , was sich noch wegen eij = eji zu 1 D(ds) = e11 t21 + e22 t22 + e33 t23 + 2 (e12 t1 t2 + e13 t1 t3 + e23 t2 t3 ) ds Dt vereinfacht. Im Punkt P = (1, 1, 1) ergibt sich der Zahlenwert 1 D(ds) 9 4 1 2 =6 +4 +2 + ds Dt 14 14 14 14





3 99 1 3 6+ 3+ 2 = . 2 2 2 14

g) Hauptdehnungsgeschwindigkeiten und Hauptdehnungsrichtungen: Die Berechnung f¨ uhrt auf das Eigenwertproblem (eij − eδij ) lj = 0 mit e als Hauptdehnung (= Eigenwert) und l als Einheitsvektor in die Hauptdehnungsrichtung (= Eigenvektor). Nichttriviale L¨osungen existieren nur, wenn die Determinante der Koeffizientenmatrix (eij − eδij ) verschwindet, d. h., wenn ⎛

⎞

e11 − e e12 e13 ⎜ ⎟ e22 − e e23 ⎠ = 0 det ⎝ e21 e31 e32 e33 − e erf¨ ullt ist. Diese Bedingung f¨ uhrt auf das charakteristische Polynom −e3 + I1ee2 − I2ee + I3e = 0 , aus dem die drei Eigenwerte berechnet werden k¨onnen. Die Invarianten des Dehnungsgeschwindigkeitstensor sind der Reihe nach I1e = eii = 6 + 4 + 2 = 12 , I2e =

1 (eii ejj − eij eij ) 2

mit eij eij = e11e11 + e12e12 + e13e13+ + e21e21 + e22e22 + e23e23+ + e31e31 + e32e32 + e33e33

34

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

= e211 + e222 + e233 + 2 (e212 + e213 + e223)  2 2

2

2

= 6 +4 +2 +2 ⇒

I2e =

3 2

 2 

 2

1 + 2

3 2

+

= 65, 5

1 2 (12 − 65, 5) = 39, 25 , 2

I3e = det(eij ) 











9 3 3 1 9 + ⇒ I3e = 6 8 − −3 + − 2 = 31, 25 . 4 2 4 2 4 Die drei Wurzeln des Polynoms dritten Grades berechnen sich, etwa nach dem Newton– Verfahren oder der Cardanischen Formel, zu e(1) = 1, 180 , e(2) = 3, 741 , e(3) = 7, 079 . Sie stellen die Hauptdehnungsgeschwindigkeiten dar. Die Komponenten des Dehnungsgeschwindigkeitstensors im Hauptachsensystem haben damit die Form  (i) e f¨ ur i = j e
ij = 0 f¨ ur i = j . Die Eigenvektoren folgen nun mit den bekannten Eigenwerten aus dem linearen Gleichungssystem (eij − eδij ) lj = 0. Laut Voraussetzung verschwindet aber die Determinante des Gleichungssystems, d. h., von den drei Gleichungen sind nur zwei linear unabh¨angig. Eine eindeutige L¨osung erh¨alt man erst mit der Normierungsbedingung l12 + l22 + l32 = 1 . Es ist rechentechnisch jedoch oft einfacher, zun¨achst einen Vektor l
zu berechnen, der nicht auf Eins normiert ist, und die Normierung erst anschließend vorzunehmen. Wir streichen die dritte Gleichung oben und setzen l3
= 1. Aus dem entstehenden Gleichungssystem f¨ ur den ersten Eigenwert 3 1 i = 1 : (6 − 1, 18) l1
+ l2
+ = 0 2 2 3
3 l1 + (4 − 1, 18) l2
+ = 0 2 2 erh¨alt man mit der Cramer’schen Regel die L¨osungen: i=2 :

l1
= 0, 07406 , l2
= −0, 5713 . Die Komponenten des nicht normierten Vektors sind also l1
= 0, 07406 , l2
= −0, 5713 , l3
= 1 .

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

35

Durch Normierung auf 1 erh¨alt man dann (1)

= 0, 06417 ,

(1)

= −0, 4950 ,

(1)

= 0, 8665 .

l1 l2 l3

Analog berechnet man die Komponenten des zweiten Eigenvektors mit e = e(2) = 3, 741 zu (2)

= −0, 558 ,

(2)

= 0, 702 ,

(2)

= 0, 442 .

l1 l2 l3

Den dritten Eigenvektor kann man auf demselben Weg berechnen. Eine einfachere M¨oglichkeit der Berechnung bietet sich jedoch durch Ausnutzung der Tatsache, daß die Eigenvektoren ein Rechtssystem bilden, n¨amlich ⎛

l(3) = l(1) × l(2)

⎞

0, 825 ⎜ ⎟ = − ⎝ 0, 515 ⎠ . 0, 233

Berechnet man l(3) ebenfalls aus dem Gleichungssystem, so wird durch obige Bedingung das Vorzeichen von l(3) festgelegt. l(1) gibt die zu e(1) geh¨orende Richtung an, l(2) die zu e(2), und l(3) die zu e(3).

Aufgabe 1.2-13

Bestimmung des Drehgeschwindigkeitsvektors ¨ und Anderung materieller Linienelemente bei einer ebenen Str¨ omung

Gegeben ist das Geschwindigkeitsfeld: u1 = −

ω x2 x3 , h

u2 = +

ω x1 x3 , h

u3 = 0 . Bestimmen Sie die Komponenten a) des Tensors des Geschwindigkeitsgradienten, b) des Dehnungsgeschwindigkeitstensors eij und des Drehgeschwindigkeitstensors Ωij und c) des Drehgeschwindigkeitsvektors ω .

36

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

Berechnen Sie d) die Hauptdehnungsgeschwindigkeiten und die Hauptdehnungsrichtungen im Punkt P = (2, 2, 2) sowie e) die Bahnlinie des Teilchens, das sich zum Zeitpunkt t = 0 am Punkt P = (2, 2, 2) befunden hat. L¨ osung a) Geschwindigkeitsgradiententensor: ∂u1 =0 ∂x1

∂u2 ω = x3 ∂x1 h

∂u3 =0 ∂x1

∂u1 ω = −x3 ∂x2 h

∂u2 =0 ∂x2

∂u3 =0 ∂x2

∂u1 ω = −x2 ∂x3 h

ω ∂u2 = x1 ∂x3 h

∂u3 =0. ∂x3

b) Die Komponenten der Tensoren eij und Ωij : e11 = 0

e12 = 0

e13 = − x22

e21 = 0

e22 = 0

e23 =

e31 = − x22

ω h

e32 =

x1 ω 2 h

x1 ω 2 h

e33 = 0 ,

Ω11 = 0

Ω12 = −x3 ωh

Ω13 = − x22

Ω21 = x3 ωh

Ω22 = 0

Ω23 =

Ω31 =

x2 ω 2 h

Ω32 = − x21

ω h

ω h

ω h

x1 ω 2 h

Ω33 = 0 .

c) Die Komponenten des Drehgeschwindigkeitsvektors ω : ωi =

1 ijk Ωkj . 2

Komponentenweise ω1 =

1 x1 ω (123Ω32 + 132Ω23 ) = Ω32 = − , 2 2 h

ω2 =

1 x2 ω (231Ω13 + 213Ω31 ) = Ω13 = − , 2 2 h

ω3 =

1 ω (312Ω21 + 321Ω12 ) = Ω21 = x3 . 2 h

Anm.: Identifiziert man die Komponenten Ωij des Drehgeschwindigkeitstensors mit den Winkelgeschwindigkeitskomponenten, so lassen sich diese auch wie folgt schrei-

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

ben:

37

Ω11 = 0

Ω12 = −ω3

Ω13 = ω2

Ω21 = ω3

Ω22 = 0

Ω23 = −ω1

Ω31 = −ω2

Ω32 = ω1

Ω33 = 0 .

Die drei unabh¨angigen Komponenten des antisymmetrischen Tensors Ωij entsprechen also den Komponenten von ω . d) Hauptdehnungen und Hauptdehnungsrichtungen: Zu l¨osen ist das Eigenwertproblem (eij − e δij ) lj = 0 . Im Punkt P = (2, 2, 2) ist der Dehnungsgeschwindigkeitstensor e11 = 0

e12 = 0

e13 = − ωh

e21 = 0

e22 = 0

e23 =

e31 = − ωh

e32 =

ω h

ω h

e33 = 0 .

Seine Eigenwerte berechnen sich (mit e˜ = e ωh ) aus der Forderung ⎛

−˜ e ⎜ det(eij − e˜δij ) = det ⎝ 0 −1

0 −˜ e 1

⎞

−1 ⎟ ! 1⎠ = 0 . −˜ e

also aus dem charakteristischen Polynom −˜ e (˜ e2 − 1) − 1 (−˜ e) = 0

⇒

⇒ e˜ (˜ e2 − 2) = 0 . √ √ e˜ = 0 , − 2 , + 2

Die drei Eigenwerte sind also mit e = e˜ ωh durch √ ω e(1) = − 2 , h

e(2) = 0 ,

√ ω e(3) = + 2 h

gegeben. Die Eigenvektoren (= Hauptdehnungsrichtungen) ergeben sich mit den nun bekannten Eigenwerten aus dem homogenen Gleichungsystem, von dem nur zwei Gleichungen linear unabh¨angig sind. Wie in Aufgabe 1.2-12 streichen wir eine Gleichung und setzen zun¨achst l1
= 1. Dann entsteht das inhomogene, lineare Gleichungssystem i = 2 : −˜ e l2
+ l3
= 0 i = 3 : l2
− e˜ l3
− 1 = 0 ,

38

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

dessen L¨osung (z.B. durch Anwendung der Cramer’schen Regel berechnet) lautet l2
= −

e˜2

1 , −1

l3
= −

e˜ . −1

e˜2

Die zu den entsprechenden Eigenwerten geh¨origen Eigenvektoren werden nun nacheinander berechnet: √ √ (2) (3) e˜(1) = − 2 = 0 = 2 e ˜ e ˜ √ √





l2 = 1 , l3 = 0 l2 = −1 , l3 = 2 l = −1 , l = − 2 2 3 √


   |l | = 2 |l | = 2 |l | = 2 . In normierter, den entsprechenden Eigenvektoren zugeordneter Form schreiben wir daf¨ ur ⎛

l(1)

⎞

⎛ ⎞

1 1⎜ ⎟ = ⎝√ −1 ⎠ , 2 2

l(2)

⎛

1 1 ⎜ ⎟ = √ ⎝1⎠ , 2 0

l(3)

⎞

1 1⎜ ⎟ = ± ⎝ −1 ⎠ . √ 2 − 2

Das Vorzeichen von l(3) legen wir fest, indem wir fordern, daß l(1), l(2), l(3) ein Rechtssystem bilden, d. h. l(3) = l(1) × l(2) ⎛ (1) e 1 l(1) × l(2) = det ⎜ ⎝ √2 2 2

e(2) −√12

e√(3) 2 2

2 2

⎞

√    1 1 2 ⎟ e(1) − + e(2) + e(3) . ⎠=

2

0

2

2

Es ist also das negative Vorzeichen zu w¨ahlen und es gilt √ 1 1 2 (3) (3) (3) l1 = − , l2 = , l3 = . 2 2 2 Der Dehnungsgeschwindigkeitstensor hat im Hauptachsensystem die Darstellung ⎛ (1) e ⎜ (eij ) = ⎝ 0

0

0 e(2) 0

⎞

0 ⎟ 0 ⎠ . e(3)

Die Drehmatrix, welche vom alten Koordinatensystem auf das Hauptachsensystem transformiert, ist aij = ei · ej
= ei · l(j) , und daher ist aij die i–te Komponente des j–ten Eigenvektors, also ⎛ ⎜

(aij ) = ⎜ ⎝

1 2 1 −2 √ 2 2

√ 2 √2 2 2

0

− 12 1 √2 2 2

⎞ ⎟ ⎟ . ⎠

Die Eigenvektoren bilden mithin die Spalten der Drehmatrix. Anm.: Die Drehmatrix, die auf das Hauptachsensystem transformiert, nennt man auch Modalmatrix.

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

39

e) Bahnlinie durch den Punkt P = (2, 2, 2): Die Differentialgleichungen sind dx1 ω = − x2 x3 , dt h dx2 ω = x1 x3 , dt h dx3 = 0 oder x3 = const = ξ3 . dt Die ersten beiden Gleichungen lauten mit dem Ergebnis der Dritten also dx1 ω = − ξ3 x2 , dt h dx2 = dt

ω ξ3 x1 . h

Die Zeit t taucht nicht explizit auf, d. h. Bahn– und Stromlinien fallen zusammen, und wir k¨onnen beide Gleichungen durcheinander dividieren dx2 x1 =− . dx1 x2 Trennen der Ver¨anderlichen und Integration liefern x21 x2 C =− 2 + 2 2 2

⇒

x21 + x22 = C .

Die Bahnlinien sind also Kreise in der Ebene x3 = ξ3 . Aus der Bedingung x(t = 0) = ξ = (2, 2, 2) ergibt sich C = 8 und wir erhalten x21 + x22 = 8 ,

Aufgabe 1.2-14

x3 = ξ3 = 2 .

Deformations– und Drehgeschwindigkeitstensor bei einer instation¨ aren, ebenen Str¨ omung

F¨ ur das Geschwindigkeitsfeld u1 = 0 , u2 = A(x1x2 − x23)e−B(t−t0 ) , u3 = A(x22 − x1x3)e−B(t−t0 ) bestimme man die Komponenten

40

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

a) des Geschwindigkeitsgradienten ∂ui /∂xj , b) des Deformationsgeschwindigkeitstensors eij und des Drehgeschwindigkeitstensors Ωij sowie c) rot u im Punkt P = (1, 0, 3) zur Zeit t = t0. L¨ osung a) Geschwindigkeitsgradiententensor: ∂u1 =0 ∂x1

∂u2 = x2 A e−B(t−t0) ∂x1

∂u3 = −x3 A e−B(t−t0 ) ∂x1

∂u1 =0 ∂x2

∂u2 = x1 A e−B(t−t0) ∂x2

∂u3 = 2x2 A e−B(t−t0) ∂x2

∂u1 =0 ∂x3

∂u2 = −2x3 A e−B(t−t0) ∂x3

∂u3 = −x1 A e−B(t−t0 ) . ∂x3

b) Deformationsgeschwindigkeitstensor eij , Drehgeschwindigkeitstensor Ωij : e11 = 0

e12 =

A e−B(t−t0)

e13 = − x23 A e−B(t−t0 )

e22 = x1 A e−B(t−t0 )

e23 = (x2 − x3) A e−B(t−t0 )

e31 = − x23 A e−B(t−t0 )

e32 = (x2 − x3) A e−B(t−t0 )

e33 = −x1 A e−B(t−t0) ,

Ω11 = 0

Ω12 = − x22 A e−B(t−t0 )

Ω13 =

Ω22 = 0

Ω23 = −(x2 + x3) A e−B(t−t0 )

Ω32 = (x2 + x3 ) A e−B(t−t0 )

Ω33 = 0 .

e21 =

Ω21 =

x2 2

x2 2

A e−B(t−t0)

x2 2

A e−B(t−t0 )

Ω31 = − x23 A e−B(t−t0) c) Aus

⎛

⎞

2x2 + 2x3 ⎜ ⎟ rot u = ⎝ 0 + x3 ⎠ A e−B(t−t0) , x2 − 0 folgt rot u im Punkt P = (1, 0, 3) zur Zeit t = t0 : ⎛ ⎞

6

rot u =

⎜ ⎟ ⎝3⎠A .

0

x3 2

A e−B(t−t0 )

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

Aufgabe 1.2-15

41

¨ Zeitliche Anderung der kinetischen Energie eines Flu orpers ¨ssigkeitsk¨

Gegeben ist in Zylinderkoordinaten das Geschwindigkeitsfeld einer ebenen Str¨omung konstanter Dichte A , uϕ = uz = 0 (A=const) . r Es wird nun der Teil der Fl¨ ussigkeit betrachtet, der sich zum Zeitpunkt t = 0 zwischen den beiden konzentrischen Zylinderfl¨achen r = a und r = b (b > a) mit 0 ≤ z ≤ L befindet. ur =

Berechnen Sie a) die Bahnlinie der Teilchen, die sich f¨ ur t = 0 auf der inneren bzw. ¨außeren Zylinderfl¨ache befanden. Welches Aussehen hat das betrachtete materielle Volumen zum Zeitpunkt t ? b) die kinetische Energie  

2 K(t) = u dV 2 (V (t))

und den Impuls  = I(t)



u dV (V (t))

der betrachteten Fl¨ ussigkeit zu einem beliebigen Zeitpunkt t, sowie deren zeitliche  ¨ Anderung DK/Dt bzw. DI/Dt. c) DK/Dt unter Anwendung des Reynolds’schen Transporttheorems. d) Geben Sie die Bewegung in materiellen Koordinaten an und berechnen Sie DK/Dt durch R¨ ucktransformation auf das von der Fl¨ ussigkeit zur Zeit t = 0 eingenommene Gebiet V0 . L¨ osung a) Bahnlinien Die Differentialgleichungen zur Berechnung der Bahnlinien in Zylinderkoordinaten lauten allgemein (Aufgabe 1.2-9) dr = ur , dt

r

dϕ = uϕ , dt

dz = uz , dt

hier also

dr A dϕ dz = , r =0, =0. dt r dt dt Diese drei Gleichungen sind entkoppelt und k¨onnen nacheinander gel¨ost werden: 



Adt

⇔

r2 = At + C1 , 2

dϕ = 0

⇔

ϕ = C2 ,

r dr = 

42

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik 

dz = 0

⇔

z = C3 .

F¨ ur ein Teilchen, das f¨ ur t = 0 auf dem inneren Zylinder war (r = a), sind die Integrationskonstanten C1 =

a2 , 2

C2 = ϕ(t = 0) ,

C3 = z(t = 0) ,

und seine Bahnlinie ist r2 (t) = a2 + 2 A t ,

ϕ = ϕ(t = 0) ,

z = z(t = 0) .

Entsprechend erh¨alt man f¨ ur ein Teilchen, das f¨ ur t = 0 auf dem ¨außeren Zylinder (r = b) war, r2 (t) = b2 + 2 A t , ϕ, z = const . Die Grenzen des materiellen Volumens verschieben sich also, diese Bahngleichungen bezeichnen wir mit R2I (t) = a2 + 2 A t

f¨ ur den inneren Rand,

R2A (t) = b2 + 2 A t

f¨ ur den ¨außeren Rand.

Nebenstehende Skizze zeigt das von der Fl¨ ussigkeit eingenommene materielle Volumen zur Zeit t = 0, bezeichnet mit V0 , und das materielle Volumen zu beliebiger Zeit, bezeichnet mit V (t).

 b) Berechnung der kinetischen Energie K(t), des Impulses I(t) und deren zeitliche  ¨ Anderungen DK/Dt und DI/Dt:  

K(t) = (V (t))

⇒

2 u dV = 2

  (V (t))

2 (ur + u2ϕ + u2z ) dV = 2

2π L RA (t)

K(t) = 0 0 RI (t)

(V (t))

2 1 A 2 r dr dz dϕ 2 r 

⇒

  

b2 + 2At K(t) = π A2 L ln 2 a + 2At

1 2

.

2 u dV 2 r

1.2 Kinematik der Fl¨ ussigkeiten

⇒

43



DK Dt

b2 + 2At d π =

A2 L ln 2 dt 2 a + 2At

DK Dt

= −π A L

 3



1 1 − 2 2 RI (t) RA (t)



.

F¨ ur den Impuls erhalten wir  I(t) =

 

2πL RA (t)

u dV =

0 0 RI (t)

(V (t))

= A L (RA (t) − RI (t))

A er r dr dz dϕ r

2π

er dϕ 0

⇒

 I(t) = 0

 (was aus Symmetriegr¨ unden einsichtig ist) und somit auch DI/Dt = 0. c) Berechnung von DK/Dt unter Verwendung des Reynolds’schen Transporttheorems Die Form (S. L. (1.96)) des Reynolds’schen Transporttheorems f¨ uhrt auf die Gleichung   DK

2

2 ∂ = u dV + u u · n dS . Dt ∂t 2 2 (V )

(S)

Da die Str¨omung station¨ar ist, verschwindet das Volumenintegral auf der rechten Seite. F¨ ur das abgebildete Kontrollvolumen ergibt sich damit  DK

2 = u u · n dS Dt 2 (S)

⇒

DK Dt



= SI

= −

2 u u · n dS + 2 r  SI

= −

 SI

3 u dS + 2 r

 SA

 SA

A3 dS + 2 r3

 SA

2 u u · n dS + 2 r

3 u dS 2 r

A3 dS 2 r3

 SD

2 u u · n dS 2 r

44

1 Kontinuumsbegriff und Kinematik

= − ⇒

DK Dt

A3

A3 2π R L + 2π RA L I 2 R3I 2 R3A 

= −π A3 L

1 1 − 2 2 RI RA



.

Mit RI = RI (t) und RA = RA (t) gem¨aß Aufgabenteil a) entspricht dieses Ergebnis wieder dem aus Teil b) ! d) Bezeichnen wir mit (ρ, φ, ζ) die materiellen (r, ϕ, z)–Koordinaten, so lautet die Bewegung in materieller Beschreibungsweise 

r(t) =

ρ2 + 2 A t ,

ϕ=φ,

z=ζ.

Mit der Funktionaldeterminante dieser Bewegung ∂(r, ϕ, z) ρ =√ 2 ∂(ρ, φ, ζ) ρ + 2At kann die Integration u ucktrans¨ ber das Volumen V (t) auf das Integral u ¨ ber V0 zur¨ formiert werden DK Dt

=

D Dt

D = Dt

2π L 0 0

√ b2+2 A t

√

a2 +2 A t

2π L b 0 0 a

A2 r dr dz dϕ 2 r2

 ρ

A2 ρ2 + 2 A t √ 2 dρ dζ dφ , 2 2 ρ + 2At ρ + 2At

hier kann nun der Operator D/Dt ins Integral gezogen werden, weil V0 zeitlich unabh¨angig ist. Es entsteht DK Dt

b 2

= π LA a

= −π L A

D ρ dρ 2 Dt ρ + 2 A t b

2

a





ρ2A dρ 2 (ρ + 2 A t)2

1 = π LA 2 ρ + 2At

b

3

DK Dt



a

1 1 = −π A L − 2 2 RI (t) RA (t)



3

damit haben wir wieder das Ergebnis aus Aufgabenteil b) erhalten.

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

2.1

Erhaltungssatz der Masse

Aufgabe 2.1-1

Eindimensionale, instation¨ are Str¨ omung mit gegebenem Dichtefeld

Die Geschwindigkeitsverteilung einer eindimensionalen, instation¨aren Str¨omung 

2 x u= − a0 γ+1 t und das Dichtefeld

=

0





2 γ−1 x 1 + γ + 1 t a0 γ + 1



2 γ−1

sind gegeben. ¨ a) Man berechne die substantielle Anderung der Dichte. ¨ b) Uberpr¨ ufen Sie die G¨ ultigkeit der Kontinuit¨atsgleichung D ∂u + =0 Dt ∂x f¨ ur dieses Str¨omungsfeld! ¨ c) Welche Anderung der Dichte empfindet ein Schwimmer, der mit c = u + a oder c = u − a durch das Str¨omungsfeld schwimmt? Verwenden Sie die Beziehung a = a0



0

 γ−1 2

.

46

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

L¨ osung ¨ a) Die substantielle Anderung der Dichte erh¨alt man zu D ∂ ∂ = +u Dt ∂t ∂x 2 0 = γ−1



2 γ−1 x + γ + 1 t a0 γ + 1 

x 2 + − a0 γ+1 t 2 0 = − t (γ + 1)





2 0 γ−1





2 −1 γ−1



γ−1 x 1 − γ + 1 a0 t2

γ−1 x 2 + γ + 1 ta0 γ + 1

γ−1 x 2 + γ + 1 t a0 γ + 1







2 −1 γ−1



γ −1 1 γ + 1 t a0



2 γ−1

.

¨ b) Uberpr¨ ufung der Kontinuit¨atsgleichung: Der zweite Term der Kontinuit¨atsgleichung muß noch berechnet werden. Man erh¨alt durch Differenzieren 

∂u 2 γ−1 x 1

+ = 0 ∂x γ + 1 t a0 γ + 1



2 γ−1

2 1 . γ+1 t

Eingesetzt in die Kontinuit¨atsgleichung ergibt sich D ∂u 2 0 + = − Dt ∂x t (γ + 1) 2 0 + t (γ + 1) ⇒





2 γ−1 x + γ + 1 t a0 γ + 1 2 γ−1 x + γ + 1 t a0 γ + 1

∂u D + = 0. Dt ∂x

¨ c) Anderung der Dichte im bewegten System: F¨ ur die Dichte¨anderung, die der Schwimmer empfindet, gilt d ∂ ∂ = +c . dt ∂t ∂x Mit c = u ± a erh¨alt man die Beziehung d ∂ ∂ ∂ D ∂ = +u ±a = ±a . dt ∂t ∂x ∂x Dt ∂x





2 γ−1

2 γ−1

,

2.1 Erhaltungssatz der Masse

47

¨ Setzt man f¨ ur die substantielle Anderung der Dichte das Ergebnis aus a) ein, l¨aßt sich folgender Ausdruck finden d 2 0 = − dt t (γ + 1) 2 0 γ−1





2 γ −1 x + γ + 1 t a0 γ + 1

2 γ−1 x 1 + γ + 1 t a0 γ + 1

2 0 = − t (γ + 1)







2 γ−1

2 −1 γ−1

2 γ −1 x + γ + 1 t a0 γ + 1





2 γ−1



± a0

2 γ−1 x 1 + γ + 1 t a0 γ + 1

γ−1 1 γ + 1 t a0





2 0 ± t (γ + 1)



2 γ−1 x 1 + γ + 1 t a0 γ + 1



2 γ−1

.

Der Schwimmer erf¨ahrt also je nach Geschwindigkeit folgende Dichte¨anderung f¨ ur c = u + a:

d = 0, dt

f¨ ur c = u − a:

d 4 0 = − dt t (γ + 1)

Aufgabe 2.1-2



2 γ−1 x + γ + 1 t a0 γ + 1



2 γ−1

.

Ebene, station¨ are Str¨ omung mit gegebenem Dichtefeld

Das Dichtefeld einer ebenen station¨aren Str¨omung ist gegeben mit

(xi ) = k x1 x2 ,

k = const .

a) F¨ ur welches Geschwindigkeitsfeld ist die Str¨omung inkompressibel? b) Wie lauten die Gleichungen der Bahnlinien? L¨ osung a) Ist die Str¨omung inkompressibel, so ¨andert sich die Dichte eines materiellen Teilchens im Laufe seiner Bewegung nicht. Aus Gleichung (S. L. (2.4)) D ∂ ∂ =0 = + ui Dt ∂t ∂xi erhalten wir zun¨achst das Verh¨altnis der Geschwindigkeitskomponenten zu x2 u2 = − u1 , x1

(1)

da die Dichte keine Funktion der Zeit t ist. Die Kontinuit¨atsgleichung f¨ ur inkompressible Str¨omungen (S. L. (2.5)) ∂u1 ∂u2 + =0 ∂x1 ∂x2

48

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

f¨ uhrt uns auf die partielle Differentialgleichung erster Ordnung ∂u1 x2 ∂u1 u1 − = ∂x1 x1 ∂x2 x1

(2)

f¨ ur die Geschwindigkeitskomponente u1. Wir f¨ uhren den Parameter s ein und schreiben die gesuchte L¨osung in der Form u1(s) = u1(x1 (s), x2(s)). Die Ableitung dieser Form du1 ∂u1 dx1 ∂u1 dx2 = + ds ∂x1 ds ∂x2 ds und der Vergleich mit (2) liefert ein System von gew¨ohnlichen Differentialgleichungen dx1 = 1, ds

(3)

dx2 x2 = − , ds x1 du1 u1 . = ds x1

(4)

Mit den Gleichungen (3) und (4) erhalten wir die Gleichung du1 u1 = dx1 x1 mit der L¨osung (C bezeichnet die Integrationskonstante) u1 = C x1 . Mit (1) ist nun auch u2 bekannt: u2 = −C x2 . b) Aus den Differentialgleichungen f¨ ur die Bahnlinien dx1 = C x1 , dt

dx2 = −C x2 dt

erhalten wir

x2 dx2 =− . dx1 x1 Trennung der Ver¨anderlichen und anschließende Integration ergibt die Gleichung der Bahnlinien mit der Integrationskonstanten C x1 x2 = C = const .

2.1 Erhaltungssatz der Masse

49

Dies ist die Gleichung f¨ ur eine Schar von Hyperbeln. Es liegt eine Staupunktstr¨omung vor. Entlang einer Bahnlinie ¨andert sich die Dichte eines Teilchens nicht

= k x1 x2 = k C , doch ist die Dichte auf jeder Bahnlinie unterschiedlich, da C f¨ ur jede Bahnlinie verschieden ist.

Aufgabe 2.1-3

Ausflußgeschwindigkeit aus einem Beha ¨lter

In den skizzierten Beh¨alter fließen durch kreisf¨ormige Leitungen zwei Massenstr¨ome zu und einer ab. Die Str¨omung in den Leitungen ist station¨ar, die Dichte

ist konstant. In den kurzen Rohren ist die Geschwindigkeit an den Stellen [A] und [C] u ¨ ber den Querschnitt konstant. In der langen Zuleitung hat sich an der Stelle [B] ein parabolisches Geschwindigkeitsprofil ausgebildet. Bekannt sind die Radien der Rohrleitungen RA , RB , RC und die Geschwindigkeiten uA , uB = UB max (1 − (r/RB )2 ). Wie groß ist die Geschwindigkeit uC ? L¨ osung Die Geschwindigkeit uC l¨aßt sich aus der Kontinuit¨atsgleichung ermitteln, die in integraler Form lautet (S. L. (2.7)) ∂ ∂t



dV = −

(V )



u · n dS .

(S)

Die Integrale darin sind u ¨ ber die Grenzen eines festen Kontrollvolumens auszuwerten. F¨ ur die vorliegende station¨are Str¨omung sind die Ableitungen ∂/∂t = 0. Ferner ist hier die Dichte konstant, kann also vor das rechte Integral gezogen werden. Man erh¨alt  (S)

u · n dS = 0 .

50

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Wir spalten die Ober߬ache S des Kontrollvolumens in die skizzierten Teil߬achen auf und schreiben 

u · n dS +

SA

SB





+

u · n dS +

SC

⇒



−uA

u · n dS+

u · n dS = 0

.

SW





dS− SA



uB (r) dS+uC SB

dS = 0 . SC

An der Wand SW verschwindet das Oberfl¨achenintegral, weil dort das Skalarprodukt u · n = 0 ist. Das zweite Integral werten wir getrennt aus 



2π RB

uB (r) dS =

UBmax 0

SB

0



r 1− RB 1

= 2π UBmax

R2B 0



= 2π UBmax

R2B

2

r dr dϕ



r 1− RB



1 r 2 RB

2

2



r r d RB RB



1 r − 4 RB



4 1 0

UBmax π R2B . 2 Damit lautet die Kontinuit¨atsgleichung UBmax −uA π R2A − π R2B + uC π R2C = 0 . 2 Durch Umstellen folgt schließlich =



uC = uA

Aufgabe 2.1-4

RA RC

2

+

UBmax 2



RB RC

2

.

Zu–, bzw. abgefu ¨hrter Massenstrom in einem Kanal

Ein kreiszylindrischer Kanal mit Radius R wird station¨ar durchstr¨omt. An der Eintrittsfl¨ache A1 herrscht eine konstante Geschwindigkeit u = U0 .

2.1 Erhaltungssatz der Masse

51

Die Dichte sei u ¨ber die Querschnitte A1 , A2, A3 jeweils konstant. Im Kanal wird die Str¨omung durch ein langes konzentrisches Rohr mit vernachl¨assigbarer Wandst¨arke aufgeteilt in einen Kern (Austrittsfl¨ache A2) und einen ¨außeren ringf¨ormigen Strahl (Austrittsfl¨ache A3 ). Am Austrittsquerschnitt A2 liegt das Geschwindigkeitsprofil 

u U2max

2r =1− R

2

vor. Der ringf¨ormige Austrittsstrahl A3 besitzt die Geschwindigkeitsverteilung



2r U0 1− u(r) = 2 R

2



2r 3 + ln ln 2 R



.

uhrt? Welcher Massenstrom m ˙ ab wird innerhalb des Kanals zu– oder abgef¨ Geg.: U0 , R, |A1 = |A3 = 0 , |A2 = 0/2, U2max = 2, 5 U0 L¨ osung Wir wenden die Kontinuit¨atsgleichung (S. L. (2.8)) f¨ ur station¨are Str¨omung auf nebenstehendes Kontrollvolumen an und erhalten



u · n dS +

A1



u · n dS +

SW

 A2

u · n dS +



u · n dS + m ˙ ab = 0 .

(1)

A3

Die Auswertung des Integrals u ur die anderen ¨ ber SW ergibt null, wegen u · n = 0. F¨ Integrale erh¨alt man bzgl. der Eintrittsfl¨ache A1  A1

u · n dS = −

 A1

0 U0 dS = − 0 U0 π R2 ,

52

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

bzgl. der kreisf¨ormigen Austrittsfl¨ache A2 

u · n dS =

A2

 A2





1 2r

0 U2max 1 − 2 R R/2 

1 =

0 2, 5 U0 2π 2

2

dS



2r 1− R

0

2

r dr

5

0 U0 π R2 , 32 und bzgl. der ringf¨ormigen Austrittsfl¨ache A3 =

 A3

2π R

0

u · n dS = U0 2

0 R/2



2r 1− R

2



3 2r + ln ln 2 R



r dr dϕ ,

die Substitution r = 2r/R ergibt  A3

R2

u · n dS = π 0 U0 4

2 



3 1−r + ln r r dr ln 2 2

1

3 R2 1 = 0 U0 π 4 4



3 5− ln 2



= 0, 126 0 U0 πR2 . Eingesetzt in Gleichung (1) f¨ uhrt dies auf m ˙ ab = 0, 718 0 U0 πR2 .

Aufgabe 2.1-5

Quetschstr¨ omung

Die obere Wand eines mit Fl¨ ussigkeit konstanter Dichte gef¨ ullten ebenen Spaltes (L¨ange L, Spalth¨ohe h(t)) bewegt sich mit der Geschwindigkeit V0 nach unten. Der Geschwindigkeitsverlauf an den Austrittsfl¨achen ist ⎧  2 ⎫ ⎨ y ⎬ y u(y) = 4U0 . − ⎩ h(t) h(t) ⎭

.

2.1 Erhaltungssatz der Masse

53

a) Wie lautet die Funktion der Spalth¨ohe, wenn h(t = 0) = h0 ist ? b) Berechnen Sie die maximale Geschwindigkeit U0 an den Austrittsfl¨achen. Geg.: V0 , h0, L, L¨ osung a) Spalth¨ohe h(t): Die Funktion der Spalth¨ohe erh¨alt man durch Integration zu dh = −V0 dt

⇒

h(t) = −V0 t + h0 .

b) Maximale Geschwindigkeit U0 an den Austrittsfl¨achen: Diese folgt aus der Kontinuit¨atsgleichung, die in integraler Form (S. L. ((2.7)) ∂ ∂t



dV = −

(V )



u · n dS

(S)

lautet, wobei die Integrale u ¨ ber das skizzierte feste Kontrollvolumen, das zum betrachteten Zeitpunkt mit dem materiellen Volumen zusammenf¨allt, auszuwerten sind. Da der Integrationsbereich fest ist, kann mit der Beziehung = const f¨ ur das erste Integral geschrieben werden ∂ ∂t





dV = (V )

(V )

∂ dV = 0 . ∂t

Die konstante Dichte kann vor das zweite Integral gezogen werden und dieses in vier Teilintegrale aufgespalten werden 

u · n dS +

So

 Su

u · n dS +



u · n dS +

SL



u · n dS = 0 .

SR

Auf der Fl¨ache S0 (obere Wand) gilt aus kinematischen Gr¨ unden (Die Normalkomponente der Fl¨ ussigkeitsgeschwindigkeit muß gleich der Wandgeschwindigkeit sein) u · n = uW and · n = −V0 , so daß das erste Integral  So

u · n dS = −V0



dS = −V0 B L

So

lautet. Die Erstreckung der Platte in Tiefenrichtung wird mit B bezeichnet. Auf der Fl¨ache Su (untere Wand) ist, ebenfalls aus kinematischen Gr¨ unden, u · n = 0. Auf

54

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

den Fl¨achen SL und SR ist u · n = u(y), so daß die Kontinuit¨atsgleichung lautet: 

−V0 B L +



u(y) dS + SL

⇒

u(y) dS = 0 SR



h(t) 

V0 L = 2

4U0 0



= 8U0

 2

y y − h h

1 y2 1 y3 − 2 h 3 h2

dy

h(t) 0

4 U0 h(t) . 3

=

Durch Umstellen erh¨alt man die gesuchte Geschwindigkeit U0 =

3 L 3 L V0 V0 = . 4 h(t) 4 h0 − V0 t

D. h. die Geschwindigkeit U0 wird unendlich groß, wenn die Filmh¨ohe h(t) null wird. In Wirklichkeit kann man die obere Platte nicht mit konstanter Geschwindigkeit V0 auf die untere Platte dr¨ ucken!

Aufgabe 2.1-6

Bewegter Kolben

¨ gef¨ Ein Kolben bewegt sich in einem mit Ol ullten Zylinder mit der Geschwindigkeit VK nach unten. Die Geschwindig¨ die Kolbenbohrung an keitsverteilung w(r), mit der das Ol der Oberkante verl¨aßt, ist relativ zum Kolben gemessen: 

w(r) = W0



r 1− r0

2 

.

Bestimmen Sie die Maximalgeschwindigkeit W0 mit Hilfe a) eines kolbenfesten, b) eines ortsfesten Koordinatensystems.

Geg.: r0, R, VK , = const

2.1 Erhaltungssatz der Masse

55

L¨ osung a) Das kolbenfeste Koordinatensystem: Im kolbenfesten Koordinatensystem bewegt sich die untere Zylinderwand mit VK nach oben. Mit = const lautet die Kontinuit¨atsgleichung f¨ ur ein in diesem relativen Koordinatensystem festes Kontrollvolumen 

w  · n dS = 0 .

(S)

Der Rand des Kontrollvolumens wird zweckm¨aßigerweise in drei Bereiche eingeteilt.



⇒

w  · n dS +

SW



w  · n dS +



Su

w  · n dS = 0 .

So

Auf der unteren Wand Su , deren Geschwindigkeit w  W = −VK n ist, gilt aus kinematischen Gr¨ unden w  · n = w  W · n = −VK , w¨ahrend w  · n auf allen in diesem Koordinatensystem festen W¨anden verschwindet. Es entsteht die Gleichung −VK





dS + Su

w(r) dS = 0 So

beziehungsweise



r0 2

VK π R = 2 π

W0 0



r 1− r0

2 

r dr .

Mit der Substitution 

ξ=

r r0

2

⇒

dξ = 2

r dr r02

⇒

dr =

r02 dξ 2r

folgt r0

1

w(r) r dr = 0

0

W0 2  r2 dξ W0 2 = r0 (1 − ξ) dξ = r W0 (1 − ξ) r 0 2r 2 4 0 1

0

56

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

und damit VK π R2 = π r02

W0 2 

⇒

W0 = 2VK

R r0

2

.

b) Das ortsfeste Koordinatensystem: In diesem Koordinatensystem lautet die Kontinuit¨atsgleichung 

c · n dS +

SW



c · n dS +

SK



c · n dS = 0 .

So

Auf festen W¨anden SW verschwindet wieder c · n. Auf der Kolbenoberfl¨ache SK gilt wieder aus kinematischen Gr¨ unden c · n = cW · n , bzw. mit cW = −VK ez c · n = −VK ez · n . Damit lautet das Integral u ¨ ber SK 

c · n dS =

SK



−VK ez · n dS .

SK

ez ·n dS ist der Bildwurf des Fl¨achenelementes dS in die z–Richtung, also ez ·n dS = ±dAz . Das Vorzeichen wird hier dadurch geregelt, ob n und ez einen spitzen (+) oder stumpfen Winkel (−) einschließen. Auf SK ist sign (ez ·n) ≥ 0 (spitzer Winkel), d. h., es ist das positive Vorzeichen zu w¨ahlen. Man wertet aus: 

c · n dS = −VK

SK



r dr dϕ = −VK π (R2 − r02 ) .

SK

¨ Im ortsfesten Koordinatensystem ist die Absolutgeschwindigkeit am Olaustritt c = w − VK , also  2

r c(r) = W0 1 − − VK , r0 so daß das Integral u ¨ ber So lautet  So

c · n dS = 2π

r0 

W0 0





r 1− r0

2



− VK



r dr = π

r02

Die Kontinuit¨atsgleichung liefert nun wieder das Ergebnis −VK π (R2 − r02 ) + π r02 (

W0 − VK ) = 0 , 2

W0 − VK 2



.

2.1 Erhaltungssatz der Masse

57

oder W0 2

VK π R2 = π r02 ⇒



W0 = 2 VK

R r0

2

,

was mit dem Ergebnis aus a) u ¨ bereinstimmt.

Aufgabe 2.1-7

Stro ¨mung in einem von zwei Platten gebildeten Winkel

Zwischen zwei Platten der L¨ange L befindet sich Fl¨ ussigkeit mit konstanter Dichte . Beide Platten werden symmetrisch zur x–Achse mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω aufeinander zugedreht, so daß die Fl¨ ussigkeit herausgedr¨ uckt wird. Bez¨ uglich der z–Achse sind die Platten unendlich weit ausgedehnt, das Problem kann als eben betrachtet werden. Von dem Geschwindigkeitsfeld in Polarkoordinaten u(r, ϕ) = ur (r, ϕ) er + uϕ (r, ϕ) eϕ ist die Komponente



ur (r, ϕ) = f(r) cos

π ϕ 2α



mit noch unbekannter Funktion f(r) gegeben. a) Man bestimme die Wandgeschwindigkeit u(r) = uW (r) eϕ f¨ ur beide Platten. b) Mit der Integralform der Kontinuit¨atsgleichung ist die Funktion f(r) f¨ ur 0 ≤ r ≤ L zu ermitteln. c) Aus der differentiellen Form berechne man uϕ (r, ϕ) unter Ber¨ ucksichtigung der Randbedingung f¨ ur ϕ = ±α. Geg.: L, α, Ω L¨ osung a) Wandgeschwindigkeit Die Platten drehen sich mit der Winkelgeschwindigkeit Ω auf die x–Achse zu. Daher erh¨alt man die Wandgeschwindigkeit in Polarkoordinaten f¨ ur die obere Platte f¨ ur die untere Platte

u(r) = −Ω r eϕ , u(r) = Ω r eϕ .

58

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

b) Bestimmung der Funktion f(r) Die Integralform der Kontinuit¨atsgleichung lautet  (V )

∂ dV = − ∂t



u · n dS .

(1)

(S)

Die Integrale sind u ¨ ber das skizzierte Kontrollvolumen, das zum betrachteten Zeitpunkt mit dem materiellen Volumen zusammenf¨allt, auszuwerten. Die Platten dr¨ ucken ussigkeit in u ¨ber die Fl¨achen S1 und S3 Fl¨ das Kontrollvolumen hinein. F¨ ur die linke Seite von (1) schreibt man wegen

= const

⇒

 (V )

∂ dV = 0 . ∂t

Das Oberfl¨achenintegral ist f¨ ur die Berandungen des Kontrollvolumens getrennt zu ermitteln 

u · n dS +

(S1 )



u · n dS +

(S2 )



u · n dS = 0 .

(S3 )

Auf den Fl¨achen S1 und S3, die auf den Platten liegen, muß die Normalkomponente u · n der Str¨omungsgeschwindigkeit gleich der Normalkomponente der Plattengeschwindigkeit sein, da die Platten nicht durchstr¨omt werden k¨onnen (kinematische Randbedingung). Somit ergibt sich b r 0 0

−Ω r dr dz +

b α 0 −α





π f(r) cos ϕ r dϕ dz + 2α

b r

−Ω r dr dz = 0 .

0 0

Die Integration 0b steht f¨ ur die Tiefeneinheit und kann aus der Gleichung gek¨ urzt werden, da die Platten in dieser Richtung unendlich weit ausgedehnt sind. Man erh¨alt   α 2α π −Ω r2 + rf(r) sin =0 ϕ π 2α −α und daher das Ergebnis π f(r) = Ωr . 4α Die radiale Komponente der Str¨omungsgeschwindigkeit lautet dann 

ur (r, ϕ) =

π π Ω r cos ϕ 4α 2α



.

c) Berechnung von uϕ (r, ϕ) Die Kontinuit¨atsgleichung in differentieller Form lautet f¨ ur ein ebenes Problem in Polarkoordinaten (S. L. Anhang B.2) ∂(rur ) ∂uϕ + =0. ∂r ∂ϕ

2.1 Erhaltungssatz der Masse

59

Setzt man das Ergebnis aus a) ein, ergibt sich die Beziehung 

∂uϕ π π = − Ω r cos ϕ ∂ϕ 2α 2α und aufgel¨ost







π ϕ + C(r) . uϕ (r, ϕ) = −Ω r sin 2α Die Integrationskonstante folgt aus der Bedingung der symmetrischen Str¨omung bez¨ uglich der x–Achse. uϕ ist eine ungerade Funktion uϕ (r, ϕ) = −uϕ(r, −ϕ) , und damit gilt C(r) ≡ 0

Aufgabe 2.1-8 e(t) h

⇒



π uϕ (r, ϕ) = −Ω r sin ϕ 2α



.

Oszillierendes Gleitlager

=  cos ωt

Die Skizze zeigt ein oszillierendes Gleitlager (e = e(t)), dessen Zapfen (Radius R) mit konstanter Winkelgeschwindigkeit rotiert. Die Lagerbreite in axialer Richtung sei unbeschr¨ankt. Ist h/R  1, kann der Spaltverlauf h(x1 , t) in x1–Richtung abgewickelt werden und folgende Annahme getroffen werden x1 h(x1, t) = 1 +  cos ωt cos . R h Die Dichte der Fl¨ ussigkeit sei konstant. Der zeitliche Verlauf des Volumenstroms pro ˙ Breiteneinheit V (0, t) an der Stelle x1 = 0 ist bekannt. Berechnen Sie den Volumenstrom/Breiteneinheit V˙ (x10, t) als Funktion der Zeit an der Stelle x10. Geg.: V˙ (0, t), , ω, R, h

60

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

L¨ osung Zur Berechnung von V˙ (x10, t) wird die Kontinuit¨atsgleichung in integraler Form  (V )

∂ dV = − ∂t



u · n dS

(1)

(S)

auf das skizzierte feste Kontrollvolumen angewendet. Die linke Seite von (1) verschwindet, da = const ist und u ¨ ber ein festes Kontrollvolumen zu integrieren ist. Man erh¨alt dann 

u · n dS = 0 .

(2)

(S)

Die Volumenstr¨ome u ¨ ber die Berandungen S1 und S2 sind 

u · n dS = −b V˙ (0, t)

S1

und



u · n dS = b V˙ (x10, t) .

S2

Das Integral u ¨ ber S3 verschwindet, da die Schale feststeht und der Durchfluß durch diese Wand nat¨ urlich null ist. Die Integration u ¨ber S4 liefert dagegen einen Beitrag, da sich der Zapfen bewegt. Die Geschwindigkeit, mit der S4 durchstr¨omt wird, l¨aßt sich aus der Tatsache bestimmen, daß die Normalkomponente der Geschwindigkeit der Fl¨ ussigkeitsteilchen an der Wand mit der Normalkomponente der Wandgeschwindigkeit des Zapfens u ¨bereinstimmt. Wegen h/R  1 gilt tan α =

∂h h x1 = − cos ωt sin 1. ∂x1 R R

Aus dem gleichen Grund ist aber auch n1 = n · e1 = sin α  1

2.1 Erhaltungssatz der Masse

61

und kann deshalb gegen n2 vernachl¨assigt werden. Daher ist die Normalkomponente der Wandgeschwindigkeit uw · n = uw1 e1 · n + uw2 e2 · n ≈ uw2 e2 · n und mit uw2 = ∂h/∂t folgt 

u · n dS =



S4

uw · n dS ≈

S4

 S4

∂h e2 · n dS . ∂t

Der Ausdruck e2 · n dS ist der Bildwurf von dS in e2 –Richtung, also gleich dx1 dx3, also 

u · n dS ≈ b

0

(S4 )

und

x10



∂h dx1 = −b h ω  sin ωt ∂t

u · n dS ≈ −b R h ω  sin ωt sin

(S4 )

x10

cos 0

x1 dx1 R

x10 . R

Man berechnet schließlich durch Einsetzen in (2) x10 V˙ (x10, t) = R h ω  sin ωt sin + V˙ (0, t) . R

Aufgabe 2.1-9

Verdr¨ angungswirkung einer Grenzschicht

Eine ebene Platte (Breite b, L¨ange L) wird in L¨angsrichtung mit der konstanten Geschwindigkeit U0 angestr¨omt. Die Str¨omung ist inkompressibel und station¨ar. Infolge der Reibung an der Platte bildet sich eine Grenzschicht mit der Dicke δ(x1) aus. Außerhalb dieser Schicht ist die Geschwindigkeit u1 = U0 = const. Es wird angenommen, daß sich die Geschwindigkeit innerhalb der Grenzschicht wie eine Sinusfunktion verh¨alt und an der Wand null wird.

62

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

a) Welcher Massenstrom tritt durch die Fl¨ache BC des skizzierten Kontrollvolumens? b) Berechnen Sie das Geschwindigkeitsfeld ui(xj ). c) Berechnen Sie den Massenstrom durch die Fl¨ache BC mit Hilfe von u2(x1 , x2 = δ). 

sin

Geg.: δ = δ(x1), δL = δ(x1 = L), u1 /U0 =

1 πx2/δ 2



f¨ ur 0 ≤ x2/δ(x1) ≤ 1 f¨ ur x2/δ(x1) > 1

1

L¨ osung a) Der Massenstrom durch die Fl¨ache BC:

Die Integralform der Kontinuit¨atsgleichung liefert f¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen: 

u · n dS +

AB



u · n dS +

BC





u · n dS +

CD

u · n dS = 0 .

AD

Bezeichnet man den Massenstrom durch die Fl¨ache BC mit m ˙ BC 

u · n dS = m ˙ BC

BC

und berechnet die Ober߬achenintegrale 

u · n dS = − b δL U0 ,

AB



u · n dS = b

δL 0

CD



π x2 U0 sin 2 δL 





dx2

2δL π x2 = b U0 − cos π 2 δL = 

2

b δL U0 π

u · n dS = 0 ,

AD

so entsteht aus (1) − b δL U0 + m ˙ BC +

2

b δL U0 = 0 π

δL 0

(1)

2.1 Erhaltungssatz der Masse

63

⇒



m ˙ BC = b δL U0

2 1− π



.

b) Geschwindigkeitsfeld: Zur Berechnung von u2(x) bei gegebenem u1 benutzen wir die Kontinuit¨atsgleichung in differentieller Form (S. L. (2.3a)): D ∂ui + =0. Dt ∂xi Da die Str¨omung inkompressibel ist, folgt f¨ ur den hier vorliegenden ebenen Fall (∂/∂x3 = 0): ∂u1 ∂u2 + =0 ∂x1 ∂x2

⇒

x2

u2 =

−

0

∂u1 dx2 + f(x1 ) . ∂x1

(2)

Die auftretende Integrationskonstante kann eine Funktion von x1 sein, die sich aber aus der Randbedingung u2 (x = 0) = 0 zu Null ergibt. Es ist weiterhin

 ⎧ π U x2 δ
cos π x2 ⎪ − ∂u1 ⎨ 2 0 δ 2 2 δ = ⎪ ∂x1 ⎩

0

f¨ ur

x2 ≤ δ(x1) ,

f¨ ur

x2 ≥ δ(x1) ,

so daß aus (2) f¨ ur x2 ≤ δ(x1) folgt: x2

u2(x1, x2 ) = 0

⇒



π x2 π x2 U0 2 δ
cos 2 δ 2 δ 

u2(x1, x2 ) = U0 δ
−







dx2

2 π x2 1 − cos π 2 δ





+

x2 π x2 sin δ 2 δ

!

und f¨ ur den Rand der Grenzschicht x2 = δ(x1): 

u2 (x1, x2) = U0 δ
(x1 ) 1 −

2 π



.

c) Der Massenstrom durch die Fl¨ache BC mit Hilfe von u2(x1 , x2 = δ):

(3)

64

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Wir wenden die Kontinuit¨atsgleichung (station¨ar, d. h. ∂/∂t = 0) auf das skizzierte Kontrollvolumen an: 

u · n dS = 0 (S)



⇒



u · n dS +

AB



u · n dS +

BC

u · n dS = 0 .

AC

Die beiden ersten Integrale sind aus Teil a) bekannt: ⇒

m ˙ BC = U0 b δL −



u · n dS .

(4)

AC

Auf der Fl¨ache AC ist u = U0 e1 + u2 (x1, δ(x1)) e2 , also: u · n dS = U0 e1 · n dS + u2 (x1, δ(x1)) e2 · n dS = U0 dx2 dx3 − u2 (x1, δ(x1)) dx1 dx3 . Damit berechnet sich das Integral in (4) unter Verwendung von (3) zu 

u · n dS = U0 b

AC

δL

dx2 − U0



0

= U0 b δL − b U0 so daß (4) wieder



m ˙ BC = b δL U0



2 1− π



L

b

δ
(x1) dx1

0



2 1− δL , π

2 1− π



liefert.

Aufgabe 2.1-10

Diffusor mit linearer Geschwindigkeits¨ anderung u ange ¨ber der Laufl¨

Zwei Kan¨ale mit den Querschnittsfl¨achen A1 und A2 sind u ¨ ber einen schlanken, ebenen Diffusor der L¨ange L miteinander verbunden. Die Form des Diffusors ist so beschaffen, daß sich die Geschwindigkeitskomponente u im Diffusor linear mit der Laufl¨ange x von U1 auf U2 ver¨andert und als konstant u ¨ ber die Querschnittsfl¨ache A(x) angenommen werden kann. Die Dichte der str¨omenden Fl¨ ussigkeit ist konstant.

2.1 Erhaltungssatz der Masse

65

a) Wie lautet die Verteilung der Geschwindigkeitskomponente u(x) im Kanal? Wie ¨andert sich die Querschnittsfl¨ache A(x)? b) Wie groß sind lokale und konvektive Beschleunigung im Diffusor, wenn die Zustr¨omgeschwindigkeit U1 zeitlich konstant ist? c) Beantworten Sie Aufgabenteil b), wenn U1 zeitlich ver¨anderlich mit ∂U1 /∂t = a1 = const gegeben ist. Geg.: A1, A2, U1 , L, = const, a1 L¨ osung a) Die Geschwindigkeitsverteilung ist linear u(x) = m x + c. Die Konstanten c und m erh¨alt man mit den Bedingungen u(x = 0) = U1

und

u(x = L) = U2

zu

U2 − U1 . L Mit der Integralform der Kontinuit¨atsgleichung bestimmt sich U2 zu U2 = U1 A1 /A2 und wir erhalten die Verteilung c = U1

und



u(x) = U1

m=





A1 x +1 . −1 A2 L

(1)

Wir betrachten ein Kontrollvolumen zwischen x = 0 und einer beliebigen, aber festen Stelle 0 < x < L. Die Auswertung der Kontinuit¨atsgleichung 

u · n dA = −



u · n dA

A1

A(x)

¨ liefert u(x) A(x) = U1 A1, womit die Anderung der Querschnittsfl¨ache im Diffusor bekannt ist: A1 . A(x) = (A1 /A2 − 1) x/L + 1 b) Ist U1 keine Funktion von t, so folgt aus (1) ∂u/∂t = 0, d. h. die lokale Beschleunigung ist null. F¨ ur die konvektive Beschleunigung findet man u

∂u U2 = 1 ∂x L





A1 −1 A2



x +1 L



A1 −1 A2

.

(2)

c) Mit U1 = U1 (t) und ∂U1/∂t = a1 folgt aus (1) u = u(x, t). Die lokale Beschleunigung ∂u = a1 ∂t





A1 −1 A2



x +1 L

ist nun ungleich null. Die Geschwindigkeit h¨angt nur u ¨ ber die Geometrie des Diffusors von x ab, da diese sich nicht ¨andert, erhalten wir f¨ ur die konvektive Beschleunigung wieder die Form der Gleichung (2).

66

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Aufgabe 2.1-11

Temperaturgrenzschicht an kalter Wand

Ein Gas mit der Temperatur Tσ und der Dichte σ wird pl¨otzlich mit einer kalten Wand der Temperatur TW in Kontakt gebracht.√Von der Wand w¨achst eine Grenzschicht mit der Dicke δ(t) = ν t (ν = const) ins Gas. Der Druck ist im ganzen Feld konstant, innerhalb der Grenzschicht falle die Gastemperatur linear von Tσ auf TW . Die Dichteverteilung des Gases ist durch

=

⎧ ⎨

W

⎩

−

W − σ x2 δ(t)

σ

f¨ ur

0 ≤ x2 ≤ δ(t)

f¨ ur

x2 > δ(t)

gegeben. Bez¨ uglich der x1- und x3 -Richtung ist die Ausdehnung der Wand als unendlich anzusehen. Wie groß ist die Gasgeschwindigkeit außerhalb der Grenzschicht? Die Geschwindigkeitskomponente in x1Richtung ist im ganzen Feld null. Geg.: σ , W L¨ osung F¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen verwenden wir die Kontinuit¨atsgleichung in der Form (S. L. (2.7))    (V (t))

∂ dV = − ∂t



ui ni dS .

(1)

(S)

Die linke Fl¨ache des Kontrollvolumens befindet sich außerhalb der Grenzschicht im beliebigen aber festen Abstand x˜2 zur Wand. Die Fl¨achen im Abstand a von der x2-Achse k¨onnen wir ins Unendliche verschieben. Pro Tiefeneinheit in x3-Richtung lautet die Gleichung (1) dann ˜2 a x lim

a→∞

−a

0

a ∂ x2)ni dx1 .

ui (˜ dx2 dx1 = − lim a→∞ ∂t −a

(2)

Auf der rechten Seite dieser Gleichung ist bereits ber¨ ucksichtigt, daß die feste Wand nicht durchstr¨omt wird und es keine Geschwindigkeitskomponente in die x1–Richtung gibt. Außerhalb der Grenzschicht sind alle Str¨omungsgr¨oßen homogen. Wir bilden die Ableitung der Dichte ⎧ x2 ν ∂ ⎨ ( W − σ ) = 2(ν t)3/2 ∂t ⎩ 0

f¨ ur

0 ≤ x2 ≤ δ(t)

f¨ ur

x2 > δ

2.1 Erhaltungssatz der Masse

67

und erhalten aus (2) √ ν t 0

( W − σ )

ν x2 dx2 = − σ u2 (˜ x2 ) . 2(ν t)3/2

Diese Gleichung gilt f¨ ur beliebiges x˜2 außerhalb der Grenzschicht, die Geschwindigkeit dort lautet damit  

W ν u2 = − −1 √ .

σ 4 νt

Aufgabe 2.1-12

Str¨ omung im Schmierspalt Der in der Abbildung dargestellte Gleitstempel“ ist in ” z–Richtung unendlich ausgedehnt und hat die Spalth¨ohe h(x) = h1 − α x, mit α = (h1 − h2 )/L  1.

Der Gleitschuh bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit U um den Winkel α gegen¨ uber der x–Richtung geneigt und schleppt, da Wandfl¨ ussigkeitsteilchen an der bewegten und ruhenden Wand haften, Fl¨ ussigkeit der Dichte = const in den Spalt. Man erwartet (zu Unrecht), daß sich im Spalt eine lineare Geschwindigkeitsverteilung u(x, y) einstellen wird. Das Haften der Fl¨ ussigkeitsteilchen an der Wand wird durch die Haftbedingungen u(x, 0) = 0 und u(x, h(x)) = U cos α ≈ U ber¨ ucksichtigt. Hinweis: Die Komponente der Geschwindigkeit in y–Richtung an der oberen Wand ist von der Gr¨oßenordnung α U und kann daher vernachl¨assigt werden. Weiterhin ist der Druck im Spalt nur eine Funktion von x. a) Zeigen Sie, daß der Volumenstrom in x–Richtung pro Tiefeneinheit, h(x)  V˙ = u(x, y) dy , von x unabh¨angig ist. 0 b) Die Geschwindigkeitsverteilung u(x, y) = U y/h erf¨ ullt die angegebenen Haftbedingungen. Warum stellt sich diese Geschwindigkeitsverteilung nicht ein? c) Die Geschwindigkeitsverteilung aus dem Aufgabenteil b) wird um einen vom Druckgradienten dp(x)/dx = −K(x) abh¨angigen und in y/h quadratischen Term korri-

68

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

giert: y K(x) h2 u(x, y) = U + h(x) 2η



y 1− h(x)



y . h(x)

Bestimmen Sie den negativen Druckgradienten K(x) mit K(0) = K1 so, daß die Kontinuit¨atsgleichung erf¨ ullt wird. d) Bestimmen Sie die Druckverteilung im Lagerspalt durch Integration von K(x). Die Integrationskonstante und K1 sind mittels der Druckrandbedingungen p(0) = p1 = p(L) = p2 = 0 zu bestimmen. e) Wie groß ist der Volumenstrom durch den Spalt? Geg.: η, h1 , h2 , L, U, p1 = p2 = 0 L¨ osung a) V˙ =const : Die Kontinuit¨atsgleichung f¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen lautet h1

h(x)  u(0, y) dy =

0

u(x, y) dy . 0

(1) Die rechte Seite von (1) ist gleich dem Volumenstrom V˙ . Da die linke Seite der Kontinuit¨atsgleichung konstant ist, ist V˙ von x unabh¨angig. b) Schleppstr¨omung u(x, y) = U y/h(x): Wir berechnen den Volumenstrom an der Stelle x: V˙ =

h(x) 

h(x)  u(x, y) dy =

0

U 0

1 1 y dy = U h(x) = U (h1 − α x) . h(x) 2 2

(2)

Der Volumenstrom ist demnach bei reiner Schleppstr¨omung nur f¨ ur α = 0 von x unabh¨angig. F¨ ur α = 0 erf¨ ullt die Geschwindigkeitsverteilung u = U y/h die Kontinuit¨atsgleichung nicht. c) Bestimmen von K(x):

2.1 Erhaltungssatz der Masse

69

Da die reine Schleppstr¨omung die Kontinuit¨atsgleichung nicht erf¨ ullt, muß sich im Spalt eine Druckverteilung p(x) einstellen, die das Geschwindigkeitsprofil am Spalteintritt d¨ unner“ und am Spaltaustritt bauch” ” iger“ macht, so daß V˙ im Spalt konstant ist. Der Druckgradient wird durch die Kontinuit¨atsbedingung festgelegt. Wir werten (1) f¨ ur die gegebene Geschwindigkeitsverteilung mit K(0) = K1 aus. Dies f¨ uhrt zu 1 h3 1 h(x)3 U h1 + K1 1 = U h(x) + K(x) = V˙ 2 12 η 2 12 η oder



dp K(x) = − = 6U η dx

K1 h21 1+ 6U η



1 h1 − 3 h(x) h(x)2

(3)

.

(4)

An der Stelle x = x∗ , mit K(x∗ ) = 0, hat der Druckverlauf ein Extremum und das Geschwindigkeitsprofil ist das einer reinen Schleppstr¨omung. Wir erhalten damit aus (4) eine Bestimmungsgleichung f¨ ur x∗: 

K1 h21 h(x ) = 1 + 6U η



∗

h1 = h0 ,

mit der ausgezeichneten Spalth¨ohe h0 . F¨ uhren wir diese neue Konstante in (4) ein, so erhalten wir

h0 dp 1 − . (5) = −K(x) = 6U η dx h(x)2 h(x)3 d) Bestimmen der Druckverteilung p(x): Die Integration des Druckgradienten (5) u uhrt zu ¨ ber x f¨ ⎡ ⎢

p(x) = 6U η ⎢ ⎣

x

0

x

1 dx − h0 h(x)2

0

⎤ ⎥ 1 dx⎥ ⎦ , 3 h(x)

mit x

0

1 1 dx = 2 h(x) α



1 1 − h(x) h1



x

und 0

1 1 dx = 3 h(x) 2α



1 1 − 2 2 h(x) h1



.

Daraus folgt Uη p(x) = 6 α



1 h0 1 − − h(x) h1 2



1 1 − 2 2 h(x) h1



oder nach Umformen (zweimaliger quadratischer Erg¨anzung) ⎧

⎫

2

2 ⎬ U η ⎨ h0 h0 p(x) = 3 −1 −1 − . ⎭ α h0 ⎩ h1 h(x)

(6)

70

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Am rechten Spaltrand ist der Druck null. Aus dieser Bedingung an (6) bestimmen wir die unbekannte H¨ohe h0 zu h0 = 2

h1 h2 . h1 + h2

(7)

e) Volumenstrom durch den Spalt: Da an der Stelle x = x∗ das Geschwindigkeitsprofil das einer reinen Schleppstr¨omung ist gilt: 1 h1 h2 V˙ = U h0 = U . 2 h1 + h2

2.2

Impulssatz

Aufgabe 2.2-1

Hauptachsensystem eines Spannungstensors

Gegeben ist der Spannungstensor in dimensionsloser Form √ ⎛ ⎞ 5 3 0 ⎜ √ ⎟ τij = ⎝ 3 3 0 ⎠ . 0 0 1 Zu berechnen sind a) b) c) d)

die Invarianten I1τ , I2τ und I3τ des Tensors, dessen Hauptspannungen σ (1), σ (2) und σ (3) und seine Hauptspannungsrichtungen. Wie heißt die Drehmatrix, die τij auf Diagonalform transformiert (Hauptachsentransformation!)? Man f¨ uhre die Transformation durch.

L¨ osung a) Invarianten: I1τ = τii = τ11 + τ22 + τ33 = 9 , 1 I2τ = (τii τjj − τij τij ) = 20 , 2 det(τij ) = 12 . I3τ = b) Hauptspannungen: Die L¨osungen der charakteristischen Gleichung −σ 3 + I1τ σ 2 − I2τ σ + I3τ = 0 , hier also −σ 3 + 9 σ 2 − 20 σ + 12 = 0 , sind die gesuchten Hauptspannungen σ (1) = 1 ,

σ (2) = 2 ,

σ (3) = 6 .

2.2 Impulssatz

71

c) Hauptspannungsrichtungen: Das homogene Gleichungssystem (k)

(τij − σ (k) δij ) nj = 0 hat die L¨osungen (1)

f¨ ur k = 1 : f¨ ur k = 2 :

n1 = 0 (2) n1 = ± 12

f¨ ur k = 3 :

n1 = ±

(3)



3 4

(1)

, ,

n2 = 0  , (2) n2 = ∓ 34 ,

,

n2 = ± 12

(3)

,

(1)

n3 = ±1 , (2) n3 = 0 , (3)

n3 = 0 .

Die L¨osungsvektoren n(k) wurden bereits auf die L¨ange 1 normiert, sind also Einheitsvektoren. Ihre Richtung liegt nur bis auf das Vorzeichen fest. Bei zwei von ihnen kann man das Vorzeichen beliebig w¨ahlen. Die Richtung des Dritten wird dann so festgelegt, daß die n(k) ein rechtsh¨andiges Koordinatensystem bilden. Es muß also die Bedingung ! n(1) × n(2) = n(3) erf¨ ullt werden. Mit der Wahl n(1) = e3 , erh¨alt man

n(2) 

n(3) =

1 = e1 − 2



3 e2 4

3 1 e1 + e2 . 4 2

d) Hauptachsentransformation: n(1) stimmt mit e3 u ¨berein, n(2) und n(3) liegen in der x1 x2–Ebene. Das Hauptachsensystem ist gegen¨ uber dem urspr¨ unglichen Koordinatensystem gedreht. Die Drehmatrix berechnet man aus aij = cos( xi , x
j ) in Matrizenform zu √ ⎞ ⎛ 1 1 0 3 2√ 2 ⎜ ⎟ 1 1 aij = ⎝ 0 − 2 3 ⎠ . 2 1 0 0 Die Spalten der Drehmatrix f¨ ur die Hauptachsen(k) transformation sind gerade die Eigenvektoren n (Modalmatrix). Die Hauptachsentransformation liefert durch die Berechnungsvorschrift τkl
= aik ajl τij die Werte
τ11 =1,


τ22 =2,


τ33 =6

und

τij
= 0 f¨ ur i = j ,

72

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

so daß der Tensor die Matrizenform ⎛ ⎞ ⎛ (1) ⎞ σ 0 0 1 0 0 ⎜ ⎟ ! ⎜ ⎟ τij
= ⎝ 0 2 0 ⎠ = ⎝ 0 σ (2) 0 ⎠ 0 0 6 0 0 σ (3) annimmt. Der Spannungstensor im Hauptachsensystem ist eine Diagonalmatrix mit den Hauptspannungen in der Hauptdiagonalen.

Aufgabe 2.2-2

Kraft auf eine Rohrverzweigung

Die skizzierte Rohrverzweigung ist an den Stellen [1], [2] und [3] durch Wellrohre (Gesamtfedersteifigkeit cges ) mit dem u ¨brigen Rohrleitungssystem verbunden und kann sich nur in x–Richtung bewegen. In den Lagern soll keine Reibung auftreten.

a) Wie groß ist die Geschwindigkeit u3, wenn bei [1], [2] und [3] die Str¨omung ausgeglichen ist? b) Um welche Strecke ∆x verschiebt sich das Rohr gegen¨ uber der Ruhelage (u1 = u2 = u3 = 0), wenn die Wellrohre in der Ruhelage nicht vorgespannt sind? c) Wie groß ist die Kraft auf das Rohr in y–Richtung? Geg.: p1 , p2 , p3 , u1, u2, A1 , A2 , = const, cges L¨ osung a) Die Geschwindigkeit u3 Zur Berechnung von u3 wird die Integralform der Kontinuit¨atsgleichung auf das skizzierte Kontrollvolumen angewandt. (SW bezeichnet die Rohrw¨ande.) Die vorliegende Str¨omung ist station¨ar und inkompressibel, d. h. 

u · n dS = 0 .

(S)

An den Rohrw¨anden SW gilt u · n = 0, u ¨ber den Querschnittsfl¨achen sind die Geschwindigkeiten konstant, daher ist u1 A 1 + u2 A 2 = u3 A 1 ,

2.2 Impulssatz

73

beziehungsweise u3 = u1 +

A2 u2 . A1

b) Berechnung der Verschiebung ∆x Zun¨achst wird die Kraft der Str¨omung auf die Rohrverzweigung mit Hilfe des Impulssatzes berechnet, Volumenkr¨afte werden hier nicht ber¨ ucksichtigt (S. L. (2.43)) 

u (u · n) dS =

(S)



t dS . (S)

F¨ ur das abgebildete Kontrollvolumen erh¨alt man 

u (u · n) dS +

A1



u (u · n) dS +

A2



=



u (u · n) dS +

A3

t dS +

A1



t dS +

A2



u (u · n) dS =

SW



t dS +

A3



t dS .

(1)

SW

Die Berechnung der Ober߬achenintegrale ergibt der Reihe nach 

u (u · n) dS = − u21 A1 ex ,

A1



u (u · n) dS = − u22 A2 ex ,



u (u · n) dS = u23 A1 ex ,





p n dS = p1 A1 ex , A1

t dS = −

A2

A3



t dS = −

A1

A2







p n dS = p2 A2 ex , A2

t dS = −

A3



p n dS = −p3 A1 ex ,

A3

u (u · n) dS = 0 ,

SW

wobei an den Stellen [1], [2] und [3] die Str¨omung ausgeglichen ist und daher t = −p n ist. Die Integration des Spannungsvektors t u ¨ ber die Rohrwand SW liefert die Kraft, die die Wand auf die Fl¨ ussigkeit aus¨ ubt. Ihre Gegenkraft stellt also die gesuchte Kraft FF l.→R. der Fl¨ ussigkeit auf die Rohrverzweigung dar 

t dS = FR.→F l. = −FF l.→R. .

SW

Damit erh¨alt man aus (1) − u21A1 ex − u22 A2 ex + u23 A1 ex (2) = p1 A1 ex + p2 A2 ex − p3 A1 ex − FF l.→R. . Die Kraft auf das Rohr hat nur eine Komponente in x-Richtung: Fx = (p1 − p3 )A1 + p2 A2 + (u21 − u23)A1 + u22 A2 .

74

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Das Kr¨aftegleichgewicht am Rohr liefert Fx = cges ∆x , und somit ergibt sich die Verschiebung zu ∆x =

) 1 ( (p1 − p3 )A1 + p2 A2 + (u21 − u23)A1 + u22A2 .

cges

c) Aus (2) ergibt sich durch skalare Multiplikation mit ey Fy = 0 .

Aufgabe 2.2-3

Berechnung des Widerstandes eines umstr¨ omten Ko ¨rpers

Ein unendlich langer, zylindrischer K¨orper wird mit konstanter Geschwindigkeit U∞ von Fl¨ ussigkeit konstanter Dichte angestr¨omt. Die Str¨omungsrichtung f¨allt mit der Richtung einer Symmetrieachse des Zylinderquerschnittes zusammmen. Dann wird von der Fl¨ ussigkeit nur eine Kraft in Str¨omungsrichtung auf den Zylinder ausge¨ ubt: die Widerstandskraft FW . In einiger Entfernung hinter dem K¨orper sind die Stromlinien in guter N¨aherung wieder parallel, aber in Umgebung der Symmetrieachse ist die Geschwindigkeit u1 kleiner als die Geschwindigkeit U∞ . Es existiert dort eine sogenannte Nachlaufdelle. Bestimmen Sie die Widerstandskraft FW pro Tiefeneinheit auf den K¨orper, wenn u1 /U∞ gegeben ist. L¨ osung Wir w¨ahlen ein Kontrollvolumen, dessen Oberfl¨ache den umstr¨omten K¨orper umschließt und dann l¨angs eines Schlitzes soweit vom K¨orper weggeht, bis die von ihm verursachten St¨orungen soweit abgeklungen sind, daß dort die Schubspannungen und die Druckdifferenzen zum Umgebungsdruck p0 verschwunden sind:

2.2 Impulssatz

75

Zur Bestimmung der Widerstandskraft FW benutzen wir den Impulssatz (station¨ar und ohne Volumenkr¨afte)   t dS .

u(u · n) dS = (1) (S)

(S)

Das rechte Integral spalten wir auf in ein Oberfl¨achenintegral l¨angs A, B, C, D, eines u ¨ ber beide Schnittufer des Schlitzes und eines u ¨ ber die Oberfl¨ache des K¨orpers SK . Die Integrale u ¨ ber beide Schnittufer des Schlitzes sind in ihrer Summe null, da die Normalenvektoren entgegengesetzt gerichtet sind. Auf A, B, C, D ist voraussetzungsgem¨aß (abgeklungene St¨orungen) t = −p0n und wir k¨onnen schreiben 

t dS =

(S)



−p0 n dS +



t dS .

SK

ABCD

Das Integral u ¨ ber A, B, C, D verschwindet, da auf eine geschlossene Oberfl¨ache keine Gesamtkraft wirkt, wenn t nur aus einem konstanten Druck resultiert. Das zweite Integral ist die Kraft vom K¨orper auf die Fl¨ ussigkeit im Kontrollvolumen, d. h. das Negative der Kraft von der Fl¨ ussigkeit auf den K¨orper. Es entsteht demnach aus (1) −F→K o¨rper =



u (u · n) dS ,

(S)

wovon wir nur die x1–Komponente ben¨otigen −FW

= −F→K o¨rper · e1 =



u1 (u · n) dS .

(S)

Das Oberfl¨achenintegral u ¨ber den Impulsfluß in die x1–Richtung spalten wir auf in Teilintegrale, so daß wir f¨ ur die Kraft erhalten −FW =



u1 (u · n) dS +

AB



+ CD



u1 (u · n) dS +

BC

u1 (u · n) dS +

 DA

u1 (u · n) dS

76

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik 



u1 (u · n) dS +

+ SK

u1 (u · n) dS .

Schlitz

Auf AB, CD, DA ist u1 = U∞ , auf BC ist (u ·n) = u1(x1 , x2), auf DA ist (u ·n) = −U∞ und auf SK verschwindet (u · n), also gilt − FW = U∞



(u · n) dS +

BC





(u · n) dS −

CD



u21 dS

AB

+ U∞

⇒ FW =



2

U∞ dS DA

2

U∞ dS −

DA



u21 dS + BC

⎛



⎜

− U∞ ⎝

(u · n) dS +

AB



⎞ ⎟

(u · n) dS ⎠ .

(2)

CD

Die beiden Integrale in der Klammer berechnen wir aus der Kontinuit¨atsgleichung (station¨are Str¨omung ⇒

u · n dS=0) (S)



(u · n) dS +

AB



(u · n) dS + * +, u1

BC

⇒





(u · n) dS +

AB





(u · n) dS +

CD

(u · n) dS =

CD

(u · n) dS = 0

DA



U∞ dS −

DA



u1 dS . BC

Die Integranden sind von x3 unabh¨angig. Die Kraft pro Tiefeneinheit ist daher FW =

2

U∞ h

−

C

u21

dx2 −

C 2

U∞ h

+ U∞ u1 dx2

B

B

h

⇒ FW =

2 2

U∞ −h 2



u1 u1 1− U∞ U∞



dx2 .

Da der Integrand außerhalb der Nachlaufdelle verschwindet, h¨angt der Wert des Integrals nicht von h ab, solange h gr¨oßer ist als die Breite der Nachlaufdelle. Wir k¨onnen daher h → ∞ gehen lassen und erhalten f¨ ur den Str¨omungswiderstand pro Tiefeneinheit +∞ 

FW =

2

U∞ −∞





u1 u1 1− dx2 . U∞ U∞

2.2 Impulssatz

77

2 Da FW / U∞ eine Konstante ist, h¨angt offensichtlich der Wert des Integrals nicht von x1 ab, obwohl nat¨ urlich u1 = u1(x1 , x2) ist. Das Integral ist somit ein Maß f¨ ur den durch den K¨orper verursachten Impulsverlust der reibungsbehafteten Str¨omung. (In der Grenzschichttheorie wird dieses Integral, das die Dimension einer L¨ange hat, Impulsverlustdicke genannt.)

U∞ − u1 = ud wird als Geschwindigkeitsdefizit ud bezeichnet, so daß sich auch schreiben l¨aßt +∞   ud ud FW = 1− dx2 . 2

U∞ U∞ U∞ −∞

Weit hinter dem K¨orper ist ud /U∞  1 und es entsteht die einfachere Formel FW = 2

U∞

Aufgabe 2.2-4

+∞  −∞

ud dx2 . U∞

Kraft auf eine schlanke Du ¨se Eine Fl¨ ussigkeit (Dichte , Scherz¨ahigkeit η) str¨omt laminar durch die skizzierte schlanke D¨ use: x R(x) = R1 + (R2 − R1) . l An den Stellen [1] und [2] habe der Spannungsvektor die Form t = −p n. Die Dr¨ ucke use wurden p1 und p2 an beiden Seiten der D¨ gemessen.

a) Berechnen Sie die Geschwindigkeitsverteilung in der D¨ use bei gegebenem Volumen˙ strom V unter der Annahme, daß das Geschwindigkeitsprofil parabelf¨ormig ist und die mittlere Geschwindigkeit U gerade die H¨alfte der Maximalgeschwindigkeit betr¨agt. b) Welche Kraft wirkt auf die D¨ use? Geg.: p1 , p2 , V˙ , R(x), l, , η L¨ osung a) Geschwindigkeitsverteilung in der D¨ use: Die Geschwindigkeitsverteilung einer laminaren Str¨omung durch eine schlanke D¨ use ist ⎡  2 ⎤ r ⎦ . u(r, x) = Umax ⎣1 − R(x)

78

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Die Kontinuit¨atsgleichung lautet hier V˙ = U(x) A(x)

⇒

U (x) =

V˙ . π R2 (x)

Mit der Annahme U(x) = Umax /2 erh¨alt man die gesuchte Geschwindigkeitsverteilung ⎡



V˙ r ⎣1 − u(r, x) = 2 2 π R (x) R(x)

2 ⎤ ⎦ ⎡

V˙



r ⎣1 − = 2 π (R1 + (R2 − R1 ) x/l)2 R1 + (R2 − R1 ) x/l

2 ⎤ ⎦ .

b) Kraft auf die D¨ use: Der Impulssatz im vorliegenden Fall (Dichte konstant, keine Volumenkr¨afte) lautet 

u(u · n) dS =

(S)



t dS .

(1)

(S)

Die Kraft FD der Fl¨ ussigkeit auf die D¨ use hat wegen der Symmetrie bez¨ uglich der D¨ usenmittellinie nur eine Komponente in die x– Richtung. Um diese Komponente zu erhalten, multiplizieren wir den Impulssatz (1) skalar mit ex 



(−u21 (r)) dA + A1



u22 (r) dA = A2

p1 dA − FD · ex +

A1



−p2 dA .

(2)

A2

Die Integration ist u uhren, das erste Integral auf der linken ¨ ber dA = r dr dϕ auszuf¨ Seite berechnet sich zu −

2π R1  0

0





2 V˙ r

1− 2 π R1 R1

2 2

r dr dϕ = −2 π

R1 0

2 V˙ π R21

2 

r 1− R1

4 V˙ 2 = − . 3 π R21 (Substitution: t = 1 − (r/R1 )2 , r dr = −R21 /2 dt) F¨ ur das zweite Integral der linken Seite erh¨alt man analog 2π R2  0

0



 2 V˙ r 2

1− π R22 R2

2

r dr dϕ =



4 V˙ 2

. 3 π R22

2 2

r dr

2.3 Drallsatz oder Drehimpulssatz

79

Stellt man (2) nach der gesuchten Gr¨oße um, ergibt sich 4 V˙ 2 FD · ex = FDx = p1 π R21 − p2 π R22 + 3 π

2.3



1 1 − 2 2 R1 R2



.

Drallsatz oder Drehimpulssatz

Aufgabe 2.3-1

Moment auf einen geschlitzten Rohrwinkel Ein abgewinkeltes, d¨ unnes Rohr wird in der skizzierten Lage gehalten. Im waagrechten Teil des Rohres befindet sich ein Schlitz der Breite b und der L¨ange 6 x0 , aus dem horizontal Wasser (Dichte ) austritt. Die Wassergeschwindigkeit soll linear von x1 abh¨angen. Reibungsspannungen auf den Str¨omungsquerschnitten k¨onnen vernachl¨assigt werden.

a) Man bestimme das Drehmoment in x3–Richtung in Abh¨angigkeit von Umax , das von dem austretenden Wasser auf das Rohr ausge¨ ubt wird. b) Es tritt der Volumenstrom V˙ aus. Wie groß ist die Maximalgeschwindigkeit des austretenden Wassers? Geg.: b, x0 , V˙ , , p0 L¨ osung a) Drehmoment auf das Rohr:

80

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Die Str¨omung im Rohr ist station¨ar, Volumenkr¨afte liefern keinen Beitrag zum Drehmoment in die x3 –Richtung auf das Rohr, wir verwenden daher den Drallsatz in der Form (S. L. (2.54b)) und bilden die dritte Komponente durch skalare Multiplikation mit e3 

e3 · (x × u) (u · n) dS =

(S)



e3 · (x × t) dS . (1)

(S)

Die gew¨ahlte Kontrollfl¨ache umschließt das abgewinkelte Rohr und schneidet es in den Fl¨achen Se , SR . Wir teilen die Integration in die skizzierten Teilbereiche auf, und ber¨ ucksichtigen, daß u · n = 0 an den festen W¨anden SW und SR ist: 

e3 · (x × u) (u · n) dS =

Se +Sa



e3 · (x × t) dS +

Se +Sa +SW



e3 · (x × t) dS .

(2)

SR

Zur Auswertung der Integrale betrachten wir die Integranden auf den zugeh¨origen Teilfl¨achen. Zun¨achst nur die linke Seite der Gleichung (2): Es gilt auf der Eintrittsfl¨ache Se mit u = u3 e3 e3 · (x × u) = −e3 · (u × x) = −(e3 × u) · x = 0 , auf der Austrittsfl¨ache Sa mit u = u2 e2, x = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 , n = −e2 e3 · (x × u) = e3 · ((x1 e1 + x2 e2 + x3 e3) × u2 e2 ) = e3 · (x1 u2 e3 − x3 u2 e1) = x1 u2 und u · n = −u2. Die Geschwindigkeitsverteilung am Austritt ist linear: u2 = ua (x1) = −Umax

8 x0 − x1 , 6 x0

f¨ ur 2 x0 ≤ x1 ≤ 8 x0 .

F¨ ur die linke Seite der Gleichung (1) erhalten wir insgesamt  (S)

e3 · (x × u) (u · n) dS =

2 − Umax

8 x0 +b/2 

x1 2 x0 −b/2

2 = −7 b Umax x20 .



8 x0 − x1 6 x0

2

dx3 dx1

(3)

Betrachten wir nun die rechte Seite der Gleichung (2): Reibungsspannungen k¨onnen auf den Str¨omungsquerschnitten Se und Sa vernachl¨assigt werden (Pij = 0), der Spannungsvektor hat dann auf der Eintrittsfl¨ache Se die Form t = −p n und auf der Austrittsfl¨ache Sa gilt t = −p0 n. Auf der Wandfl¨ache

2.3 Drallsatz oder Drehimpulssatz

81

SW gilt ebenfalls t = −p0 n. Da der Umgebungsdruck p0 keinen Beitrag zum Moment liefern kann, setzen wir p0 = 0 und erhalten 

e3 · (x × t) dS +

Se +Sa +SW





e3 · (x × t) dS =

SR

e3 · (x × (−p n)) dS +

Se



e3 · (x × t) dS .

(4)

SR

Das erste Integral der rechten Seite u ¨ ber die Eintrittsfl¨ache Se verschwindet, da das Kreuzprodukt einen Vektor bildet, der senkrecht zu e3 ist. Das zweite Integral ist das Schnittmoment M3R auf die freigeschnittene Fl¨ache SR , es ist das Reaktionsmoment ussigkeit auf das Rohr aus¨ ubt zum gesuchten Moment MF l→R , das die Fl¨ 

e3 · (x × t) dS = M3R = −MF l→R .

(5)

SR

Wir erhalten so mit (3), (4) und (5) das gesuchte Moment zu 2 MF l→R = 7 b x20 Umax .

b) Maximalgeschwindigkeit Umax : Bei gegebenem V˙ l¨aßt sich Umax aus der Gleichung V˙ =



u · n dS

Sa

bestimmen. Wir erhalten V˙ = b Umax

8 x0 2 x0

⇒

8 x0 − x1 dx1 = 3 b Umax x0 6 x0

Umax =

V˙ . 3 b x0

Bemerkung: Oft ist es zweckm¨aßig, wie auch hier, das Kontrollvolumen so zu w¨ahlen, daß es Fl¨ ussigkeit und feste K¨orper enth¨alt. Die Bedenken im Zusammenhang mit dem Gaußschen Satz, der im Transporttheorem verwendet wurde, und Differenzierbarkeit ¨ der Gr¨oßen im Kontrollvolumen voraussetzt, umgeht man, wenn man den Ubergang zwischen Fl¨ ussigkeit und festem K¨orper als stetig mit entsprechend großen Gradienten annimmt. Alternativ w¨ urde man das Kontrollvolumen im Inneren des Rohres verlegen, das Moment auf der benetzten Fl¨ache w¨are das gesuchte Moment MF l→R .

82

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Aufgabe 2.3-2

Moment auf den Leitapparat einer Wasserturbinenanlage

Der in der Skizze dargestellte Leitapparat einer Wasserturbinenanlage besteht aus einem Spiralgeh¨ause und einem Leitgitter, die fest miteinander verbunden sind. Das Spiralgeh¨ause ist so ausgebildet, daß die Fl¨ ussigkeit ( = const) das Leitgitter mit konstanter Geschwindigkeit unter dem konstanten Austrittswinkel α verl¨aßt. Das Geschwindigkeitsprofil am Leitgitterein– und –austritt ist ausgeglichen, die Str¨omung ist station¨ar, Volumenkr¨afte sind zu vernachl¨assigen. a) Berechnen Sie f¨ ur gegebenen Volumenstrom V˙ die Betr¨age der Geschwindigkeiten ce und ca ! b) Wie groß ist die Komponente von ca in Umfangsrichtung cua der Str¨omung am Leitgitteraustritt? c) Berechnen Sie das Moment in x3–Richtung, das die Str¨omung auf den gesamten Leitapparat aus¨ ubt! (Hinweis: Bei der Auswertung der Integrale u ¨ber die Eintrittsfl¨ache Se k¨onnen die in x linearen Terme x × c und x × n gleich den entsprechenden Mittelwerten gesetzt werden und vor die Integrale gezogen werden. Man kann sich u ¨berzeugen, daß auch ohne diese Vereinfachung der Wert des Integrals derselbe ist.) Geg.: , V˙ , α, h, b, d, Ra , pe L¨ osung a) Geschwindigkeitsbetr¨age ce , ca : Aus der Definition des Volumenstromes folgt V˙ = −



c · n dS =

Se

Es gilt c · n =





c · n dS .

Sa

−ce ca cos α

und daher ce = sowie ca =

auf auf V˙ bh

V˙ . 2π Ra h cos α

Se , Sa (1)

2.3 Drallsatz oder Drehimpulssatz

83

b) Komponente von ca in Umfangsrichtung cua : ⇒

cua = ca sin α

V˙ tan α . 2π Ra h

cua =

(2)

c) Moment auf den Leitapparat: Im Drallsatz (station¨ar, ohne Volumenkr¨afte) 

x × c (c · n) dS =

(S)



x × t dS

(3)

(S)

wird die Aufteilung der Gesamtfl¨ache des Kontrollvolumens (nicht eingezeichnet!) in S = Se + Sa + SW (SW = benetzte Fl¨ache des Leitapparats) vorgenommen und (3) liefert wegen der kinematischen Randbedingung mit 

(x × c) (c · n) dS = 0

SW

das Ergebnis 

x × c (c · n) dS +

Se



=



x × c (c · n) dS

Sa

x × t dS +

Se

 Sa

x × t dS +



x × t dS .

(4)

SW

Das letzte Integral der rechten Seite stellt das Moment dar, das der Leitapparat auf die Fl¨ ussigkeit aus¨ ubt. Vorzeichenumkehr liefert das Gegenmoment, mithin das Moment, das von der Fl¨ ussigkeit auf den Leitapparat ausge¨ ubt wird. Auswertung der Integrale liefert im einzelnen 1.) Auf Se ist x × c = (x1e e1 + d e2 ) × (−ce e1) = ce d e3 ⇒



x × c (c · n) dS = − V˙ ce d e3 .

Se

2.) Auf Sa ist x × c = (Ra er ) × (cra er + cua eϕ ) = Racua e3 ⇒



x × c (c · n) dS = V˙ Racua e3 .

Sa

3.) Auf Se ist die Str¨omung ausgeglichen, d. h. t = −p n. Wegen n = e1 gilt also x × t = (x1e e1 + d e2 ) × (−pe e1) = pe d e3 ⇒

 Se

x × t dS = pe b h d e3 .

84

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

4.) Auf Sa ist die Str¨omung ebenfalls ausgeglichen, d. h. t = −p n = p er , daher gilt x × t = (Ra er ) × (p er ) = 0 ⇒



x × t dS = 0 .

Sa

Damit erh¨alt man aus (4) das Moment auf den Leitapparat zu  F l.→L = V˙ (ce d − cua Ra ) e3 + pe b h d e3 , M den Betrag der nicht verschwindenden Komponente daher M3 = V˙ (ce d − cua Ra ) + pe b h d .

(5)

Der erste Term in (5) entspricht dem Anteil aus der Drall¨anderung der Fl¨ ussigkeit gem¨aß der Eulerschen Turbinenhauptgleichung, der zweite Term r¨ uhrt daher, daß die Eintrittsfl¨ache keine Rotationsfl¨ache ist, der Spannungsvektor (hier: t = −pn) also ein Moment hat. Setzt man in (5) noch ce und cua aus (1) bzw. (2) ein, so erh¨alt man als Ergebnis  

V˙ 2 d tan α − + pe b h d . M3 = h b 2π

Aufgabe 2.3-3

Kru ¨mmungsradius von Kreisbogenschaufeln eines Kreisgitters

Das skizzierte, aus sechs Schaufeln bestehende Kreisgitter befindet sich in Ruhe und wird von einer Fl¨ ussigkeit der Dichte mit der Geschwindigkeit c1 drallfrei angestr¨omt. Die Abstr¨omung erfolgt unter dem Winkel β2.

2.3 Drallsatz oder Drehimpulssatz

85

a) Berechnen Sie den Massenstrom m ˙ durch das Gitter, wenn die Kanalh¨ohe H des Gitters bekannt ist. b) Wie groß ist das Drehmoment, das die Str¨omung auf das Gitter aus¨ ubt? c) Wie groß ist die Kraft auf eine Schaufel in Umfangsrichtung, wenn der Angriffspunkt durch den Radius rk gegeben ist? d) Die Auftriebskraft Fa in einer Gitterstr¨omung steht bekanntlich senkrecht auf der mittleren Geschwindigkeit  ∞ = c1 + c2 . U 2  ∞. Berechnen Sie den Winkel γ zwischen c1 und U e) Wie groß ist die Auftriebskraft einer Schaufel? f) Der Auftriebsbeiwert f¨ ur eine Kreisbogenschaufel kann f¨ ur kleine Winkel n¨aherungsweise aus folgender Beziehung berechnet werden: 

Fa f cA = = 2π α + 2 2

/2 U∞ l l



,

α = αs − γ .

Dieser Auftriebsbeiwert gilt n¨aherungsweise auch f¨ ur eine Schaufel im Gitterverband, wenn der Schaufelabstand sehr viel gr¨oßer als die Schaufeltiefe ist. Wie groß muß der Kr¨ ummungsradius der Schaufel gew¨ahlt werden, um den in e) berechneten Auftrieb zu erhalten, wenn Kreisbogenschaufeln der L¨ange l verwendet werden, deren Sehne mit der Radialen den Winkel αs bilden? (Hinweis: F¨ ur 2 2 Kreisb¨ogen gilt die Beziehung l = 4 (2 f r − f )). Geg.: , c1, αs , β2 , R1 , R2 , rk , H, l L¨ osung a) Massenstrom durch das Gitter: m ˙ = c1 2 π R1 H . b) Drehmoment auf das Gitter: Die Eulersche Turbinengleichung (hier f¨ ur drallfreie Zustr¨omung) lautet M =m ˙ (R2 cu2 ) , wobei die unbekannte Umfangskomponente der Austrittsgeschwindigkeit zu cu2 = cr2 tan β2 =

m ˙ R1 tan β2 tan β2 = c1

2 π R2 H R2

berechnet wird. F¨ ur das Drehmoment auf das Gitter erh¨alt man somit M = c21 R21 2 π H tan β2 . c) Kraft in Umfangsrichtung auf eine Schaufel: Zwischen Moment und Kraft in Umfangsrichtung pro Schaufel gilt der Zusammenhang M = z F u rk , (z = Schaufelzahl)

86

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

also berechnet man f¨ ur die Umfangskomponente der Kraft auf eine Schaufel M c2 R2 H Fu = = 1 1 π tan β2 . z rk 3 rk  ∞: d) Winkel zwischen c1 und U Das Ergebnis l¨aßt sich unmittelbar aus nebenstehender Skizze ablesen: cu2 c1 R1 /R2 tan β2 tan γ = = c1 + cr2 c1 + c1 R1/R2 ⇒

γ = arctan

tan β2 . R2 /R1 + 1

e) Auftrieb der Schaufel:  ∞ . Zwischen der Auftriebskraft und der UmfangsDer Auftrieb steht senkrecht auf U komponente der Schaufelkraft gilt daher Fu . Fa = cos γ Durch Einsetzen erh¨alt man M c21 R21 H π tan β2

 . Fa = = z rk cos γ 3 rk cos arctan tan β2 R2 /R1+1

f) Kr¨ ummungsradius: Aus der, in der Aufgabenstellung gegebenen Beziehung f¨ ur den Auftriebsbeiwert, erh¨alt man einen Ausdruck f¨ ur f in der Form Fa α f= l. − 2 2 π U∞ 2 Ebenso l¨aßt sich eine Bestimmungsgleichung f¨ ur den Kr¨ ummungsradius angeben (siehe Hinweis): l2 f r= + 8f 2 oder auch r =

⎡

⎤−1

⎡

⎤

l2 ⎣ R21 H tan β2

 − α l⎦ 2 /c2 ) cos arctan tan β2 4 3 rk (U∞ 1 R2 /R1+1 1 R21 H tan β2

+ ⎣ 2 /c2 ) cos arctan 4 3 rk (U∞ 1

tan β2 R2 /R1+1

 − α l⎦ .

2.4 Impuls– und Drallsatz im beschleunigten Bezugssystem

2.4

87

Impuls– und Drallsatz im beschleunigten Bezugssystem

Aufgabe 2.4-1

Auf eine rotierende Scheibe gespritzte Flu ¨ssigkeit Auf eine mit der Winkelgeschwin rotierende Scheibe wird im digkeit Ω Drehpunkt reibungsfreie Fl¨ ussigkeit mit der Geschwindigkeit c = c0 ex
aufgespritzt. Volumenkr¨afte k treten nicht auf, im Strahl herrscht Umgebungsdruck.

a) Welche Bahn beschreiben die Fl¨ ussigkeitsteilchen im Inertialsystem (x
, y
)? b) Berechnen Sie dieselbe Bahn im rotierenden Bezugssystem (x, y) durch Koordinatentransformation. c) Berechnen Sie die Bahn durch direkte Integration der Bewegungsgleichung im rotierenden Bezugssystem. L¨ osung a) Die Bahn im Inertialsystem Die Fl¨ ussigkeit ist reibungsfrei, der Druck p im Strahl ist konstant, Volumenkr¨afte werden nicht ber¨ ucksichtigt, damit erh¨alt man aus der Cauchyschen Bewegungsgleichung Dc

= k + ∇ · T Dt die Differentialgleichung f¨ ur die Bahnlinie Dc/Dt = 0, die mit den Anfangsbedingungen den konstanten Vektor c liefert: dx
c = = c0 ex
. dt In Komponentenform des Inertialsystems (x
= x
ex
+ y
ey
) schreibt man also dx
bzw. x
= c0 t + const , = c0 dt dy
=0 bzw. y
= const . dt Mit den Anfangsbedingungen x
(0) = 0 und y
(0) = 0 folgt hieraus die Bahn der Fl¨ ussigkeitsteilchen im Inertialsystem zu x
= c0 t , y
= 0 .

88

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

b) Die Bahn bez¨ uglich des rotierenden Koordinatensystems: F¨ ur eine Koordinatentransformation gilt der Zusammenhang xj = aji x
i . Die Drehmatrix aji zwischen beiden Systemen lautet 

aji =

cos Ωt sin Ωt − sin Ωt cos Ωt



.

Damit erh¨alt man x = cos Ωt x
+ sin Ωt y
= c0t cos Ωt , y = − sin Ωt x
+ cos Ωty
= −c0 t sin Ωt bzw. in Polarkoordinaten



x 2 + y 2 = c0 t ,

r =



ϕ = arctan

y = −Ωt x

oder nach Elimination von t

Ω r. c0 c) Die Bahnlinie, berechnet durch direkte Integration der Bewegungsgleichung im rotierenden System: F¨ ur den vorliegenden Fall erh¨alt man aus Gleichung (2.68) der S. L. die Beschleunigung im rotierenden System zu ϕ=−

Dw   ×w  × (Ω  × x) . = −2 Ω  −Ω Dt  = Ω ez und den Bezeichnungen u = x, ˙ v = y˙ berechnen sich Mit w  = u ex + v ey , Ω hieraus die Komponentengleichungen in die x- und y-Richtungen zu x¨ = 2 Ω y˙ + Ω2 x , y¨ = −2 Ω x˙ + Ω2 y . Diese zwei gekoppelten, gew¨ohnlichen, linearen Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten lassen sich mit den Definitionen 

M=

1 0 0 1





,

D=

0 −2Ω 2Ω 0





,

K=

−Ω2 0

0 −Ω2



in der Form ¨ + D x˙ + K x = 0 M x

(1)

 eλ t f¨ schreiben. Der Ansatz x = C uhrt auf das Eigenwertproblem  = 0 . (λ2 M + λ D + K) C

(2)

2.4 Impuls– und Drallsatz im beschleunigten Bezugssystem

89

Nichttriviale L¨osungen des homogenen, linearen Gleichungssystems (2) gibt es nur bei verschwindender Determinante der Koeffizientenmatrix, d. h.: det(λ2 M + λ D + K) = 0 ⇒ ⇒

det

 2 λ − Ω2

−2λΩ λ2 − Ω2

2λΩ



= 0

(λ2 − Ω2 )2 + 4λ2 Ω2 = (λ2 + Ω2 )2 = 0 .

 λ t ist auch Cte  λt λ = ±iΩ sind also jeweils doppelte Eigenwerte, d. h. neben Ce  resultieren mit den nun bekannten EigenL¨osung von (1). Die Eigenvektoren C werten aus (2), wobei wir aber wegen der voraussetzungsgem¨aß verschwindenden Determinante nur eine Gleichung benutzen k¨onnen. Wir w¨ahlen die erste (λ2 − Ω2 ) C1 − 2 λ Ω C2 = 0 ⇒

C2 = C1

λ2 − Ω2 2λΩ

und erhalten f¨ ur λ = λ1 = +iΩ den ersten Eigenvektor (1) C2

=

2 (1) −2 Ω C1 2

2iΩ

=

(1) C1 i



 (1) = α1 1 C i

⇒

(1)

mit C1 = α1

bzw. f¨ ur λ = λ2 = −iΩ den zweiten Eigenvektor (2) C2

=

(2) C1

−2 Ω2 (2) = −C1 i 2 −2 i Ω

 (2) = α2 C

⇒



1 −i



(2)

mit C2 = α2 .

Die allgemeine L¨osung von (1) lautet also 

x = α1















1 iΩt 1 1 iΩt 1 e + α2 e−i Ω t + t β1 e + β2 e−i Ω t . i −i i −i

Die unter Umst¨anden komplexen Konstanten α1 , β1, α2 , β2 sind u ¨ber die Anfangsbedingungen x(0) = 0, x˙ (0) = c0 ex (im Komplexen vier Gleichungen f¨ ur vier komplexe Konstanten) zu bestimmen. Wir erhalten 



1 1 x(0) = 0 = α1 + α2 i −i ⇒



0 = α1 + α2 , 0 = i (α1 − α2 ) .

Diese beiden Gleichungen sind nur durch die Konstanten α1 = α2 = 0 zu erf¨ ullen und daher gilt 

















1 iΩt 1 1 iΩt 1 x˙ = β1 e + β2 e−i Ω t + t i β1 Ω e − i β2 Ω e−i Ω t . i −i i −i

90

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Mit x˙ (0) = (c0 , 0)T folgt schließlich ˙ = x



⇒

c0 0





= β1



1 1 + β2 i −i



c0 = β 1 + β 2 , 0 = i (β1 − β2)

⇒

β1 = β2 =

c0 , 2

so daß die an die Anfangsbedingungen angepaßte L¨osung des Problems lautet 

c0 x = t 2



1 i Ω t c0 e + i 2







1 e−i Ω t . −i

In Komponenten zerlegt erh¨alt man die Bahnlinie in der Form, wie sie bereits aus Aufgabenteil b) bekannt ist: 

x(t) = c0 t 

y(t) = c0 t

Aufgabe 2.4-2



1 i 1 i cos Ωt + sin Ωt + cos Ωt − sin Ωt = c0 t cos Ωt , 2 2 2 2

1 i 1 i cos Ωt − sin Ωt − cos Ωt − sin Ωt = −c0 t sin Ωt . 2 2 2 2

Geschwindigkeit eines Wagens mit Du ¨se

Ein Wagen ist mit Fl¨ ussigkeit konstanter Dichte gef¨ ullt. Seine Gesamtmasse zum Zeitpunkt t = 0 ist m0 . Die langsame Bewegung einer schweren Platte ruft einen konstanten Massenstrom m ˙ durch die D¨ use mit der Austrittsgeschwindigkeit wA relativ zum Wagen hervor. Die Str¨omung im Relativsystem ist station¨ar. Berechnen Sie unter der Annahme, daß der Luftwiderstand vernachl¨assigbar ist und der Wagen sich reibungsfrei auf der Unterlage bewegt, die Geschwindigkeit v(t) des Wagens. Geg.: m0, m, ˙ wA , v(t = 0) = 0

2.4 Impuls– und Drallsatz im beschleunigten Bezugssystem

91

L¨ osung Bezeichnet mW die Masse des Wagens ohne Fl¨ ussigkeit, so lautet die Bewegungsgleichung des Wagens dv mW = Fv , dt wobei Fv die Komponente der Kraft ist, die allein auf den Wagen in Richtung der Wagengeschwindigkeit wirkt. Die allein auf den Wagen wirkende Kraft F ergibt sich aus der Integration des Spannungsvektors u ¨ ber die gesamte Oberfl¨ache des K¨orpers F =



t dS +

SI



t dS .

(1)

SA

Vernachl¨assigt man den Luftwiderstand des Wagens, so kann man an  der Außenfl¨ache SA den Spannungsvektor t = −p0 n setzen. Es gilt demnach 



t dS = SA

SA



−p0 n dS =

−p0 n dS −

SA +AA



−p0 n dS .

AA

Da SA + AA eine geschlossene Oberfl¨ache ist, ist das erste Integral der rechten Seite gleich null, also gilt   −p0 n dS = p0

SA

n dS = p0 AA e1 . AA

F¨ ur die Komponente der Kraft in Richtung der Wagenbewegung (negative x1–Richtung) erhalten wir somit aus (1) Fv = F · (−e1) = −p0 AA +



−t1 dS .

(2)

SI

Das Integral auf der rechten Seite stellt die Kraft der Fl¨ ussigkeit auf den Wagen dar. Das Integral in (2) bestimmen wir, indem wir den Impulssatz auf die Fl¨ ussigkeit im Wagen anwenden. Wir benutzen dazu das abgebildete beschleunigte Bezugssystem.

Der Impulssatz f¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen lautet (S. L. (2.73)) ⎛

⎜∂ ⎝

∂t



⎞ ⎟



c dV ⎠ + (V )

B

(S)

 ×

c (w  · n) dS + Ω





c dV = (V )

(V )

k dV +

 (S)

t dS .

92

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Mit  × x = w c = w  + v + Ω  + v ,

 =0 Ω

und S = SW + A K + A A erhalten wir die Komponente in die x1–Richtung ⎛ ⎜∂ ⎝ ∂t

⎞





⎟

c1 dV ⎠ + (V )

B



+

c 1 (w  · n) dS +

SW



c 1 (w  · n) dS

AK



c 1 (w  · n) dS =

AA



t1 dS + SW +AK

t1 dS .

(3)

AA

 · n, damit auch das Integral u An der Wand des Wagens SW verschwindet w ¨ ber diese Fl¨ache. Das erste Integral der rechten Seite repr¨asentiert die Kraft, die vom Wagen auf die Fl¨ ussigkeit wirkt. Durch Vorzeichenumkehr erh¨alt man die Kraft, die die Fl¨ ussigkeit auf den Wagen aus¨ ubt. Auf den Oberfl¨achen SW + AK zeigen die Normalenvektoren nach außen, auf der Fl¨ache SI der ersten Skizze sind sie in das Wageninnere gerichtet. Deswegen wird 



t1 dS = SW +AK

−t1 dS .

SI

Dieser Ausdruck entspricht gerade dem gesuchten Integral in (2). Auf AA ist die Str¨omung ausgeglichen, d. h. t = −p n. Ferner ist der Druck im Strahl gleich dem Umgebungsdruck p0 , also 



t1 dS = AA

−p0 n1 dS = −p0 AA .

AA

L¨ost man (3) nach dem gesuchten Integral auf, ergibt sich mithin  SI

⎛

∂ −t1 dS = p0 AA + ⎜ ⎝ ∂t 

+

c1 w  · n dS +

AK

 (V )



⎞

c1 dV ⎟ ⎠ B

c1 w  · n dS .

(4)

AA

Mit c1 = w1 + v1 = w1 − v(t) k¨onnen wir f¨ ur das erste Integral auf der rechten Seite schreiben ⎛ ⎞     ∂w1 dv ⎜∂ ⎟ −

c1 dV ⎠ =

dV . ⎝ ∂t ∂t dt (V )

B

(V )

Die Geschwindigkeit w1 ist im großen Beh¨alter vernachl¨assigbar klein w1 ≈ 0 und damit auch ∂w1/∂t ≈ 0. Im Ausflußrohr ist w1 groß, die Str¨omung aber station¨ar

2.4 Impuls– und Drallsatz im beschleunigten Bezugssystem

93

w1 = wA =const, es entsteht also ⎛ ⎜∂ ⎝

∂t



⎞

dv =− dt

⎟

c1 dV ⎠

(V )



B

dV = −mF

(V )

dv dt

mit mF als Masse der Fl¨ ussigkeit im festen Kontrollvolumen. F¨ ur das zweite Integral in (4) erhalten wir 

c1 w  · n dS =

AK



(w1 − v(t)) w  · n dS = −v(t)

AK



w  · n dS .

AK

Das letzte Integral berechnen wir mit Hilfe der Kontinuit¨atsgleichung 

∂ dV = − ∂t

(V )

mit

 (V )



w  · n dS ,

(S)

∂ dV = 0 , ∂t

(die Fl¨ ussigkeitsdichte ist konstant) und  SW

w · n- dS + * +, =0



w  · n dS +

AK



w  · n dS = 0

AA

*

+,

-

=m ˙

folgt



w  · n dS = −m ˙

AK

sowie



c1 w  · n dS = m ˙ v(t) .

AK

F¨ ur das dritte Integral auf der rechten Seite in (4) gilt letztlich 

c1 w  · n dS =

AA



(w1 − v(t)) w  · n dS = (wA − v(t)) m ˙ ,

AA

so daß aus (4) die Gleichung 

−t1 dS = p0 AA − mF

SI

entsteht, die sich zu

 SI

dv +m ˙ v(t) + m(w ˙ A − v(t)) dt

−t1 dS = p0 AA − mF

dv +m ˙ wA dt

94

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

vereinfacht. Aus (2) ergibt sich nun f¨ ur die Kraft auf den Wagen Fv = −p0 AA + p0 AA − mF

dv +m ˙ wA dt

und daher f¨ ur die Bewegungsgleichung mW

dv dv = −mF +m ˙ wA dt dt

oder

dv (5) =m ˙ wA , dt eine Form, die zeigt, daß neben der Masse des Wagens auch die Fl¨ ussigkeitsmasse durch die Schubkraft des Strahls (m ˙ wA ) beschleunigt werden muß, wie man es auch erwartet. (mW + mF )

˙ = Die Gesamtmasse m(t) = mW + mF (t) nimmt im Laufe der Zeit ab, und da m ˙ t, wobei m0 die gesamte Anfangsmasse ist, d. h. const. ist, haben wir m(t) = m0 − m m0 = mW + mF (t = 0). Die Differentialgleichung zur Bestimmung von v lautet daher dv m ˙ = wA . dt m0 − m ˙ t Durch Integration v(t) 

t

dv = wA 0

0

m ˙ dt m0 − m ˙ t

erh¨alt man die gesuchte Geschwindigkeit des Wagens 

m0 v(t) = wA ln m0 − m ˙ t



.

Zweiter L¨ osungsweg

Wir l¨osen die Aufgabe nocheinmal unter Verwendung des unten skizzierten, wagenfesten Kontrollvolumens: Der Impulssatz im wagenfesten (d. h. beschleunigten) Bezugssystem lautet

⎛ ⎞  ∂ ⎜ ⎟

c dV ⎠ ⎝

∂t

(V )

B



+ (S)

 ×

c (w  · n) dS + Ω





c dV = (V )

(V )

k dV +

 (S)

t dS ,

2.4 Impuls– und Drallsatz im beschleunigten Bezugssystem

95

wobei sich die Absolutgeschwindigkeit c aus der Formel  × x c = w  + v + Ω  = 0 und v = −v(t) e1 errechnet. Ferner spielen bei der Berechnung der Wamit Ω gengeschwindigkeit v(t) Volumenkr¨afte k keine Rolle, wir setzen daher k = 0. Vom Impulssatz ben¨otigen wir nur die x1–Komponente, die wir durch skalare Multiplikation mit e1 erhalten: ⎛ ⎞  ∂ ⎜ ⎟

c1 dV ⎠ ⎝

∂t

(V )



+

c 1 (w  · n) dS =

(S)

B



t1 dS ,

(6)

(S)

mit c1 = w1 − v(t) . Das Integral auf der rechten Seite w¨ urde den Luftwiderstand beinhalten, den wir aber hier vernachl¨assigen wollen, so daß die rechte Seite identisch null ist. F¨ ur das erste Integral der linken Seite schreiben wir ⎛ 

∂ ⎜ ⎝ ∂t

⎞

⎟

c1 dV ⎠

(V )



= (V )

B



= (V )

∂ ( (w1 − v(t))) dV ∂t ∂ (w1 − v(t)) dV + ∂t





(V )

∂w1 ∂v − ∂t ∂t



dV .

Es gilt

∂w1 ∂ w1 = =0, ∂t ∂t uck), die Str¨omung station¨ar ist. Also da dort, wo w1 von null verschieden ist (im Rohrst¨ entsteht ⎛ ⎞    ∂ ⎜ dv ∂ ⎟ dV −

c1 dV ⎠ = −v(t)

dV , ⎝ ∂t ∂t dt (V )

(V )

B

(V )

wobei das letzte Integral die Gesamtmasse m im Kontrollvolumen ist. F¨ ur das zweite Integral in (6) schreiben wir (AA bezeichnet wieder die Austrittsfl¨ache der D¨ use) 

c 1 (w  · n) dS =



(w1 − v(t)) (w  · n) dS

AA

(S)

= (wA − v(t))



(w  · n) dS

AA

= m ˙ (wA − v(t)) . Damit lautet der Impulssatz: −v(t)

 (V )

∂ dv dV − m +m ˙ (wA − v(t)) = 0 . ∂t dt

96

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Die Kontinuit¨atsgleichung, angewandt auf das Kontrollvolumen, liefert ∂ ∂t





dV = (V )

(V )

∂ dV = − ∂t



w  · n dS = −m ˙ ,

(S)

was zum einen zeigt, daß sich die Masse im (festen) Kontrollvolumen ¨andert und zum an¨ deren, daß die lokale Anderung der Dichte nicht verschwindet. Diese lokale Dichte¨anderung tritt an der Grenzfl¨ache Platte–Fl¨ ussigkeit auf und wird hervorgerufen durch die Bewegung der Platte. Wir erhalten so v(t) m ˙ −m

dv +m ˙ (wA − v(t)) = 0 dt

dv =m ˙ wA dt wieder die Gleichung (5). Damit ist das Problem erwartungsgem¨aß auf die Newtonsche Bewegungsgleichung f¨ ur die Beschleunigung der Gesamtmasse zur¨ uckgef¨ uhrt. ⇒

Aufgabe 2.4-3

m

Beschleunigung und Geschwindigkeit einer Rakete

Eine Rakete, die sich zun¨achst in Ruhe befindet, wird zur Zeit t = 0 gez¨ undet. Die Geschwindigkeit des austretenden Gasstrahls bez¨ uglich der Rakete sei wa, der austretende Massenstrom m, ˙ die Startmasse m0. Die Rakete bewege sich in vertikaler Richtung ez , der Luftwiderstand sei vernachl¨assig¨ bar. Die (Uberschall–) D¨ use ist so ausgeformt, daß am D¨ usenaustritt der Umgebungsdruck im Strahl herrscht.

a) Wie groß ist die Anfangsbeschleunigung der Rakete? b) Welche Geschwindigkeit hat die Rakete nach der Zeit t0? ˙ m0, g Geg.: wa, m,

2.4 Impuls– und Drallsatz im beschleunigten Bezugssystem

97

L¨ osung a) Anfangsbeschleunigung: Auf das eingezeichnete Kontrollvolumen wird der Impulssatz f¨ ur beschleunigte Bezugssysteme (S. L. (2.73)) angewendet, wobei der Umgebungsdruck unber¨ ucksichtigt bleibt, weil er keine Nettokraft am Kontrollvolumen hervorruft:

⎡ ⎤    ∂ ⎢ ⎥ ×

c dV ⎦ +

c (w  · n) dS + Ω

c dV ⎣

∂t

(V )

(S)

B

(V )



=

k dV +

(V )



t dS ,

(S)

wobei  × x + v = w c = w  +Ω  + v ist, weil keine Drehung auftritt. Die allein interessierende ez –Komponente lautet mit der Volumenkraft der Schwere ( k = g ): ⎡

∂ ⎢ ⎣ ∂t



⎤ ⎥

(w  + v) · ez dV ⎦ +

(V )

B



 (S)

g · ez dV +

= (V )

(w  + v) · ez (w  · n) dS



t · ez dS .

(1)

(S)

Auswerten des ersten Integrals liefert: ⎡ ⎤  ∂ ⎢ ⎥

(w  + v ) · ez dV ⎦ ⎣

∂t

(V )

 

=

B

(V )

∂(wz + vz ) ∂ (wz + vz ) + ∂t ∂t



dV .

Die Relativgeschwindigkeit im Raketeninneren ist ungef¨ahr null und mit vz = vRakete = vR

98

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

und  (V )

∂ dV = − ∂t



w  · n dS = −m ˙ ,



bzw.

Sa

dV = m(t) (V )

wird daraus ⎡

∂ ⎢ ⎣ ∂t



⎤ ⎥

(w  + v ) · ez dV ⎦ = −vR m ˙ +

(V )

dvR m(t) . dt

B

Bei dem konvektiven Term des Impulssatzes 

(w  + v) · ez (w  · n) dS

(S)

beschr¨ankt man sich auf die Auswertung des Integrals an der Austrittsfl¨ache, da der Beitrag an der Wand SW wegen der Randbedingung w  · n = 0 verschwindet. Man erh¨alt mit wz + vz = −wa + vR 

(w  + v) · ez (w  · n) dS = (vR − wa)m ˙ .

Sa

Die Integralausdr¨ ucke auf der rechten Seite von (1) berechnen sich zu 

g · ez dV

= −g m(t) ,

(V )



t · ez dS = FLuftwiderstand ≈ 0 ,

(S)

so daß man aus (1) erh¨alt: −vR m ˙ +

dvR m(t) + m ˙ (vR − wa ) = −g m(t) . dt

˙ t ergibt sich daraus die Beschleunigung Mit der Gleichung m(t) = m0 − m 1 dvR = wa − g . dt m0 /m ˙ −t Diese Gleichung f¨ uhrt auf die Anfangsbeschleunigung dvR m ˙ = wa − g , dt m0 die sich interpretieren l¨aßt als Beschleunigung = (Schubkraft − Gewichtskraft)/m0.

(2)

2.4 Impuls– und Drallsatz im beschleunigten Bezugssystem

99

b) Raketengeschwindigkeit als Funktion der Zeit Man integriert Gleichung (2) vR

t0

dvR = 0

⇒

0

 wa dt − g dt m0 /m ˙ −t t0

0



vR



m0 = wa ln − g t0 m0 − m ˙ t0

(vgl. Aufgabe 2.4–2).

Aufgabe 2.4-4

Schubumkehr Nach dem Aufsetzen werden bei großen Flugzeugen (Masse mges) oft zwei Schilde hinter dem Strahltriebwerk ausgefahren, die den austretenden Strahl (Unterschallstrahl pa = p0 , a , wa , Aa gegeben) in zwei Teilstrahlen aufspalten und diese um den Winkel π −β umlenken (siehe Skizze). Dadurch erf¨ahrt das Flugzeug eine Verz¨ogerung a = a ex. Volumenkr¨afte und Reibungsspannungen auf die Außenhaut des Flugzeugs k¨onnen bei diesem Vorgang vernachl¨assigt werden. Der in das Triebwerk eintretende Impuls nicht aber die Masse kann ebenfalls vernachl¨assigt werden. Berechnen Sie die Verz¨ogerung a!

L¨ osung Wir w¨ahlen ein flugzeugfestes Kontrollvolumen, welches das Flugzeug und die Schilde beinhaltet. Den Impulssatz im beschleunigten Bezugssystem f¨ ur den vorliegenden Fall erhalten wir aus (S. L. (2.73)) mit Ω = 0 zu ⎡ ⎤    ∂ ⎢ ⎥ t dS .

c dV ⎦ + c (w·  n) dS = ⎣

∂t

(V )

B

(S)

(S)

100

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Es gen¨ ugt, nur die Komponente in x–Richtung zu betrachten ⎡ ⎤    ∂ ⎢ ⎥ t · ex dS .

c · ex dV ⎦ +

(c · ex ) (w  · n) dS = ⎣

∂t

(V )

(S)

B

(S)

Die Str¨omung ist im flugzeugfesten System station¨ar, d. h. ∂ w/∂t  = 0 und mit c = w  +v  und t = −p0 n auf (S) erhalten wir zun¨achst ⎡

∂ ⎢ ⎣ ∂t



⎤ ⎥

v · ex dV ⎦ +

(V )

B





(w·  ex ) (w·  n) dS+ (S)

(v ·ex ) (w·  n) dS = −

(S)



p0 n·ex dS .

(S)

Da ein geschlossenes Integral u ¨ ber eine Konstante (hier p0 ) verschwindet und da v in jedem Punkt des Kontrollvolumens gleich groß ist, vereinfachen wir weiter zu ⎡

v ⎢ ∂ · ex ⎣ ∂t

+v · ex



⎡

⎥

⎢

dV ⎦ + v · ex ⎣

(V )



⎤

(V )

B

(w  · n) dS +

(S)





⎤

∂ ⎥ dV ⎦ ∂t

+ B

(w  · ex ) (w  · n) dS = 0 .

(S)

Unter Verwendung der Kontinuit¨atsgleichung und der Bezeichnungen ∂v · ex = a , ∂t



dV = mges (V )

schreiben wir −a mges =



(w  · ex) (w  · n) dS +

Se



(w  · ex) (w  · n) dS +

SW



(w  · ex ) (w  · n) dS .

Sa

Mit der Vernachl¨assigung des Impulsflusses u ¨ber die Eintrittsfl¨ache Se gelangen wir so zu dem Ergebnis a mges = a (wa cos β) wa Aa ⇒

a =

a wa2 Aa cos β . mges

2.4 Impuls– und Drallsatz im beschleunigten Bezugssystem

Aufgabe 2.4-5

101

Moment auf ein abgewinkeltes, rotierendes Rohr Aus einem abgewinkelten, d¨ unnen Rohr, das sich station¨ar mit der Winkelgeschwindigkeit Ω um die x3 -Achse dreht, tritt der Massenstrom m ˙ mit der Austrittsgeschwindigkeit WA aus. Welches Drehmoment M3 muß an dem Rohr angreifen, damit es sich in der angegebenen Richtung dreht? Hinweis: Die Reibungsspannungen auf der Außenhaut des Rohres k¨onnen vernachl¨assigt werden.

Geg.: WA , l, a, m, ˙ Ω L¨ osung Wir legen die Oberfl¨ache S des Kontrollvolumens entlang des Rohres, schneiden das Rohr an der Eintrittsfl¨ache SE durch und schließen das Kontrollvolumen mittels eines Schnittes am austretenden Strahl. In diesem mitbewegten System ist die Str¨omung station¨ar, so daß die Komponente des Drallsatzes in e3–Richtung lautet

e3 ·



(x × c) (w  · n) dS = e3 ·

(S)



x × t dS .

(1)

(S)

Auf der gesamten Rohroberfl¨ache und im austretenden Freistrahl ist der Spannungsvektor null, wenn wir den Umgebungsdruck zu null setzen, was bei diesem Problem zul¨assig ist. Nur die Integrale des Spannungsvektors u ¨ ber SE und u ¨ber die Rohrschnittfl¨ache SRohr sind auszuwerten, wobei letzteres gerade das gesuchte Moment, M3 = e3 ·



SRohr

x × t dS ,

(2)

102

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

ist. Auf der Fl¨ache SE gilt, mit ez = e3 :



ez · (x × t) = r tϕ = r τϕ z = η

∂wz ∂wϕ +r ∂ϕ ∂z



=0,

da zum einen die Rohrstr¨omung rotationssymmetrisch ist und zum anderen wϕ null ist. Aus (1) mit (2) folgt damit: 

M3 =

e3 · (x × c) (w  · n) dS .

(S)

Die Normalkomponente der Relativgeschwindigkeit w  · n verschwindet u ¨berall, außer auf den Schnittfl¨achen SE und SA . Auf SE ist e3 · (x × c) = 0. Daher k¨onnen wir auch schreiben  M3 =

e3 · (x × c) (w  · n) dS . (3) SA

Auf der Austrittsfl¨ache SA gilt x = l e1 + a e2 , w  = WA e2 ,  = Ω e3 so daß dort die Absolutgeschwindigkeit wegen v = 0 und Ω c = WA e2 + Ω e3 × (l e1 + a e2) = WA e2 + Ωl e3 × e1 + Ωa e3 × e2 = (WA + Ωl) e2 − Ωa e1 ist. Mit Hilfe des Dralls (pro Masse) auf der Austrittsfl¨ache SA (siehe Aufgabe 2.3-2) x × c = (l e1 + a e2) × ((WA + Ωl) e2 − Ωa e1) (

)

WA l + Ω(l2 + a2) e3

=

erh¨alt man aus (3) das Moment M3 zu 

(

)

WA l + Ω(l2 + a2 ) WA dS

M3 = SA

=

(

)

WA l + Ω(l2 + a2) WA SA (

)

M3 = m ˙ WA l + Ω(l2 + a2) . Man u ¨ berzeuge sich, daß das Ergebnis unmittelbar aus der Anwendung der Eulerschen Turbinengleichung folgt.

2.4 Impuls– und Drallsatz im beschleunigten Bezugssystem

Aufgabe 2.4-6

103

Triebwerksschub

Das oben skizzierte Strahltriebwerk befindet sich an einem Flugzeug, das mit der konstanten Geschwindigkeit U durch ruhende Luft fliegt. Dem Triebwerk wird der Luftmassenstrom m ˙ L und der Brennstoffmassenstrom m ˙ B zugef¨ uhrt. Die in der Brennkammer entstandenen Abgase verlassen das Triebwerk mit der Relativgeschwindigkeit wa . Wie groß ist der Schub des Triebwerkes? Geg.: U, wa , m ˙ L, m ˙B L¨ osung Die Schubkraft des Triebwerkes berechnen wir mit dem Impulssatz. In dem Koordinatensystem, das mit dem Triebwerk fest verbunden ist, herrschen station¨are Str¨omungsvorg¨ange. Das Kontrollvolumen legen wir soweit um das Triebwerk herum, daß die St¨orungen durch das Triebwerk abgeklungen sind. Als Begrenzung des Kontrollvolumens w¨ahlen wir eine Stromr¨ohre, durch deren Wand definitionsgem¨aß keine Fl¨ ussigkeit tritt und damit auch der Impulsfluß durch die Wand null ist, wenn wir den Impulsfluß des zugef¨ uhrten Brennstoffes vernachl¨assigen.

104

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Der Impulssatz f¨ ur beschleunigte Bezugssysteme (S. L. (2.73)) lautet ⎡

∂ ⎢ ⎣ ∂t

⎤





⎥

c dV ⎦ + (V )

B

×

c (w  · n) dS + Ω

(S)





c dV = (V )

k dV +

(V )



t dS , (1)

(S)

 = 0 also c = w der sich wegen Ω  + v und wegen v = v(t) unter Vernachl¨assigung der Volumenkr¨afte erwartungsgem¨aß auf 

w  (w  · n) dS +

(S)



v (w  · n) dS =

(S)



t dS

(2)

(S)

vereinfacht, da ja das Bezugssystem unbeschleunigt ist. Die F¨ uhrungsgeschwindigkeit v ist f¨ ur jeden Punkt des Kontrollvolumens gleich und unter Ber¨ ucksichtigung der Kontinuit¨atsgleichung wird das zweite Oberfl¨achenintegral der linken Seite von (2) zu null: 

v (w  · n) dS = v

(S)



(w  · n) dS = 0 ,

(S)

so daß der Impulssatz (1) die Form 

w  (w  · n) dS =

(S)



t dS

(3)

(S)

annimmt, die zeigt, daß das Relativsystem hier ein Inertialsystem ist. Zur Berechnung des Impulsflusses u ¨ ber die Gesamtfl¨ache S in (3) teilen wir die Fl¨ache S auf in die Ein– und Austrittsfl¨achen Ae , Aa , die Ringfl¨achen AE − Ae , AA − Aa und die von den ¨außeren Stromlinien gebildete Fl¨ache SSL . Die linke Seite von (3) wird zu  (S)

w  (w  · n) dS =



w  (w  · n) dS +

Ae



w  (w  · n) dS +

Aa

w  (w  · n) dS +

AE −Ae







w  (w  · n) dS +

AA −Aa

w  (w  · n) dS .

SSL

Da die Str¨omung an den Ringfl¨achen ausgeglichen ist, d. h. die Str¨omungsgeschwindigkeit w = U = const. ist, und die Ein– und Austrittsringfl¨ache von genau den gleichen Fl¨ ussigkeitsteilchen durchstr¨omt werden, heben sich die Beitr¨age der Impulsfl¨ usse u ¨ber diese Fl¨achen in der Impulsgleichung gerade auf. Der Impulsfluß u ¨ ber die Fl¨ache SSL verschwindet, wenn wir den Beitrag des Brennstoffmassenstromes vernachl¨assigen, da definitionsgem¨aß der Geschwindigkeitsvektor tangential zur Wand der Stromr¨ohre gerichtet und daher w  · n auf der Fl¨ache SSL null ist.

2.4 Impuls– und Drallsatz im beschleunigten Bezugssystem

105

Der Impulssatz (3) vereinfacht sich zu: 

w  (w  · n) dS +

Ae



w  (w  · n) dS =

Aa



t dS .

(4)

(S)

Wir suchen die Kraft die von dem Triebwerk auf das Flugzeug u ¨ bertragen wird. Dazu teilen wir das Integral des Spannungsvektor u ¨ ber die gesamte Fl¨ache S in (4) wie folgt auf 

 

t dS =

t dS +

S−AP ylon

(S)





t dS +

(5)

AP ylon

−p0 n dS −

AP ylon



−p0 n dS .

AP ylon

Auf den Fl¨achen AE und AA herrscht der Umgebungsdruck p0 . Voraussetzungsgem¨aß sind die durch das Triebwerk verursachten St¨orungen an der Fl¨ache SSL so weit abgeklungen, daß Reibungseinfl¨ usse vernachl¨assigbar sind und der Spannungsvektor an dieser Fl¨ache t = −p0 n ist. Das erste und dritte Integral der rechten Seite von (5) fassen wir nun zusammen zu einem Integral u ¨ber die geschlossene Gesamtfl¨ache S mit dem Integranden p0 n. Da p0 konstant ist verschwindet das Integral. Die Summe der verbleibenden Integrale ist die Kraft, die vom Pylon auf das Triebwerk u ¨ bertragen wird, also gleich dem Negativen der gesuchten Schubkraft −FSchub =



t dS −

AP ylon



−p0 n dS .

AP ylon

Damit erhalten wir aus (4) 

w  (w  · n) dS +

Ae



w  (w  · n) dS = −FSchub .

Aa

Die Str¨omungsgeschwindigkeiten sind u ¨ber die Fl¨achen konstant: Ae :

w  = U ex ,

Aa :

w  = wa ex .

Ziehen wir die Geschwindigkeit aus den Integralen heraus, so wird (6) zu −FSchub = U ex



(w  · n) dS + wa ex

Ae

und mit

 Ae

(w  · n) dS = −m ˙L,



(w  · n) dS

Aa



(w  · n) dS = m ˙ L+m ˙B

Aa

letztlich zu FSchub = − [wa m ˙ B + (wa − U) m ˙ L ] ex erhalten.

(6)

106

2.5

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Anwendungsbeispiele aus dem Turbomaschinenbau

Aufgabe 2.5-1

Zirkulation um einen Flu ¨gel im Kreisgitter

F¨ ur ein kreisf¨ormiges Fl¨ ugelgitter sind die An– und Abstr¨omverh¨altnisse bekannt, ferner das Drehmoment, das von der Fl¨ ussigkeit auf das Gitter ausge¨ ubt wird.

Wie groß ist die Zirkulation um einen Fl¨ ugel bei insgesamt n Fl¨ ugeln und wie lautet der Zusammenhang zwischen Moment und Zirkulation des Einzelfl¨ ugels?

L¨ osung Mit Hilfe der Eulerschen Turbinengleichung lautet das Moment auf die Fl¨ ussigkeit in Richtung positiver Geschwindigkeit cu M =m ˙ (ra cua − re cue ) . Mit der Zirkulation

.

Γa =

c · dx = cua 2 π ra ,

ra

.

Γe =

c · dx = cue 2 π re

re

erhalten wir M=

m ˙ (Γa − Γe ) . 2π

(1)

2.5 Anwendungsbeispiele aus dem Turbomaschinenbau

107

Daraus l¨aßt sich die Zirkulation eines einzelnen Fl¨ ugels bestimmen: Wie ein gerades Gitter mit der Teilung t periodisch ist, so ist ein Kreisgitter mit dem Teilungswinkel α = 2π/n periodisch. Die Zirkulation um einen Fl¨ ugel .

ΓFl¨ugel =

c · dx

Fl¨ ugel

berechnen wir zun¨achst als Teilintegrale b a

2 π re , c · dx = −cue n

d c

2 π ra , c · dx = cua n

c

c · dx +

b

a

c · dx = 0 .

d

Die Integrale u ¨ ber die Seiten 2 und 4 heben sich in ihrer Summe wegen der Periodizit¨at des Gitters auf, so daß gilt ΓFl¨ugel = ⇒

1 (cua 2 π ra − cue 2 π re ) n

n ΓFl¨ugel = Γa − Γe .

Damit lautet (1) M=

m ˙ n ΓFl¨ugel , 2π

womit sich die Zirkulation um den Fl¨ ugel angeben l¨aßt ΓFl¨ugel =

Aufgabe 2.5-2

2π M . nm ˙

Axialstufe einer Turbine

Eine Axialstufe einer Turbine besteht aus einem mit dem Geh¨ause verbundenen Leitrad und einem rotierenden Laufrad. Der Massenstrom durch die Turbine ist m, ˙ die Maschinendrehzahl n, die Leistung der betrachteten Stufe P , die Dichte ist konstant. Da die Schaufelh¨ohe h sehr viel kleiner ist als der mittlere Schaufelradius R, kann die Geometrie des Gitters abgewickelt werden. Ferner wird angenommen, daß die Geschwindigkeiten u ¨ ber den Str¨omungsquerschnitt konstant sind.

108

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

a) Berechnen Sie den Laufradzustr¨omwinkel α2 . b) Wie groß ist der Winkel β2 zwischen der Relativgeschwindigkeit w  2 und der Axialrichtung? c) Unter welchem Winkel β3 erfolgt im laufradfesten Bezugssystem die Abstr¨omung vom Laufrad? d) Skizzieren sie die Leit– und Laufradschaufeln f¨ ur den Fall, daß die Zustr¨omung jeweils tangential zur Schaufelvorderkante ist ( stoßfreie Zustr¨omung). Geg.: m, ˙ P , R, h, n L¨ osung a) Der Laufradzustr¨omwinkel α2 : Aus dem Geschwindigkeitsdreieck am Laufradeintritt ist das Verh¨altnis cu tan α2 = 2 cΩ2 ersichtlich. Das Moment f¨ ur das Laufrad einer Axialmaschine kann mit Hilfe der Eulerschen Turbinengleichung

M = m(r ˙ a cua − re cue ) angegeben werden. Da das Turbinenlaufrad auf die Fl¨ ussigkeit ein Moment entgegengesetzt der Richtung der Drehgeschwindigkeit aus¨ ubt, ist M = −MT zu setzen. Ferner soll die Abstr¨omung vom Laufrad drallfrei sein, d. h. cua = cu3 = 0. Folglich gilt f¨ ur das Moment die Beziehung MT = m ˙ R cu2 , aus der mit der gegebenen Leistung P = MT Ω die Zustr¨omgeschwindigkeit cu2 =

P m ˙ ΩR

(1)

2.5 Anwendungsbeispiele aus dem Turbomaschinenbau

109

folgt. Aus dem gegebenen Massenstrom und mit c · n = cΩ ergibt sich am Laufradeintritt  m ˙ =

c · n dS = cΩ2 2 π R h , S2

woraus sich die Geschwindigkeit in axialer Richtung cΩ2 berechnet zu cΩ2 =

m ˙ ,

2π Rh

(2)

die zusammen mit (1) die gew¨ unschte Beziehung f¨ ur den Winkel α2 tan α2 =

P 2π Rh m ˙ ΩR m ˙

liefert, die sich noch wegen Ω/2π = n zu tan α2 =

P h m ˙ 2n

vereinfacht. b) Der Winkel β2: Dem Geschwindigkeitsdreieck am Laufradeintritt entnimmt man die Beziehung tan β2 =

wu2 wu = 2 wΩ2 cΩ2

(3)

und aus dem Geschwindigkeitsdreieck c = w  + u die Umfangskomponente dieser Gleichung cu = wu + Ω R. Damit l¨aßt sich die Umfangskomponente wu2 der Relativgeschwindigkeit berechnen: wu2 = cu2 − Ω R =

P − ΩR , m ˙ ΩR

beziehungsweise

P − 2π nR . 2π m ˙ nR Gleichungen (4) und (2) in Gleichung (3) eingesetzt, ergibt schließlich wu2 =

⇒

tan β2 =

2π Rh

2π Rh P − 2π nR 2π m ˙ nR m ˙ m ˙

tan β2 =

P h (2 π R)2 n h

(2 π R)2 n h − = tan α − 2 m ˙ 2n m ˙ m ˙

(4)

110

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

c) Der Winkel β3: Aus dem Geschwindigkeitsdreieck am Laufradaustritt und der Bedingung cu3 = 0 folgt unmittelbar

⇒

tan β3 =

−wu3 ΩR

2π Rh , = = 2π nR wΩ3 cΩ3 m ˙

tan β3 =

(2 π R)2 n h . m ˙

oder

d) Die Leit- und Laufschaufeln: Zum Skizzieren der Schaufeln gehen wir zum einen von einer stoßfreien Zustr¨omung (im Auslegungspunkt der Maschine) aus und nehmen zum anderen an, daß Abstr¨omwinkel und Schaufelhinterkantenwinkel identisch sind. Diesen Str¨omungszustand erh¨alt man theoretisch bei unendlich dicht stehenden Schaufeln.

Aufgabe 2.5-3

Kaplanturbine

Die skizzierte Turbine besteht aus einem mit dem Geh¨ause verbundenen Leitrad und einem rotierenden Laufrad. Sie wird von Fl¨ ussigkeit konstanter Dichte mit dem Vo˙ lumenstrom V durchstr¨omt. Das Laufrad der Turbine dreht sich mit der Winkelgeschwindigkeit Ω und es wird die Leistung PT abgenommen. Die Zustr¨omung am Leitradeintritt [1] erfolgt rein radial (α1 = 0). Die Fl¨ ussigkeit verl¨aßt das Leitrad an der Stelle [2] mit der Geschwindigkeit c2 und dem Winkel α2 zur Radialrichtung. Die Reibungsspannungen zwischen den Stellen [2] und [3] k¨onnen vernachl¨assigt werden.

2.5 Anwendungsbeispiele aus dem Turbomaschinenbau

111

Im laufradfesten System erfolgt die Anstr¨omung des Laufrades [3] tangential zur Schaufelvorderkante. Die Str¨omung am Laufradaustritt [4] ist drallfrei und im Relativsystem ebenfalls tangential zur Schaufel. An den Ein– und Austrittsfl¨achen des Leit– und Laufrades k¨onnen die Geschwindigkeitsverteilungen als homogen angesehen werden, so daß dort die Reibungsspannungen zu vernachl¨assigen sind. Da die Schaufelh¨ohe h sehr viel kleiner als der mittlere Schaufelradius RL des Laufrades ist, kann die Berechnung der Str¨omungsgr¨oßen an den Stellen [3] und [4] mit dem mittleren Radius RL erfolgen.

a) 1.) Wie groß ist die Geschwindigkeit c1 am Leitradeintritt [1]? 2.) Bestimmen Sie die Komponente cr2 der Geschwindigkeit c2 am Leitradaustritt [2]. b) Berechnen Sie die Komponente cu2 der Geschwindigkeit c2 am Leitradaustritt [2]. c) 1.) Bestimmen Sie die Umfangsgeschwindigkeit cu3 an der Stelle [3]. 2.) Wie groß ist die axiale Geschwindigkeitskomponente cΩ3 ? d) Bestimmen Sie die abgenommene Turbinenleistung PT . e) Bestimmen Sie die Schaufelwinkel β3 und β4 des Laufrades. Geg.: V˙ , , Ω, H, h, Ri , Ra , RL , α2 L¨ osung a) 1.) Die Geschwindigkeit c1 am Leitradeintritt: F¨ ur die Absolutgeschwindigkeit gilt c = cr er + cu eϕ + cΩ eΩ . Da die Zustr¨omung rein radial ist, ist die Absolutgeschwindigkeit an der Stelle [1] gegeben durch c1 = cr1 er . Mit dem Volumenstrom V˙ V˙ = −



c · n dS = −

S1



cr1 dS = −2 π Ra H cr1

S1

ergibt sich c1 = −

V˙ er . 2πRaH

112

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

2.) Die radiale Komponente cr2 : Die Komponente cr2 von c2 am Leitradaustritt l¨aßt sich mit Hilfe des Volumenstroms   ˙ V = c · n dS = −cr2 dS = −2 π Ri H cr2 S2

S2

durch die Beziehung cr 2 = −

V˙ 2π Ri H

ausdr¨ ucken. b) Die Umfangskomponente cu2 von c2 am Leitradaustritt: Dem Geschwindigkeitsdreieck entnimmt man tan α2 =

cu2 , |cr2 |

was f¨ ur gegebenes α2 die Umfangskomponente cu2 =

V˙ tan α2 2π Ri H

der Absolutgeschwindigkeit c2 ergibt.

c) 1.) Die Umfangskomponente cu3 am Laufradeintritt: Im Str¨omungskanal zwischen den Stellen [2] und [3] wird kein Moment auf die Str¨omung u ¨ bertragen, da keine Schaufeln vorhanden sind und Reibungsspannungen zwischen [2] und [3] vernachl¨assigt werden. Daher gilt nach der Eulerschen Turbinengleichung 0=m ˙ (ra cua − re cue ) und in den Bezeichnungen der Aufgabenskizze 0=m ˙ (RL cu3 − Ri cu2 ) , woraus sich unmittelbar die Umfangskomponente cu3 zu cu3 =

Ri Ri V˙ V˙ cu2 = tan α2 = tan α2 RL RL 2 π Ri H 2 π RL H

ergibt. 2.) Die axiale Komponente cΩ3 am Laufradeintritt: Die axiale Komponente kann aus dem Geschwindigkeitsdreieck und aus der Definition des Volumenstromes zu cΩ3 = − angegeben werden.

V˙ 2 π RL h

2.5 Anwendungsbeispiele aus dem Turbomaschinenbau

113

d) Die abgenommene Turbinenleistung PT : Die Leistung des Laufrads ist  ·M  = Ωm P =Ω ˙ (ra cua − re cue ) und da der Fl¨ ussigkeit Leistung entzogen wird, ist sie negativ, daher lautet die Turbinenleistung PT = −P = Ωm ˙ (re cue − ra cua ) . Die Abstr¨omung ist drallfrei, somit ergibt sich mit den Bezeichnungen der Skizze cua = cu4 = 0 ,

re = RL ,

cue = cu3 .

Mit diesen Beziehungen ist die Leistung gegeben als ˙ RL cu3 = Ω V˙ RL PT = Ω m

V˙ tan α2 2 π RL H

V˙ 2 tan α2 . 2π H e) Der Schaufelwinkel β3 und β4 des Laufrades: = Ω

Aus dem Geschwindigkeitsdreieck liest man |wu3 | tan β3 = |wΩ3 | sowie wΩ3 = cΩ3

ab und mit c3 = w  3 + u beziehungsweise wu3 = cu3 − Ω RL folgt 



 V˙ tan α  2π R h |cu − Ω RL | 2 L   =  − Ω RL  tan β3 = 3  2 π RL H  ˙ |cΩ3 | V

=

  h 2π ΩR2L h     . tan α2 − H  V˙

Aus der Zeichnung entnimmt man des weiteren tan β4 =

|u| |cΩ4 |

mit |u| = Ω RL ,

ur den Winkel β4 die w¨ahrend die Kontinuit¨atsgleichung cΩ4 = cΩ3 liefert, so daß f¨ Beziehung 2 π Ω R2L h tan β4 = V˙ entsteht.

114

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Aufgabe 2.5-4

Drehmomentenwandler

Die abgebildete Skizze zeigt das Prinzip eines Drehmomentenwandlers. Der innere L¨aufer wirkt als Pumpe und der ¨außere als Turbine. Beide werden von dem durch die ¨ Pumpe gef¨orderten Olstrom m ˙ ( =const) durchsetzt und haben die H¨ohe b. Der Drehmomentenwandler soll verlustfrei arbeiten. Durch einen (nicht dargestellten) Leitapparat wird der die Turbine verlassende Massenstrom wieder der Pumpe zugef¨ uhrt.

a) Wie groß ist m, ˙ wenn an der Pumpe das Drehmoment MP angreift, die Zustr¨omung drallfrei erfolgt und sie mit ΩP dreht? ¨ am Austritt der Turbine, wenn das Drehmoment MT b) Welchen Drall besitzt das Ol abgenommen wird? ¨ stoßfrei in die Turbine eintreten c) Man bestimme den Schaufelwinkel β3 so, daß das Ol kann. Geg.: r1, r2 , r3, r4 , ΩP , MP , MT , β2, , b L¨ osung a) Bestimmung des Massenstroms Nach der Eulerschen Turbinengleichung gilt MP = m ˙ (ra cua − re cue ) , mit den Bezeichnungen der Aufgabenskizze und wegen cu1 = 0, also MP = m ˙ (r2 cu2 − 0) .

(1)

Dem Geschwindigkeitsdreieck am Pumpenaustritt entnimmt man cu2 = wu2 + u2

(2)

mit wu2 = −wr2 tan β2 und u2 = ΩP r2 .

2.5 Anwendungsbeispiele aus dem Turbomaschinenbau

115

Wir ersetzen noch die Radialkomponente wr2 durch den Massenstrom 

w  · n dS = wr2 2 π r2 b

m ˙ = S2

und erhalten mit (2) cu2 = −

m ˙ tan β2 + ΩP r2 ,

2 π r2 b

so daß (1) nunmehr in der Form MP = m ˙ ΩP r22 − m ˙2

tan β2

2π b

(3)

erscheint. Diese quadratische Gleichung f¨ ur m ˙ besitzt im allgemeinen die zwei L¨osungen   

π b ΩP r22 2 MP tan β2 1± 1− . m ˙ 1,2 = tan β2

π b Ω2P r24 Welcher der beiden Massenstr¨ome sich einstellt, kann nur entschieden werden unter zus¨atzlicher Betrachtung der Turbinenkennlinie und der Forderung, daß die Leistung der Pumpe bei verlustfreier Str¨omung gleich der Leistung der Turbine sein muß: MP ΩP = |MT | ΩT . Die Verh¨altnisse sind in der beistehenden Skizze graphisch dargestellt. Je nach Turbinenkennlinie kann sich sowohl m ˙ 1 als auch m˙ 2 einstellen.

b) Der Drall am Turbinenaustritt r4cu4 F¨ ur den schaufelfreien ringf¨ormigen Kanal zwischen Pumpen– und Turbinenlaufrad ist M = 0 und daher r cu = const , d. h. r3 cu3 = r2 cu2 , so daß sich (1) auch in der Form r3 cu3 =

MP m ˙

schreiben l¨aßt. Aus der Eulerschen Turbinengleichung f¨ ur das Turbinenrad −MT = m ˙ ( r4 cu4 − r3 cu3 ) folgt daher ˙ r4 cu4 − MP , −MT = m

(4)

116

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

woraus sich die Beziehung f¨ ur den gesuchten Drall ergibt: r4 cu4 =

MP − MT . m ˙

Dieses Ergebnis erh¨alt man auch direkt durch Anwendung des Drallsatzes auf ein Kontrollvolumen vom Pumpeneintritt bis zum Turbinenaustritt. Da der Pumpe die Fl¨ ussigkeit drallfrei zugef¨ uhrt wird, muß am Leitapparat das Moment ML = m ˙ (−cu4 r4 ) erzeugt werden, so daß MT = MP + ML ist. Man mache sich den Unterschied zu einer hydraulischen“ Kupplung klar, bei ” der es keinen Leitapparat gibt und daher MT = MP ist, aber MP ΩP = MT ΩT . c) Der Schaufelwinkel β3 Der Zeichnung entnimmt man tan β3 =

−wu3 w r3

und dem Ausdruck f¨ ur den Massenstrom, w r3 =

m ˙ . 2 π r3 b

Aus c3 = w  3 + u3 bzw. cu3 = wu3 + u3 erhalten wir die Umfangskomponente der Relativgeschwindigkeit wu3 = cu3 − ΩT r3 , in der wir noch cu3 mit (4) ersetzen: wu3 =

MP − ΩT r3 . r3 m ˙

Daraus l¨aßt sich der Schaufelwinkel berechnen: ΩT r3 − rM3 Pm˙ ΩT r32 2 π b MP 2 π b tan β3 = = − . m/(2 ˙ π r3 b ) m ˙ m ˙2

2.5 Anwendungsbeispiele aus dem Turbomaschinenbau

Aufgabe 2.5-5

117

Axialschubausgleich

Um den Axialschub der Welle bei der skizzierten Axialpumpe auszugleichen, befindet sich auf der Saugseite der Pumpe ein Ausgleichskolben in einer Kammer, die mit der Druckseite der Pumpe durch eine Bohrung verbunden ist. Die Str¨omungsgr¨oßen sind konstant u ¨ber den Querschnitt des ringf¨ormigen Kanals, durch die Labyrinthdichtungen str¨omt keine Fl¨ ussigkeit. Wie groß muß der Außenradius r3 des Ausgleichkolbens gew¨ahlt werden, um bei bekannten Dr¨ ucken p1 und p2 sowie bekanntem Volumenstrom V˙ den Axialschub der Welle zu kompensieren? L¨ osung Wir berechnen zun¨achst den Axialschub, den die Fl¨ ussigkeit auf den L¨aufer ohne Ausgleichskolben aus¨ ubt. Die Formel f¨ ur den Axialschub eines Rotors lautet (S. L. (2.108))



eΩ · c (w  · n) dS =

Ae ,Aa



−p eΩ · n dS + Fa ,

(1)

Ae ,Aa ,AS

wobei Fa die Kraft von der Wand auf die Fl¨ ussigkeit bedeutet. Im Unterschied zu dem in (S. L. (2.108)) betrachteten Rotor geh¨ort in diesem Falle jedoch die ¨außere Mantelfl¨ache SM nicht zum Rotor, sondern ist ein Teil des Geh¨auses, d. h. 

Fa =

eΩ · t dS

SR ,SM

ist die insgesamt u ussigkeit u ¨ ber SR und SM auf die Fl¨ ¨bertragene Kraft. Fa und der gesuchte Axialschub unterscheiden sich also um den Term  SM

eΩ · t dS .

118

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

Die Komponente des Spannungsvektors in Achsrichtung eΩ ist eΩ · t = tΩ = τrΩ nr + τϕΩ nϕ + τΩΩ nΩ und da an SM n = er ist, folgt

eΩ · t = τrΩ

und damit das Integral der Wandschubspannungen u ¨ber diese Mantelfl¨ache zu 

eΩ · t dS =

SM



τrΩ dS . SM

Dieses Integral wird jedoch meist gegen¨ uber den in (1) enthaltenen (viel gr¨oßeren) Druckintegralen vernachl¨assigt, so daß in dem vorliegenden Fall (Geh¨ausefl¨ache ist eine Zylinderfl¨ache) Fa bereits der gesuchte Axialschub ist. (1) liefert also 

eΩ · c (w  · n) dS +

Ae

−p eΩ · n dS +

Ae ,AS



ce Ae

eΩ · c (w  · n) dS =

Aa



und weiter





−p eΩ · n dS + Fa

Aa

w  · n dS + ca



w  · n dS = p1 (Ae + AS ) − p2 Aa + Fa .

Aa

Die Komponenten der Ein– und Austrittsgeschwindigkeit in Achsrichtung dr¨ ucken wir durch den Volumenstrom aus V˙ V˙ , c ce = = a π (R2 − r12 ) π (R2 − r22 ) und erhalten nach Vorzeichenumkehr von Fa , die Kraft auf den Rotor  

V˙ 2 1 1 Fa→Rotor = − 2 + p1 π (R2 − r32 ) − p2 π (R2 − r22 ) . 2 2 2 π R − r1 R − r2 Diese Kraft soll nun durch die Kraft kompensiert werden, die der Ausgleichskolben auf den Rotor aus¨ ubt. Da sowohl in der Bohrung als auch im Kolben die Str¨omungsgeschwindigkeit null ist, finden wir u ¨ berall konstanten Druck p2 vor. Die einzige Komponente der Kolbenkraft ist FK = FK · eΩ = −



p eΩ · n dS

AK

oder FK = π (r32 − r42 ) p2 . ur den Radius r3 : Die Forderung FK = Fa→Rotor ergibt die Bestimmungsgleichung f¨   1

V˙ 2 1 p1 p2 r32 = 2 − 2 + R2 − (R2 − r22 − r42 ) . 2 2 2 π (p1 + p2 ) R − r1 R − r2 p1 + p2 p1 + p2

2.6 Bilanz der Energie

2.6

119

Bilanz der Energie

Aufgabe 2.6-1

Zylinder mit W¨ armefluß Gegeben ist das ebene Geschwindigkeitsfeld einer station¨aren reibungsbehafteten Str¨omung u1 =

−a x2 , r2

u2 =

a x1 r2

¨ mit r2 = x21 + x22 . Die Anderung der inneren Energie DE/Dt ist null. Volumenkr¨afte k¨onnen vernachl¨assigt werden.

¨ a) Wie groß ist die Anderung der kinetischen Energie der Fl¨ ussigkeit in einem durch zwei konzentrische Kreiszylinder der L¨ange L abgegrenzten Volumen (siehe Skizze). Hinweis:     DK u2

Du2 D

= dV = dV . Dt Dt 2 2 Dt (V (t))

(V )

uhrte W¨arme, b) Berechnen Sie die durch die Zylinderfl¨achen r = r1 und r = r2 zugef¨ wenn der W¨armestromvektor durch q1 = −2 η a2

x1 , r4

q2 = −2 η a2

x2 r4

gegeben ist. c) Berechnen Sie die von den Oberfl¨achenkr¨aften an der abgegrenzten Fl¨ ussigkeit geleistete Arbeit pro Zeiteinheit ohne direkte Integration des Ausdrucks 

u · t dS .

(S)

Hinweis: Benutzen Sie die Energiegleichung (S. L.(2.113)). Geg.: r1, r2 , L, a, η, L¨ osung ¨ a) F¨ ur die Anderung der kinetischen Energie DK = Dt

 (V )

Du2 dV 2 Dt

120

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

ben¨otigen wir das Quadrat der Geschwindigkeit 2 = u

a2 x22 a2 x21 a2 + = . r4 r4 r2

Die materielle Ableitung der kinetischen Energie verschwindet: D Dt



u2 2





1 ∂u2 ∂u2 = u1 + u2 2 ∂x1 ∂x2 



1 a x2 2 a2 = − 2 − 3 2 r r und man erh¨alt:







2 a2 x1 a x1 + 2 − 3 r r r



x2 r



=0

DK =0. Dt

b) Die zugef¨ uhrte W¨arme Q˙ Q˙ = −



q · n dS

(S)

berechnet sich mit dem vorgegebenen W¨armestromvektor q = −2 η a

 2

x2 x1 e1 + 4 e2 4 r r



und dem Einheitsnormalenvektor auf den Mantelfl¨achen n = ±



x1 x2 e1 + e2 r r



,

f¨ ur die innere Mantelfl¨ache (r = r1 ) zu Q˙ 1 = −

 (S1 )

2 η a2 2 η a2 r dϕ dx = − 2 π r1 L , 3 r3 r13

4 η a2 π Q˙ 1 = − L. r12 Am ¨außeren Zylinder ist der Normalenvektor antiparallel zum Normalenvektor der Innenfl¨ache, so daß sich der W¨armestrom auf der Fl¨ache S2 zu 4 η a2 π L, Q˙ 2 = r22 und damit der gesamte W¨armestrom zu 

1 1 Q˙ = 4 η a2 π L 2 − 2 r2 r1 ergibt.



2.6 Bilanz der Energie

121

c) Die Energiebilanz (S. L. (2.113)) D (K + E) = P + Q˙ Dt reduziert sich auf P = −Q˙ , da nach Voraussetzung DE/Dt = 0 und, wie gezeigt, DK/Dt = 0 ist. Die Leistung der Oberfl¨achenkr¨afte ist daher  (S)

Aufgabe 2.6-2

u · t dS =

 (S)



1 1 q · n dS = −4 η a2 π L 2 − 2 r2 r1



.

Energiebilanz bei einer Axialturbinenstufe

Eine Stufe einer Axialturbine besteht aus einem geh¨ausefesten Leitrad und einem mit  = Ω eΩ rotierenden Laufrad. Die Turbine wird von Luft der Winkelgeschwindigkeit Ω (ideales Gas R, γ) durchstr¨omt. Die Eintrittsgeschwindigkeit c1 an der Stelle [1] ist rein axial c1 = caxeΩ . An der Stelle [3] tritt Luft ebenfalls rein axial wieder aus c3 = caxeΩ . F¨ ur sehr kleine Schaufelh¨ohen H1 , H3 gegen¨ uber dem mittleren Schaufelradius RS lassen sich die Schaufeln u ¨ ber dem Umfang abwickeln. Die Str¨omungsgr¨oßen k¨onnen u ¨ber dem Ein– und Austrittsquerschnitt als konstant angesehen und Volumenkr¨afte k¨onnen vernachl¨assigt werden. a) Der Abstr¨omwinkel am Leitradaustritt α2 ist gegeben. Bestimmen Sie die Winkelgeschwindigkeit Ω des Laufrads, wenn das Laufrad rein axial angestr¨omt wird (w  2 = caxeΩ ). Wie groß ist die Umfangskomponente cu3 am Laufradaustritt?

122

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

b) Berechnen Sie den Abstr¨omwinkel β3 am Laufradaustritt. Skizzieren Sie qualitativ die Schaufeln im Leitrad und Laufrad, f¨ ur den Fall, daß die Zustr¨omung jeweils tangential zur Schaufelvorderkante ist ( stoßfreie Zustr¨omung“). ” c) Wie groß ist der Massenstrom m? ˙ d) Berechnen Sie die Leistung der Turbine mit Hilfe der Eulerschen Turbinengleichung. e) Bestimmen Sie aus der Energiegleichung in Integralform f¨ ur das eingezeichnete Kontrollvolumen (KV) die Temperatur T3 am Laufradaustritt, wenn keine W¨arme zugef¨ uhrt wird. f) Berechnen Sie die Dichte 3 und die H¨ohe H3 am Laufradaustritt. Geg.: R, γ, RS , H1 , cax , p1 , T1, p3 , α2 L¨ osung a) Die Winkelgeschwindigkeit des Laufrades ermitteln wir aus dem Geschwindigkeitsdreieck am Laufradeintritt: |u| (1) |w  2| mit w  2 = cax2 eΩ = cax eΩ und |u| = Ω RS erhalten wir aus (1) cax tan α2 . (2) Ω= RS An der Stelle [3] verl¨aßt die Str¨omung die Turbinenstufe wieder rein axial c3 = cax eΩ , d. h. cu3 = 0. Den Abstr¨omwinkel β3 erhalten wir aus dem Geschwindigkeitsb) dreieck am Laufradaustritt: |u| Ω RS tan β3 = . = |c3| cax tan α2 =

Mit (2) folgt hieraus β3 = α2 .

c) Der Massenstrom m ˙ durch die Stufe: Wir bezeichnen den Str¨omungsquerschnitt am Eintritt des Leitrades (Stelle [1]) mit S1 (der Normalenvektor dieser Fl¨ache ist n = −eΩ , die Str¨omungsgr¨oßen sind u ¨ber S1 konstant) und erhalten m ˙ =−



(S1 )

c · n dS = 1 cax 2π RS H1 .

2.6 Bilanz der Energie

123

Mit der Zustandsgleichung f¨ ur thermisch ideales Gas folgt dann p1 m ˙ = cax 2π RS H1 . R T1

(3)

d) Leistung der Turbinenstufe: Da sich nur die Laufr¨ader der Turbine bewegen, kann die Fl¨ ussigkeit nur an ihnen Arbeit verrichten. Die Eulersche Turbinengleichung lautet f¨ ur das Laufrad zwischen den Stellen [2] und [3] M =m ˙ (r3 cu3 − r2 cu2 ) . (4) Die Abstr¨omung vom Laufrad ist rein axial cu3 = 0, mit r2 = RS gilt M = −m ˙ RS cu2 . Dieses Moment wirkt vom Laufrad auf die Fl¨ ussigkeit:  = −m M ˙ RS cu2 eΩ . Die vom Moment pro Zeiteinheit geleistete Arbeit ist  ·Ω  = −m P =M ˙ RS cu2 Ω eΩ · eΩ , d. h. P = −m ˙ RS cu2 Ω .

(5)

 und Ω  bilden einen stumpfen Winkel (180◦ ), die Leistung P ist Die Vektoren M negativ und wird daher von der Fl¨ ussigkeit dem Laufrad zugef¨ uhrt (Turbokraftmaschine). Mit den Gleichungen (2) und (3) entsteht aus (5) P =−

p1 3 c 2π RS H1 tan2 α2 . R T1 ax

(6)

e) Die Temperatur T3 am Laufradaustritt: Der Fl¨ ussigkeit wird keine W¨arme zu– oder abgef¨ uhrt, Volumenkr¨afte k¨onnen vernachl¨assigt werden; die Energiegleichung in Integralform (S. L. (2.114)) lautet in diesem Fall       D ci ci ci ti dS . (7) + e dV = Dt 2 (V (t))

(S)

Wir verwenden das skizzierte raumfeste Kontrollvolumen und erhalten mit dem Reynoldsschen Transporttheorem (S. L. (1.96)) die Form ∂ ∂t

  (V )

 

+ (S)



ci ci + e dV 2 

ci ci + e (cj nj ) dS 2 

=

ci ti dS . (S)

(8)

124

2 Grundgleichungen der Kontinuumsmechanik

 Im Integrationsbereich (V ) ist die Energie bei konstanter Drehgeschwindigkeit Ω zeitlich konstant, es gilt ∂ ∂t

  (V )



ci ci + e dV = 0 . 2

Auf den Fl¨achen SL , SR ist cj nj = 0, auf SW cj = 0 und es entsteht   S1



ci ci + e (cj nj ) dS + 2



=



ci ti dS + S1

  S3



ci ci + e (cj nj ) dS 2



ci ti dS + S3



ci ti dS + SL

ci ti dS .

(9)

SR

Die Summe der beiden letzten Integrale auf der rechten Seite ist die dem Rotor zugef¨ uhrte Leistung P aus d). Auf den Fl¨achen S1 , S3 sind die Str¨omungsgr¨oßen konstant und wir erhalten mit t = −p n, e = cv T durch Auswertung der Integrale in (9):    p3 p1 m ˙ cv T 3 + − cv T 1 + =P

3

1 oder mit h = e + p/ m(h ˙ 3 − h1 ) = P .

(10)

Dann folgt aus der kalorischen Zustandsgleichung h = cp T auch T3 =

P + T1 . m ˙ cp

(11)

f) Mit Gleichung (11) ist die Dichte 3 am Laufradaustritt durch 3 = p3 /(R T3) gegeben. Mit der Kontinuit¨atsgleichung zeigt man

1 cax 2π RS H1 = 3 cax 2π RS H3 und erh¨alt H3 = ( 1 / 3 ) H1 .

3 Materialgleichungen

Aufgabe 3-1

Geschwindigkeit eines Floßes Ein leichtes Floß (L¨ange L, Breite b, Masse m) schwimmt mit konstanter Geschwindigkeit uF einen Fluß hinunter, da die Komponente der Schwerkraft in Bewegungsrichtung gleich der Reibungskraft Fx an der Unterseite des Floßes ist und die Str¨omungsgeschwindigkeit U∞ des Wassers (η, ) fernab vom Floß ebenfalls konstant ist. Die freie Oberfl¨ache des Flusses sei um den Winkel α zur Horizontalen geneigt.

Das Grenzschichtprofil an der Floßunterseite sei: ⎡



y y u(x, y) = ∆u ⎣2 − δ(x) δ(x) 

mit

δ(x) =

30

xη ,

∆u

2 ⎤ ⎦

f¨ ur 0 ≤ y ≤ δ(x)

∆u = uF − U∞ .

a) Berechnen Sie die Reibungskraft Fx an der Unterseite des Floßes (zweckm¨aßigerweise durch direkte Integration der Schubspannung an der Floßunterseite). b) Wie groß ist die Geschwindigkeit uF des Floßes? Anmerkung: Das Floß erreicht eine h¨ohere Geschwindigkeit als das von ihm verdr¨angte Wasser, obwohl die treibende Kraft m g sin α dieselbe ist. Im Wasser f¨ande turbulente ¨ Dissipation statt, deren Leistung dem Floß zur Uberwindung des Reibungswiderstandes zur Verf¨ ugung steht. Geg.: L, b, m, η, , g, α, U∞

126

3 Materialgleichungen

L¨ osung a) Reibungskraft Fx : Eine Integration u ¨ ber die Schubspannung an der Floßunterseite liefert: 

Fx→Fl¨ussigk. =

τyx ny dS , AF

wobei die Komponente des Spannungstensors bei Newtonschen Fl¨ ussigkeiten τyx = τxy = 2 η exy

1 = 2η 2



∂u ∂v + ∂y ∂x



lautet. Angewandt auf das vorliegende Problem 

∂v =0, ∂x

2 ∂u 2y = ∆u − ∂y δ(x) δ(x)2



erhalten wir f¨ ur y = 0

1 . δ(x) Die gesuchte Reibungskraft berechnen wir nun mit ny = −1 zu τyx = 2 η ∆u

L

Fx = −Fx→Fl¨ussigk. = 2 η ∆u b

0

L 

= 2 η ∆u b 0

xη 30

∆u

 4 = √ η ∆u b ReL . 30

dx δ(x)

−1/2

dx

(mit ReL =

b) Floßgeschwindigkeit uF Die am Floß angreifenden Kr¨afte befinden sich im Gleichgewicht, weil sich das Floß mit konstanter Geschwindigkeit bewegt: Fx ex − m g sin α ex = 0 . Mit dem Ergebnis aus Teil a) ergibt sich 

m g sin α = 4 ∆u3/2 b 

⇒

uF

Lη 30

m g sin α = U∞ + 4b



30 Lη

2/3

.

∆u L ) η

127

Aufgabe 3-2

Energiebilanz bei einem Gleitlager

F¨ ur h/R  1 kann der Lagerspalt des oben dargestellten, mit Newtonscher Fl¨ ussigkeit gef¨ ullten, unbelasteten Gleitlagers abgewickelt werden, so daß die Str¨omung im kartesischen Koordinatensystem x1, x2 behandelt werden kann, in dem die Geschwindigkeitsverteilung durch x2 u1(x2 ) = Ω R , u2 = u3 = 0 h gegeben ist. Die Str¨omung ist station¨ar, eben und von x1 unabh¨angig. Die Stoffwerte

, η und λ sind konstant, Volumenkr¨afte sind zu vernachl¨assigen, alle Gr¨oßen sind auf die Tiefeneinheit bezogen. a) Welches Moment MA muß bei station¨arem Betrieb auf den Lagerzapfen wirken, welche Antriebsleistung PA ist notwendig? b) Berechnen Sie die Dissipationsfunktion Φ f¨ ur die angegebene Geschwindigkeitsverteilung! c) Ermitteln Sie die im Lagerspalt dissipierte Energie PV durch Integration der Dissipationsfunktion u ¨ber das Spaltvolumen! Vergleichen Sie dieses Ergebnis mit der Antriebsleistung PA ! d) Welcher W¨armestrom Q˙ ab muß der Fl¨ ussigkeit im station¨aren Betrieb entzogen werden? e) Wie groß muß der Temperaturgradient an der Lagerschale (x2 = 0) sein, wenn der gesamte W¨armestrom Q˙ ab u ¨ ber die Lagerschale abfließt? f) Bestimmen Sie die Temperaturverteilung T (x2) im Spalt, wenn die Lagerschale auf konstanter Temperatur TS gehalten wird! Geg.: , η, λ, R, h, Ω, TS L¨ osung a) Antriebsmoment und Antriebsleistung: Das Antriebsmoment ist  MA = τw R dS . Sz

128

3 Materialgleichungen

Mit der Wandschubspannung 

∂u1  ΩR  τw = η =η ∂x2 x2 =h h erh¨alt man die Form 2π

MA =

η ϕ=0

Ω R3 ΩR R R dϕ = 2 π η h h

f¨ ur das Moment pro Tiefeneinheit, woraus die Beziehung folgt PA = MA Ω = 2 π η

Ω2 R3 . h

b) Die Dissipationsfunktion Φ: Die Dissipationsfunktion f¨ ur Newtonsche Fl¨ ussigkeiten ist definiert als ((S. L. (3.6a)) Φ = λ∗ ekk eii + 2 η eij eij und stellt die pro Volumen und Zeiteinheit dissipierte Energie dar. Aus D =0 Dt

folgt

ekk = eii = 0 .

Die einzigen nichtverschwindenden Komponenten des Deformationsgeschwindigkeitstensors   1 ∂ui ∂uj eij = + 2 ∂xj ∂xi sind e21 = e12 =

1 ΩR . 2 h

Somit ergibt sich



Φ = 2 η (e12e12 + e21e21) = η

ΩR h

2

.

c) Die dissipierte Energie PV : Die dissipierte Energie pro Zeiteinheit wird aus der Integration von Φ u ¨ ber das Volumen pro Tiefeneinheit Vs = 2 π R h gewonnen: 

PV =



Φ dV = VS

VS

Ω2 R2 Ω2 R2 η dV = η h2 h2

oder

⇒

PV

= 2π η

PV

= PA !

Ω2 R3 h



dV VS

129

d) Der W¨armestrom Q˙ ab: Die station¨are Str¨omung ist durch die Gleichungen u1 = u1 (x2), u2 = u3 = 0 und ∂/∂x1 = 0 beschrieben. Aus der Energiegleichung (S. L. (2.113))    (V (t))



D ui ui

+e Dt 2



dV = −Q˙ ab + PA

ergibt sich somit Q˙ ab = PA , da nicht nur die lokale sondern auch die konvektive ¨ Anderung von (ui ui/2 + e) verschwindet. Mit dem Ergebnis aus Aufgabenteil a) erh¨alt man den W¨armestrom zu Ω2 R3 Q˙ ab = 2 π η . h e) Der Temperaturgradient an der Lagerschale (x2 = 0): F¨ ur den abgef¨ uhrten W¨armestrom gilt unter Hinzunahme des Fourierschen W¨armeleitungsgesetzes (S. L. (3.8)) Q˙ ab =





qi ni dS = (S)

−λ

(S)

∂T ni dS . ∂xi

Bei Anwendung auf das Kontrollvolumen aus Aufgabenteil d) erhalten wir: Q˙ ab =



−λ

SE +SA

∂T ni dS + ∂xi



−λ

SW o

∂T ni dS + ∂xi



−λ

SW u

∂T ni dS . ∂xi

Am Ein– und Austritt ist n = ±e1 und ∂T /∂x1 = 0 und durch die obere Wand fließt keine W¨arme. Dann ist Q˙ ab =



 SW u



∂T −λ n2 dS = ∂x2



λ SW u

∂T dS . ∂x2

Die Temperatur ist nur eine Funktion von x2. Daher ist auch ∂T /∂x2 von x1 unabh¨angig und es folgt 

Q˙ ab 

⇒

∂T  = λ 2π R  ∂x2 x2 =0

∂T  η Ω2 R2 Q˙ ab  = . = ∂x2 x2 =0 λ2π R λ h

130

3 Materialgleichungen

f) Die Temperaturverteilung T (x2): Mit D /Dt = 0 und De/Dt = 0 vereinfacht sich die differentielle Form der Energiegleichung (S. L. (4.2)) zu: ∂ 0= Φ+ ∂xi



∂T λ ∂xi



.

Mit λ = const und T = T (x2) ergibt sich dann d2 T Φ η Ω2 R2 = − . = − dx22 λ λ h2 Zweimalige Integration ergibt η Ω2 R2 1 2 T (x2) = − x + C1 x 2 + C2 . λ h2 2 2 Die Integrationskonstanten werden aus den Randbedingungen bestimmt: T (x2 = 0) = TS = C2 , 

η Ω2 R2 ∂T   = = C1 ∂x2 x2 =0 λ h und man erh¨alt f¨ ur die Temperaturverteilung 

η 2 2 x2 1 x2 2 T (x2) = Ω R + TS . − λ h 2 h

Aufgabe 3-3

Druckgetriebene Papierbreistr¨ omung

Papierbrei kann als verallgemeinerte Newtonsche Fl¨ ussigkeit angesehen werden (S. L. (3.16)) und soll durch einen ebenen Spalt der H¨ohe h und der L¨ange L gepumpt werden. Die Str¨omung in der Leitung wird durch die erste Komponente des Druckgradienten ∂p/∂x1 = const aufrecht erhalten. Das Geschwindigkeitsprofil der Str¨omung h¨angt nicht von x1 und x3 ab und ist bekannt. Außerdem ist der Spannungstensor τij gegeben. Es gilt: 

p1 − p0 n u1(x2 ) = n+1 mL

1/n

⎛   (n+1)/n ⎞ (n+1)/n h  h   ⎝ ⎠ , −  − x2 2 2

u2 = 0 , τ11 = τ22 = −p ;

τ12 = f(x1 ) .

131

a) Wie groß ist der Druck p1 um einen vorgegebenen Volumenstrom pro Breiteneinheit (V˜˙ = V˙ /b) zu f¨ordern, wenn p0 bekannt ist? b) Die kinetische Energie K und die innere Energie E im Spalt der L¨ange L bleiben konstant. Zeigen Sie, daß dann die Arbeit der Oberfl¨achenkr¨afte als W¨arme abgef¨ uhrt werden muß. (Hinweis: Verwenden Sie die Energiegleichung (S. L.(2.114))) Geg.: Materialkonstanten des Mediums: m, n > 0 L¨ osung a) F¨ ur den Volumenstrom V˙ gilt: V˙ =



u1(x2) dA . (S)

Unter Ausnutzung der Symmetrie von u1 zur Linie x2 = h/2 wird V˙ = 2

b h/2 0

0



n p1 − p0 n+1 mL

1/n

⎛   (n+1)/n ⎞ (n+1)/n h h ⎝ ⎠ dx2 dx3 − − x2

2

2

integriert, so daß man eine algebraische Gleichung 

n p1 − p0 V˙ = 2b n+1 mL

1/n

n+1 2n + 1

f¨ ur den Volumenstrom erh¨alt. Nach Umstellen 

2n + 1 ˜˙ p1 = p0 + m L V hn

 (2n+1)/n

h 2

n  −(1+n)

h 2

erh¨alt man den erforderlichen Druck f¨ ur einen gegebenen Volumenstrom V˜˙ pro Breiteneinheit. b) Nach der Aufgabenstellung f¨allt in der Energiegleichung D Dt

   (V (t))



ui ui + e dV = 2





ui ki dV + (V )

ui ti dS −

(S)



qi ni dS (S)

die linke Seite weg und das Integral u ¨ber die Volumenkraft ki – in diesem Fall die Gravitationsfeldst¨arke oder Erdbeschleunigung gi – liefert keinen Beitrag, da gi parallel zur x2 -Koordinatenrichtung ist. Somit ergibt sich f¨ ur den W¨armestrom u ¨ber die Oberfl¨ache eines Kontrollvolumens Q˙ = −



(S)



qi ni dS = −

τij uj ni dS . (S)

Legt man die Fl¨achen des Kontrollvolumens an die Stellen [1], [0] und dazwischen an die W¨ande, so fallen die Oberfl¨achenintegrale der Wandbereiche wegen der Haftbedingung u = 0 weg. Es bleibt der Ausdruck Q˙ = −

 S1

τij uj ni dS −



τij uj ni dS S0

132

3 Materialgleichungen

stehen, aus dem sich dann Q˙ =



τ11u1 dS −

S1



τ11u1 dS S0

ergibt. Die Fl¨achen S1 und S0 sind jeweils gleich, die Komponente τ11 ist an der Stelle [1] −p1 und an an der Stelle [0] −p0 : Q˙ = (−p1 + p0 )



u1 dS = (p0 − p1 )V˙ .

(S)

Wie aus L¨osungsteil a) ersichtlich ist p1 > p0 und somit die W¨armemenge Q˙ negativ, also abzuf¨ uhren.

Aufgabe 3-4

Schleppstro ¨mung einer Nicht–Newtonschen Flu ¨ssigkeit

In einem ebenen Kanal (Breite b), dessen obere Wand sich mit der Geschwindigkeit UW bewegt, str¨omt eine Nicht–Newtonsche Fl¨ ussigkeit mit dem Materialgesetz τij = −pδij + 2η eij + 4β eik ekj . Die Str¨omung ist station¨ar und inkompressibel. Das Geschwindigkeitsfeld u1 =

UW x2 , h

u2 = 0

und die Temperatur Tu der unteren Wand sind bekannt. Die Volumenkr¨afte werden vernachl¨assigt. a) Berechnen Sie die Arbeit pro Zeit und L¨angeneinheit, die n¨otig ist zum Verschieben der oberen Wand. (Hinweis: Berechnen Sie zun¨achst die Kraft auf die Wand). b) Berechnen Sie mit Hilfe des Ersten Hauptsatzes (S. L. (2.119)) De 1 1 ∂qi = τij eij − , Dt

∂xi

e = cT ,

c = const

die Temperaturverteilung T (x2) im Kanal f¨ ur den Fall, daß nur an der oberen Wand W¨arme zu- bzw. abgef¨ uhrt wird. Verwenden Sie ein lineares Gesetz f¨ ur den W¨armestromvektor (Fouriersches Gesetz). Geg.: b, h, UW , η, β, λ, c, Tu , T = T (x1)

133

L¨ osung a) Die Kraft der bewegten Wand auf die Fl¨ ussigkeit ist 

Fi =



ti dS = (S)

τij nj dS (S)

mit n1 = 0 und n2 = 1. Nur die Kraft in x1–Richtung 

F1 =

t1 dS (S)

geht in die Leistung ein. Mit konstanter Spannungskomponente t1 = τ11 n1 + τ21 n2 ben¨otigt man f¨ ur die Kraft pro L¨angeneinheit F1 = τ12b nur die Komponente τ12 = 2η e12 + 4β(e12e11 + e22e12) des Spannungstensors. Mit e11 = 0 ,

e22 = 0 ,

e12 =

1 2

∂u1 = ∂x2

1 2

UW h

erh¨alt man f¨ ur die Leistung (pro L¨angeneinheit) P = F1 UW = η

b 2 U . h W

b) Im ersten Hauptsatz mit qi = −λ ∂T /∂xi 

∂T ∂T ∂T + u1 c + u2 ∂t ∂x1 ∂x2



1 λ = (τ11 e11 + 2τ12 e12 + τ22e22) +



∂ 2T ∂ 2T + ∂x12 ∂x22



fallen alle Terme bis auf

2 UW ∂ 2T + λ h2 ∂x22 weg. Da T nur eine Funktion von x2 ist, ergibt

0=η

2 d2T η UW = − dx22 λ h2

nach zweimaligem Integrieren den Temperaturverlauf T (x2) = −

2 η UW x 2 + C1 x 2 + C2 , 2λ h2 2

der noch den Randbedingungen angepaßt werden muß. An der unteren Wand herrscht die Temperatur Tu , damit ist C2 = Tu . Die W¨armemenge wird nur durch

134

3 Materialgleichungen

die obere Wand abgef¨ uhrt, d. h. wegen qi ni = (−∂T /∂xi)ni = 0 an der unteren Wand muß  ∂T   =0 ∂x2 x2 =0 erf¨ ullt werden. Aus dieser Forderung ergibt sich der endg¨ ultige Temperaturverlauf zu 2 η UW x2 . T (x2) = Tu − 2λ h2 2

Aufgabe 3-5

Dehnstr¨ omung

Ein Fl¨ ussigkeitszylinder konstanter Dichte wird einer einfachen Dehnstr¨omung unterworfen, d. h. er wird in axialer Richtung mit konstanter Dehnrate ε˙ = ∂uz /∂z = const gedehnt und in den dazu senkrechten Richtungen gestaucht. Das Problem ist rotationssymmetrisch, d. h. ∂/∂ϕ = 0. F¨ ur das Geschwindigkeitsfeld gilt: ur = ur (r), uϕ = 0, uz = uz (z). ˙ a) Berechnen Sie die radiale Geschwindigkeitskomponente ur in Abh¨angigkeit von ε. b) Bestimmen Sie die Komponenten des Deformations– und Drehgeschwindigkeitstensors E und Ω. c) Wie lauten die Komponenten des Reibungsspannungstensors P f¨ ur eine Newtonsche Fl¨ ussigkeit? Die Dehnviskosit¨at ist durch Pzz − Prr ηD = (1) ε˙ definiert. Wie lautet sie, wenn der Fl¨ ussigkeitszylinder eine Newtonsche Fl¨ ussigkeit ist? d) Wie lauten die Komponenten des Reibungsspannungstensors P f¨ ur eine viskoelastische Fl¨ ussigkeit, die durch die Materialgleichung P + λ0

DP = 2η E , Dt

(2)

mit der Zeitableitung DP DP = + Ω · P − P · Ω − ξ (P · E + E · P) , Dt Dt

(3)

beschrieben wird? (F¨ ur ξ = 0 erh¨alt man aus (3) die Jaumannsche (S. L. 3.29), f¨ ur ξ = 1 die Oldroydsche (S. L. 3.30) Ableitung.) ur eine viskoelastische Fl¨ ussigkeit an. Geben Sie nun die Dehnviskosit¨at ηD f¨

135

L¨ osung a) Geschwindigkeitskomponente ur : Aus der Kontinuit¨atsgleichung in Zylinderkoordinaten (S. L. Anhang B.2) folgt ∂uz ∂ (r ur ) = −r = −r ε˙ . ∂r ∂z Integration f¨ uhrt zu ur r = −

r2 ε˙ + C(z) 2

C(z) r ur = − ε˙ + . 2 r F¨ ur r → 0 muß die L¨osung beschr¨ankt bleiben (⇒ C(z) = 0), d. h. r ur (r) = − ε˙ . (4) 2 b) Deformationsgeschwindigkeits– und Drehgeschwindigkeitstensor: Die nicht verschwindenden Komponenten des Deformationsgeschwindigkeitstensors E (S. L. Anhang B.2) lauten oder

∂ur ε˙ err = =− , ∂r 2

eϕϕ

1 = r



∂uϕ + ur ∂ϕ



ε˙ =− , 2

ezz =

∂uz = ε˙ . ∂z

(5)

Drehgeschwindigkeitstensor Ω: Wir geben zun¨achst den Geschwindigkeitsgradiententensor in Zylinderkoordinaten an, indem wir den Nabla–Operator ∇ = er

∂ 1 ∂ ∂ + eϕ + ez ∂r r ∂ϕ ∂z

auf den Geschwindigkeitsvektor u = ur er + uϕ eϕ + uz ez anwenden (tensorielles Produkt). Mit den Ableitungen der Einheitsvektoren ∂er =0, ∂r

∂eϕ =0, ∂r

∂ez =0, ∂r

∂er = eϕ , ∂ϕ

∂eϕ = −er , ∂ϕ

∂ez =0, ∂ϕ

∂er =0, ∂z

∂eϕ =0, ∂z

∂ez =0, ∂z

erhalten wir ∂ur erer + ∂r

∇u = 1 r





1 ∂ur − uϕ eϕer + ∂ϕ r ∂ur ez er + ∂z

∂uϕ ereϕ + ∂r 

∂uϕ ur + ∂ϕ



∂uz erez + ∂r

eϕeϕ +

1 ∂uz eϕez + r ∂ϕ

∂uϕ ezeϕ + ∂z

∂uz ez ez . ∂z

136

3 Materialgleichungen

Der transponierte Tensor (∇u)T lautet ∂ur erer + ∂r

T

(∇u) =



1 r



∂uϕ 1 eϕer + ∂r r ∂uz ez er + ∂r



∂ur erez + ∂z

∂ur − uϕ ereϕ + ∂ϕ

∂uϕ ur + ∂ϕ



eϕeϕ +

∂uϕ eϕez + ∂z

1 ∂uz ezeϕ + r ∂ϕ

∂uz ezez . ∂z



Damit folgt der Drehgeschwindigkeitstensor Ω = 1/2 ∇u − (∇u)T zu 1 Ω= 2







+ 

+





∂uϕ 1 ∂ur 1 ∂uz ∂ur − + uϕ ereϕ + − ∂r r ∂ϕ r ∂r ∂z 



erez



1 ∂ur ∂uϕ 1 1 ∂uz ∂uϕ − − uϕ eϕer + − r ∂ϕ ∂r r r ∂ϕ ∂z ∂ur ∂uz − ∂z ∂r





∂uϕ 1 ∂uz − ez er + ∂z r ∂ϕ





eϕez



ez eϕ

.

Wegen uϕ = 0, ur = ur (r) und uz = uz (z) verschwindet der Drehgeschwindigkeitstensor identisch Ω=0. (6) Anderer Weg: Da Zylinderkoordinaten rechtwinklig sind, haben alle Ausdr¨ ucke in denen keine Ableitungen vorkommen (die Ortsabh¨angigkeit der Basisvektoren also nicht zu Tage tritt) dieselbe Form wie in kartesischen Koordinaten. Der Zusammenhang zwischen Winkelgeschwindigkeit und Drehgeschwindigkeitstensor (S. L. (1.46)) gilt weiterhin ωk ijk = Ωji wobei wie bisher die 1–Richtung jetzt der r-Richtung, die 2–Richtung der ϕ- und die 3–Richtung der z-Richtung entspricht. Aus (S. L. Anhang B) folgt dann wegen ωr = ωϕ = ωz = 0 sofort Ω = 0. c) Newtonsches Materialverhalten: Bei einer inkompressiblen Newtonschen Fl¨ ussigkeit ist der Tensor der Reibungsspannungen durch die Materialgleichung P = 2η E (S. L. 3.2b) mit dem Deformationsgeschwindigkeitstensor verkn¨ upft. Da bei der Dehnstr¨omung Fl¨ ussigkeitselemente nur parallel zu den Koordinatenachsen gedehnt werden, sind nur die normalen Reibungsspannungen Prr = −η ε˙ ,

Pϕϕ = −η ε˙ ,

Pzz = 2η ε˙

(7)

ungleich null. Dies gilt auch f¨ ur das im n¨achsten Aufgabenteil betrachtete viskoelastische Materialverhalten. Die Dehnviskosit¨at ηD bei Newtonscher Fl¨ ussigkeit folgt mit (7) zu Pzz − Prr 2η ε˙ + η ε˙ ηD = = = 3η . ε˙ ε˙

137

d) Viskoelastisches Materialverhalten: Da die Komponenten von E konstant sind, sind auch die Komponenten von P konstant, d. h. DP/Dt = 0 . Mit Ω = 0, folgt aus (3) DP = −ξ (P · E + E · P) . Dt F¨ ur ξ = 0 (Jaumannsche Zeitableitung) verschwindet diese Zeitableitung identisch und die Fl¨ ussigkeit wird durch das Newtonsche Materialgesetz beschrieben. Wir f¨ uhren die Punktprodukte als Matrizenmultiplikationen aus und erhalten DP = Dt ⎡⎛

⎞⎛

⎞

⎛

⎞⎛

⎞⎤

P Prϕ Prz 1 0 0 1 0 0 Prr Prϕ Prz ε˙ ⎢⎜ rr ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎥ 0 ⎠+⎝ 0 1 0 ⎠ ⎝ Pϕr Pϕϕ Pϕz ⎟ ξ ⎣⎝ Pϕr Pϕϕ Pϕz ⎠ ⎝ 0 1 ⎠⎦ 2 0 0 −2 0 0 −2 Pzr Pzϕ Pzz Pzr Pzϕ Pzz ⎛

⎞

2Prr 2Prϕ −Prz ε˙ ⎜ ⎟ = ξ ⎝ 2Pϕr 2Pϕϕ −Pϕz ⎠ . 2 −Pzr −Pzϕ −4 Pzz Dieser Form entnehmen wir noch, daß P · E + E · P ein symmetrischer Tensor ist. Mit dem Deformationsgeschwindigkeitstensor (5) folgen die nichtverschwindenden Komponenten des Reibungsspannungstensors aus dem Materialgesetz (2): η ε˙ , 1 + λ0 ξ ε˙

Prr + λ0 ξ ε˙ Prr = 2η err = −η ε˙

⇒

Prr = −

Pϕϕ + λ0 ξ ε˙ Pϕϕ = 2η eϕϕ = −η ε˙

⇒

Pϕϕ = −

Pzz + λ0 (−2ξ ε˙ Pzz ) = 2η ezz = 2η ε˙

⇒

Pzz =

η ε˙ , 1 + λ0 ξ ε˙

2η ε˙ . 1 − 2λ0 ξ ε˙

Damit erhalten wir f¨ ur eine allgemeine viskoelastische Fl¨ ussigkeit die Dehnviskosit¨at zu Pzz − Prr 3η ηD = = . ε˙ (1 + ξ λ0 ε)(1 ˙ − 2ξ λ0 ε) ˙ F¨ ur ξ = 0 erhalten wir die gleiche Dehnviskosit¨at wie bei Newtonschem Materialverhalten, ηD = 3η.

4 Bewegungsgleichungen fu ¨r spezielle Materialgesetze

4.1

Newtonsche Flu ¨ ssigkeiten

Aufgabe 4.1-1

Poiseuille–Str¨ omung

Zwischen zwei unendlich ausgedehnten, ebenen Platten befindet sich inkompressible Newtonsche Fl¨ ussigkeit konstanter Dichte und Viskosit¨at. Volumenkr¨afte treten nicht auf. Gegeben sind die Spalth¨ohe h, die Komponenten des Druckgradienten ∂p ∂p ∂p = −K , ≡0, ≡0 ∂x1 ∂x2 ∂x3 sowie das Geschwindigkeitsfeld der Str¨omung zwischen den Platten (siehe S. L. (6.19) f¨ ur U → 0)   K h2 2 u1 (x2) = − x2 , u2 ≡ 0 , u3 ≡ 0 . 2η 4 a) Zeigen Sie, daß das gegebene Geschwindigkeitsfeld die Kontinuit¨atsgleichung und die Navier–Stokesschen Gleichungen erf¨ ullt. b) Wie lauten die Komponenten des Spannungstensors? c) Berechnen Sie die Dissipationsfunktion Φ. d) Welche Energie wird pro Tiefe und L¨ange im Spalt in W¨arme dissipiert? e) Berechnen Sie die Hauptspannungen und die Hauptspannungsrichtungen. Geg.: ∂p/∂xi, ui , h, , η L¨ osung a) Setzt man das Geschwindigkeitsfeld nebst seinen Ableitungen und dem Druckgradienten in die Gleichungen ein, so zeigt sich, daß diese erf¨ ullt sind.

4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten

139

b) Der Spannungstensor: Das Materialgesetz f¨ ur Newtonsche Fl¨ ussigkeit ist das Cauchy–Poisson–Gesetz τij = (−p + λ∗ ekk ) δij + 2 η eij . Wegen D /Dt = 0 ist hier ekk = div u = 0, so daß mit eij = 1/2(∂ui /∂xj + ∂uj /∂xi ) 

τij = −p δij + η

∂ui ∂uj + ∂xj ∂xi



entsteht. Die Komponenten des Spannungstensors sind folglich     ∂u1 ∂u2 τ11 = −p + η 2 = −p , τ22 = −p + η 2 = −p , ∂x1 ∂x2 

τ12 = η 

∂u1 ∂u2 + ∂x2 ∂x1





= −K x2 ,

τ23 = η



∂u1 ∂u3 τ13 = η + = 0, ∂x3 ∂x1 bzw. in Matrizenschreibweise ⎛ −p ⎜ (τij ) = ⎝ −K x2 0

∂u2 ∂u3 + ∂x3 ∂x2 

τ33 = −p + η −K x2 −p 0

∂u3 2 ∂x3



= 0, 

= −p

⎞

0 ⎟ 0 ⎠ . −p

c) Die Dissipationsfunktion: Die dissipierte Energie pro Volumen und Zeit ist allgemein Φ = Pij eij , spezialisiert auf das Cauchy–Poisson–Gesetz Φ = (λ∗ ekk δij + 2 η eij ) eij = 2 η eij eij . Mit e12 = e21 =

1 ∂u1 , 2 ∂x2

e11 = e22 = e33 = 0 wird die Dissipationsfunktion Φ = 2 η (ei1 ei1 + ei2 ei2 + ei3 ei3) 

= η

∂u1 ∂x2

2

=

K 2 x22 . η

d) Die dissipierte Leistung wird als Integral u ussigkeit eingenomme¨ber den von der Fl¨ nen Bereich gewonnen:  PD = Φ dV . (V )

Hier ergibt sich PD pro L¨angen– und Tiefeneinheit zu h

2

PD = −h 2

h

K 2 x32  2 K 2 h3 . Φ dx2 = =  3 η − h 12 η 2

140

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Die Verl¨aufe der x1, x2 –Komponenten von Geschwindigkeit, Spannungstensor und Dissipationsfunktion sind in der nebenstehenden Skizze graphisch dargestellt.

e) Die Hauptspannungen und Hauptspannungsrichtungen: Das Eigenwertproblem lautet (τij − σ δij ) lj = 0 .

(1)

Aus dem Spannungstensor ist leicht ersichtlich, daß l = (0, 0, 1) mit σ = −p ein Eigenvektor bzw. ein Eigenwert ist (ebene Str¨omung!). Daher suchen wir nur noch in der x1 , x2–Ebene die beiden anderen Eigenwerte und –vektoren. Die charakteristische Gleichung lautet dann 

det

−(p + σ) −K x2 −K x2 −(p + σ)



= (p + σ)2 − K 2 x22 = 0 .

Hieraus folgen die Eigenwerte zu (p + σ) = ±K x2 ⇒

σ (1) = −p + K x2 ,

σ (2) = −p − K x2 .

Die Eigenvektoren berechnen wir nun aus der ersten Gleichung des homogenen Gleichungssystems (1) (k)

(k)

= 0

(k)

=

−(p + σ (k)) l1 − K x2 l2 ⇒ (k)2

l1

−K x2 (k) l p + σ (k) 2

(k)2

sowie der Normierungsbedingung l1 + l2 = 1, die wir durch sp¨ateres Skalieren (k) erf¨ ullen und daher zun¨achst l2 = 1 setzen. F¨ ur σ = σ (1) = −p + K x2 erh¨alt man  √ (1) l1 = −1 , |l(1)| = (−1)2 + 12 + 02 = 2 und daher den normierten Vektor l(1)

⎛

⎞

−1 1 ⎜ ⎟ =√ ⎝ 1 ⎠ , 2 0

f¨ ur σ = σ (2) = −p − K x2 gilt (2)

l1 = +1 ,

|l(2)| =



(1)2 + 12 + 02 =

√

2

4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten

141 ⎛ ⎞

also

1 ⎟ l(2) = √1 ⎜ ⎝1⎠ . 2 0

Zur Kontrolle versuchen wir aus dem Kreuzprodukt l(1) × l(2) den bereits bekannten Eigenvektor l(3) zu berechnen. l(1) × l(2) =

=

   e 1  1  −1 2  1



e2 e3   1 0  1 0

) 1( e1 · 0 + e2 · 0 + e3 · (−2) 2

= −e3 , was offensichtlich dem negativen Eigenvektor l(3) entspricht. Um l(3) = (0, 0, 1) zu erhalten, m¨ ussen wir an einem der beiden anderen Eigenvektoren das Vorzeichen umkehren (die Vorzeichen von Eigenvektoren sind unbestimmt). Wir multiplizieren l(1) mit −1 und erhalten: ⎛

σ (1) = −p + K x2 ,

l(1) =

√1 2

⎞

1 ⎜ ⎟ ⎝ −1 ⎠ , 0 ⎛ ⎞

1

σ (2) = −p − K x2 ,

σ

(3)

= −p ,

l(2) =

√1 2

⎜ ⎟ ⎝1⎠ ,

⎛

⎞

0

0 ⎟ l(3) = ⎜ ⎝0⎠ , 1

wobei nun l(1), l(2) und l(3) ein rechtsh¨andiges Koordinatensystem (Hauptachsensystem) aufspannen. Bemerkung: Obwohl der Spannungstensor von x2 abh¨angt, sind die Hauptspannungen immer unter 45◦ . Dies liegt daran, daß die Str¨omung lokal immer eine einfache Scherstr¨omung (Couette-Str¨omung) ist, deren Hauptspannungsrichtungen ebenfalls unter 45◦ anzutreffen sind.

Aufgabe 4.1-2

Temperaturverteilung bei einer Poiseuille–Str¨ omung

Es wird die in Aufgabe 4.1-1 berechnete Str¨omung betrachtet. Die Fl¨ ussigkeit sei kalorisch perfekt, habe eine konstante W¨armeleitzahl λ, die untere Platte sei w¨armeisoliert, die obere habe die konstante Temperatur T0.

142

a) b) c) d)

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Berechnen Sie die Temperaturverteilung T (x2) im Spalt. Welche Temperatur stellt sich an der unteren Wand ein? Welcher W¨armestrom pro Fl¨acheneinheit fließt durch die obere Wand? Welche Entropieerh¨ohung Ds/Dt erf¨ahrt die Fl¨ ussigkeit im Spalt?

L¨ osung a) Die Temperaturverteilung im Kanal: Die Energiegleichung f¨ ur Newtonsche Fl¨ ussigkeiten lautet (S. L. (4.2)) De p D ∂

− = Φ+ Dt Dt ∂xi



∂T λ ∂xi



,

(1)

¨ wobei hier T = T (x2) und D /Dt = 0 und e = c T gilt. Die materielle Anderung der inneren Energie verschwindet: De DT =c =c Dt Dt



∂T ∂T ∂T ∂T + u2 + u3 + u1 ∂t ∂x1 ∂x2 ∂x3



=0.

(2)

Wegen λ =const und T = T (x2) entsteht daher aus (1) die Form d2 T Φ =− 2 dx2 λ und mit Φ = K 2 x22/η aus Aufgabe 4.1-1 erhalten wir die Gleichung K2 2 d2 T = − x dx22 ηλ 2 ⇒ ⇒

dT K2 3 x + C1 = − dx2 3η λ 2 T (x2) = −

K2 4 x + C1 x 2 + C2 . 12 η λ 2

(3)

(4)

An der unteren Wand Su ist x2 = −h/2 und n = (0, −1, 0). Da sie w¨armeisoliert ist, gilt f¨ ur den W¨armestrom Q˙ W u =



−qi ni dS =

Su



q2 dS = 0 . Su

Da der Integrationsbereich beliebig ist, folgt f¨ ur q2(x2 = −h/2) = 0. Daraus schließt man nach Anwendung des Fourierschen W¨armeleitungsgesetzes q2 = −λ auf die Randbedingung



∂T ∂x2

dT  =0,  dx2 x2 =− h 2

4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten

143

d. h. der Temperaturgradient verschwindet an der unteren Wand. Aus (3) ergibt sich die erste Konstante zu 0=

K 2 h3 + C1 24 λ η

⇒

C1 = −

K 2 h3 . 24 λ η

Die zweite Integrationskonstante berechnet sich aus T (x2 = +h/2) = T0 und (4) zu C2 = T 0 +

5 K 2 h4 , 8 24 λ η

so daß die angepaßte L¨osung schließlich lautet

K 2 h4 T (x2) = T0 + −2 24 λ η



x2 h

4

x2 5 − + h 8



.

b) Die Temperatur an der unteren Wand: 

h Tu = T x2 = − 2 ⇒





= T0 +

Tu = T0 +

1 5 K 2 h4 2 − + + 24 λ η 16 2 8



K 2 h4 . 24 λ η

c) Der W¨armestrom durch die obere Wand: An der oberen Wand So gilt x2 = h/2 und n = (0, 1, 0), womit sich der W¨armestrom aus    dT Q˙ W o = −qini dS = −q2 dS = λ dS dx2 So

berechnet. Mit



So



dT  K 2 h3  λ = −8 dx2 x2 = h 24 η 2



x2 h

3

So



−1

=− x2 = h 2

K 2 h3 = const . 12 η

folgt der W¨armestrom pro Fl¨acheneinheit zu Q˙ K 2 h3 = −q2 = − A 12 η

(wird abgegeben!) ,

der genau der in Aufgabe 4.1-1 berechneten dissipierten Energie pro Fl¨acheneinheit des Kanals entspricht. h/2  K 2 h3 . Φ dx2 = 12 η −h/2 d) Die Entropieerh¨ohung: Ds/Dt ergibt sich direkt aus der Gibbsschen Relation T

Ds De Dv p D = +p = 0− 2 =0. Dt Dt Dt

Dt

144

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

De/Dt verschwindet wegen (2), D /Dt ist ebenfalls null. Die Sr¨omung ist also (obwohl reibungsbehaftet!) isentrop. Dies ist m¨oglich, weil die in W¨arme dissipierte Energie sofort u ¨ ber die obere Wand abgeleitet wird, was man auch

T

Ds ∂ 2T = Φ+λ 2 = 0 Dt ∂x2

entnimmt.

Aufgabe 4.1-3

Druckgetriebene Kanalstr¨ omung mit por¨ osen Kanalw¨ anden

Nebenstehendes Bild zeigt einen in x1– und x3–Richtung unendlich ausgedehnten Kanal der H¨ohe h, der mit Newtonscher Fl¨ ussigkeit durchstr¨omt wird. Die ebene Str¨omung ist station¨ar, die Dichte und die Viskosit¨at η sind konstant, Volumenkr¨afte sind zu vernachl¨assigen. Die Begrenzungsw¨ande des Kanals sind por¨os, so daß unten durch Einblasen und oben durch Absaugen eine konstante Wandnormalenkomponente VW der Geschwindigkeit erzeugt wird. Der Druckgradient in x1–Richtung ist konstant (∂p/∂x1 = −K). Wegen der unendlichen Ausdehnung des Kanals h¨angt die Geschwindigkeitsverteilung nicht von x1 ab. a) Berechnen Sie aus der Kontinuit¨atsgleichung die Verteilung der Geschwindigkeitskomponente in x2–Richtung u2(x2 )! b) Vereinfachen Sie die x1–Komponente der Navier–Stokesschen Gleichungen f¨ ur dieses Problem! c) Wie lauten die Randbedingungen f¨ ur die Geschwindigkeitskomponente u1 ? d) Berechnen Sie die Geschwindigkeitsverteilung u1 (x2)! (Hinweis: Nach L¨osung der homogenen Gleichung kann die Partikularl¨osung der inhomogenen Gleichung durch den Ansatz u1p = const ∗ x2 gel¨ost werden.) Geg.: , η, K, h, VW L¨ osung a) Die Geschwindigkeit u2(x2 ): Da eine absolute Konstante ist, ist auch D /Dt ≡ 0 und aus der Kontinuit¨atsgleichung folgt ∂ui =0. ∂xi Der Term ∂u1/∂x1 verschwindet genauso wie alle Ableitungen in x3–Richtung (ebenes Problem), und wegen ∂u2 =0 ∂x2

4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten

145

schließen wir auf u2 = const . Mit den Randbedingungen u2 (0) = u2(h) = VW l¨aßt sich die Geschwindigkeit bestimmen: u2 = VW . b) Die x1–Komponente der Navier–Stokesschen Gleichungen: Mit k = 0, , η = const, station¨arer Str¨omung, ∂u1/∂x1 = ∂u1/∂x3 = 0, u2 = VW , u3 = 0 folgt ∂u1 ∂p ∂ 2 u1 ∂ 2 u1

VW =− +η = K + η . ∂x2 ∂x1 ∂x22 ∂x22 Mit ν = η/ und ∂u1/∂x2 = du1/dx2 erhalten wir VW

1 du1 d2u1 = K +ν . dx2

dx22

c) Die Randbedingungen: Die Randbedingungen ergeben sich aus der Haftbedingung an der Wand zu u1(x2 = 0) = 0 ,

u1(x2 = h) = 0 .

d) Die Geschwindigkeitsverteilung u1 (x2): Als Ergebnis des Aufgabenteils b) erhielt man die folgende gew¨ohnliche, lineare, inhomogene Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten: ν

du1 d2 u1 K − VW =− . 2 dx2 dx2

1.) Die homogene L¨osung folgt aus ν

du1 d2 u1 − VW =0. 2 dx2 dx2

Mit dem Ansatz u1(x2 ) = C eλ x2 erh¨alt man das charakteristische Polynom ν λ2 − VW λ = 0 , die Eigenwerte λ1 = 0 ,

λ2 = VW /ν

und somit u 1 h = C1 + C2 e

VW ν

x2

.

2.) Die Partikularl¨osung erfordert den Ansatz u 1 p = C3 x 2 + C4 . Durch Einsetzen ergeben sich die Konstanten C3 = K/( VW ) und C4 = 0.

146

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Die allgemeine L¨osung u1 (x2) = u1h + u1p = C1 + C2 e

VW x2 ν

+

K x2

VW

ist mit den Randbedingungen aus Aufgabenteil c) u1(0) = C1 + C2 VW h u1(h) = C1 + C2 e ν +

= 0 = 0

Kh VW

1 Kh

VW 1 − e VWν h anzupassen, so daß die gesuchte Geschwindigkeitsverteilung lautet ⇒

−C1 = C2 = ⎛

VW x2

⎞

K h ⎝ x2 1 − e ν ⎠ . u1(x2 ) = − VW h

VW h 1−e ν Nebenbemerkung: Bildet man in obiger Gleichung den Grenz¨ ubergang VW → 0, so ergibt sich das bekannte Geschwindigkeitsprofil der ebenen Kanalstr¨omung K h2 lim u1 (x2) = VW →0 2η

Aufgabe 4.1-4





x2 x2 − h h

2 

.

Grenzschichtabsaugung

Eine Newtonsche Fl¨ ussigkeit str¨omt station¨ar und inkompressibel u ¨ ber eine in x– und z–Richtung unendlich ausgedehnte Platte, wobei sich eine Grenzschicht ausbildet, die normalerweise mit steigendem x anw¨achst. An der Platte soll nun aber pro L¨ange L soviel von der Grenzschicht abgesaugt werden, daß die sich einstellende Geschwindigkeitsverteilung von x unabh¨angig wird. Der Druck p wird als konstant angenommen. Weit weg von der Platte hat die Geschwindigkeitskomponente u(y) den Wert U∞ . a) Wie lauten die Randbedingungen f¨ ur das Geschwindigkeitsfeld? b) Ermitteln Sie aus der Kontinuit¨atsgleichung die Geschwindigkeitskomponente v(y). c) Vereinfachen Sie die x-Komponente der Navier-Stokes-Gleichungen und berechnen Sie die Geschwindigkeitskomponente u(y). d) Zeigen Sie, daß der durch die Fl¨ache D − C tretende Massenstrom gleich dem abgesaugten Massenstrom m ˙ ab ist.

4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten

147

e) Berechnen Sie den Widerstand pro Tiefeneinheit des Plattenst¨ uckes der L¨ange L durch direkte Integration der Wandschubspannung. f) Berechnen Sie die Widerstandskraft mit der x-Komponente des Impulssatzes, angewendet auf ein Kontrollvolumen ABCD. Geg.: U∞ , η, , v0 L¨ osung a) Die Haftbedingung an der Wand verlangt u(y = 0) = 0 , Im Unendlichen ist lim u(y) = U∞ .

y→∞

Die Geschwindigkeitskomponente v muß an der Wand den Wert der Absaugegeschwindigkeit annehmen: v(y = 0) = −v0 . b) Die Dichte ist konstant, also gilt auch D /Dt=0 und die Kontinuit¨atsgleichung lautet ∂u ∂v ∂w + + =0. ∂x ∂y ∂z Die Str¨omung ist eben (∂/∂z = 0) und ∂u/∂x = 0. Man erh¨alt somit ∂v =0 bzw. v = v(x) = const , ∂y da v auch nicht von x abh¨angt. Mit der Randbedingung v(y = 0) = −v0 wird die Geschwindigkeitskomponente v = −v0 , ist also konstant im ganzen Str¨omungsfeld. c) Mit v = −v0, ∂u/∂x = 0, ∂u/∂z = 0 sowie konstantem Druck p erh¨alt man im Fall station¨arer Str¨omung ohne Volumenkr¨afte − v0

∂u ∂ 2u =η 2 ∂y ∂y

bzw. mit ∂u/∂y = du/dy und ν = η/ d2 u du =ν 2 dy dy Dies ist eine gew¨ohnliche, lineare, homogene Differentialgleichung zweiter Ordnung, deren L¨osung wir Aufgabe 4.1-3 entnehmen: −v0

u(y) = C1 + C2 e

−v0 ν

y

.

Die Konstanten C1 und C2 ergeben sich aus den Randbedingungen zu C1 = −C2 = U∞ und man erh¨alt f¨ ur die Geschwindigkeitskomponente u(y) = U∞ (1 − e

−v0 ν

y

).

148

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

d) Die Massenstr¨ome: Bei Anwendung der Kontinuit¨atsgleichung in integraler Form f¨ ur das Kontrollvolumen VABCD 



u · n dS +

AD

u · n dS +

BC



u · n dS +

DC



u · n dS = 0

AB

verschwinden die beiden ersten Integrale wegen des gleichen Geschwindigkeitsprofils und wir erhalten den Massenstrom zu 

u · n dS = −

m ˙ ab = AB



u · n dS = m ˙ zu .

DC

e) Der Widerstand: Die Widerstandskraft ist Fw = FFl¨ussigkeit→Platte · ex =



t · ex dS ,

Sp

beziehungsweise in Indexnotation mit t1 = τj1 nj 

Fw = F1 =



t1 dS = Sp

τj1 nj dS ,

j = 1, 2 .

Sp

Mit den Komponenten des Normalenvektors n1 = 0, n2 = 1 und n3 = 0 erhalten wir 

Fw =

τ21 dS . Sp

Das Materialgesetz der Newtonschen Fl¨ ussigkeiten lautet (Cauchy–Poisson) τij = −p δij + λ∗ ekk δij + 2 η eij , und daher erhalten wir f¨ ur die gew¨ unschte Komponente des Spannungstensors: 

τ21 |x2 =0 = 2 η e21|x2 =0 Mit





∂u1  ∂u  =η =η .   ∂x2 x2 =0 ∂y y=0 

v0 −v0  v0 ∂u   = U∞ e ν y  = U∞  ∂y y=0 ν ν y=0

wird die Schubspannung τ21 |y=0 = U∞ v0 und die Widerstandskraft 

Fw =

U∞ v0 dS = U∞ v0 L . Sp

Die Widerstandskraft h¨angt nicht von der Viskosit¨at der Fl¨ ussigkeit ab!

4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten

149

f) Widerstandskraft mit Impulssatz: Die x–Komponente des Impulssatzes angewandt auf das Kontrollvolumen aus Aufgabenteil b) f¨ uhrt auf 

(u · ex ) (u · n) dS +

AD

BC





(u · ex ) (u · n) dS +

+ DC





(u · ex ) (u · n) dS =

AB

t · ex dS +

AD

(u · ex ) (u · n) dS +



t · ex dS +

BC



t · ex dS +

DC



t · ex dS ,

AB

wobei sich die Integrale u ¨ber die Fl¨achen AD und BC wieder jeweils aufheben, weil an diesen Fl¨achen gleiche Str¨omungsverh¨altnisse herrschen, und an der Wand AB der Anteil wegen u · ex = 0 ebenfalls verschwindet. Der letzte Term der rechten Seite ist die Kraft, die die Platte auf die Fl¨ ussigkeit aus¨ ubt: 

t · ex dS = Fx

Platte→Fl¨ ussigkeit

= −Fw .

AB

Es verbleibt also 

(u · ex)(u · n) dS =

DC



t · ex dS − Fw .

DC

Mit 

(u · ex)(u · n) dS = −

DC

und



U∞ (1 − e

−v0 ν

y

) v0 dS = − U∞ v0 (1 − e

−v0 ν

δ

)L

DC



t · ex dS = η

DC

 DC



−v0 ∂u  δ  dS = U ∞ v0 L e ν  ∂y y=δ

erh¨alt man f¨ ur die Widerstandskraft Fw = U∞ v0 L e

−v0 δ ν

+ U∞ v0 (1 − e

−v0 ν

δ

) L = U∞ v0 L ,

entsprechend dem Ergebnis aus Aufgabenteil d). Liegt die Fl¨ache DC bei y → ∞, so verschwindet das Integral des Spannungsvektors u ¨ber diese Fl¨ache und die Widerstandskraft entspricht der x-Komponente des Impulsflusses durch die Fl¨ache DC.

150

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Aufgabe 4.1-5

Vermischung zweier Flu ome ¨ssigkeitsstr¨

In einem ebenen Kanal (H¨ohe 2h) str¨omt inkompressibel, station¨ar Newtonsche Fl¨ ussigkeit ( , η = const). In der Kanalmitte befindet sich eine unendlich d¨ unne Platte. Die Kanalw¨ande bewegen sich mit konstanter Geschwindigkeit U in der positiven x1 –Richtung. Die beiden durch die Platte getrennten Fl¨ ussigkeitsstr¨ome vermischen sich nach dem Plattenende. An der Stelle [2] hat sich wieder ein Geschwindigkeitsprofil u1 = u1(x2 ) ausgebildet, das sich mit x1 nicht mehr ¨andert. Bei der L¨osung k¨onnen Volumenkr¨afte vernachl¨assigt werden. a) Zeigen Sie mit Hilfe der Bewegungsgleichungen, daß sich der Druckgradient ∂p/∂x1 ab der Stelle [2] nicht mehr ¨andert. b) Berechnen Sie den Volumenstrom pro Tiefeneinheit V˙ an der Stelle [1]. c) Bestimmen Sie das Geschwindigkeitsprofil u1 = u1(x2) an der Stelle [2] aus der Forderung, daß die Fl¨ ussigkeitsteilchen bei x2 = ±h an der Wand haften und der Forderung, daß der Volumenstrom an der Stelle [2] gleich dem Volumenstrom an der Stelle [1] ist. Zeigen Sie damit, daß der Druckgradient von null verschieden sein muß, sich also eine Druck–Schleppstr¨omung einstellen muß. d) Wie groß ist der Druckgradient? Geg.: h, U, , η L¨ osung a) Druckgradient ∂p/∂x1: Zur Bestimmung des Druckgradienten an der Stelle [2] gehen wir von den Navier– Stokesschen Gleichungen (S. L. (4.1)) aus. Zun¨achst folgt aus der Kontinuit¨atsgleichung (S. L. (2.5)) ∂u1 ∂u2 + =0 ∂x1 ∂x2 f¨ ur die Stelle [2], wo u1 voraussetzungsgem¨aß nur eine Funktion von x2 ist ∂u2 =0, ∂x2 also u2 = u2(x1). Die Kanalw¨ande k¨onnen nicht durchstr¨omt werden, d. h. u2 = 0 bei x2 = ±h. Wir schließen daraus, daß bei [2] u2 identisch null ist.

4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten

151

Die x1–Komponente der Navier–Stokesschen Gleichung vereinfacht sich dann zu ∂ 2 u1 1 ∂p = . ∂x22 η ∂x1

(1)

Differenzieren wir (1) partiell nach x1 , so erhalten wir: ∂ ∂x1



∂ 2 u1 ∂x22



1 ∂ 2p . η ∂x12

=

Die linke Seite dieser Gleichung ist null, da u1 nur eine Funktion von x2 ist. Daher ist ∂p/∂x1 an der Stelle [2] eine Konstante, die wir −K nennen. b) Volumenstrom pro Tiefeneinheit V˙ : Den Volumenstrom pro Tiefeneinheit bei [1] erhalten wir durch Integration der Geschwindigkeit u1(x2) u ¨ ber die Kanalh¨ohe. Die Str¨omung ist reibungsbehaftet. Daher haften Fl¨ ussigkeitsteilchen an der Wand und an der Stelle [1] beobachtet man das Geschwindigkeitsprofil einer Couette–Str¨omung (Einfache Scherstr¨omung): x2 −h < x2 < 0 : u1 = −U , h 0 < x2 < h :

u1 = U

x2 . h

Die Integration liefert: V˙ =

0

h

u1 dx2 + −h

u1 dx2 = U h . 0

c) Geschwindigkeitsprofil u1 = u1(x2) bei [2]: Zur Bestimmung des Geschwindigkeitsprofils an der Stelle [2] l¨osen wir die Navier– Stokessche Gleichung (1) durch zweimaliges Integrieren. Wir erhalten die allgemeine L¨osung zu K 2 u1(x2 ) = − x + C1 x 2 + C2 . 2η 2 F¨ ur verschwindenden Druckgradienten (K = 0), also u1 (x2) = C1 x2 + C2 folgt aus der Haftbedingung u1 = U f¨ ur x2 = ±h u1 (x2) = C2 = U ,

C1 = 0 .

Damit ergibt sich der Volumenstrom V˙ = 2 U h, so daß die Kontinuit¨atsgleichung verletzt ist. Die integrale Form der Kontinuit¨atsgleichung f¨ uhrt unmittelbar auf die Aussage, daß der Volumenstrom V˙ eine absolute Konstante ist. D. h., es muß sich aus Gr¨ unden der Kontinuit¨at ein Druckgradient einstellen. F¨ ur K = 0 ergeben sich die Konstanten nunmehr zu C1 = 0 ,

C2 = U +

K 2 h 2η

152

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

und damit



x2 u1(x2 ) K h2 1− =1+ U 2η U h

2

.

d) Druckgradient: Die Konstante K = −∂p/∂x1 bestimmen wir aus der Forderung, daß der Volumenstrom bei [1] gleich dem Volumenstrom bei [2] ist: h 

Uh = −h





K 2 x2 h 1− U+ 2η h 

2 

dx2



K 2 2 h 2h − h . = U 2h + 2η 3 Die gesuchte Konstante ist 3 U K =− η 2 . 2 h Das gesuchte Geschwindigkeitsprofil bei [2] ist



u1 (x2) x2 3 = 1− 1− U 4 h

Aufgabe 4.1-6

2

.

Widerstand einer unendlich du ¨nnen, ebenen Platte

Eine unendlich d¨ unne, ebene Platte (Breite in z–Richtung b, L¨ange L (b  L)) wird in x–Richtung station¨ omt. Es bildet sich eine laminare Grenzschicht  ar mit U∞ angestr¨ der Dicke δ(x) = 30 νx/U∞ aus.

4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten

153

Die Reynoldszahl sei groß, die Str¨omung der Newtonschen Fl¨ ussigkeit inkompressibel. Das Geschwindigkeitsprofil an der Plattenoberseite habe die Form: ⎧ ⎪ ⎨



y y u(x, y) 2 − = δ(x) ⎪ δ(x) U∞ ⎩ 1

2

f¨ ur 0 ≤ y ≤ δ(x) f¨ ur y > δ(x) .

Hinweis: Bei großer Reynoldszahl ist die Grenzschicht d¨ unn und es gelten innerhalb und, bei dem betrachteten Problem, auch außerhalb der Grenzschicht die Ungleichungen ∂u ∂v ∂u ∼  ∂x ∂y ∂y

und damit

∂v ∂u  . ∂x ∂y

Dies hat zur Folge, daß die Str¨omung außerhalb der Grenzschicht als ausgeglichen betrachtet werden kann und der Druck innerhalb der Grenzschicht gleich dem Druck am Grenzschichtrand ist. a) Um welchen Betrag δ1 (x) (Verdr¨angungsdicke) wird die Str¨omung abgedr¨angt? b) Man berechne den Widerstand Fw , den die einseitig benetzte Platte der L¨ange x = L erf¨ahrt, 1.) mit Hilfe des Impulssatzes, 2.) durch direkte Integration von t dS u ¨ ber die Plattenoberfl¨ache. (S)

c) Man berechne Re, δ(L) und δ1(L) f¨ ur U∞ = 10 m/s, U∞ = 50 m/s und U∞ = 100 m/s. Geg.: U∞ , ν = 15, 6 ∗ 10−6 m2 /s, L = 1 m, b, p∞ , = const L¨ osung a) Zur Bestimmung der Verdr¨angungsdicke δ1(x) wenden wir f¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen die Kontinuit¨atsgleichung f¨ ur = const, 

u · n dS = 0 ,

(1)

(S)

an, mit der Hilfsgr¨oße h1 , dem Abstand von der Platte zur oberen Stromlinie an der Eintrittsfl¨ache: U∞ b h1 = U∞ b δ1(x) + U∞ b [h1 − δ(x)] + U∞ b δ(x)

1

0

u d(y/δ) . U∞

Daraus folgt ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

δ1(x) = δ(x)

⎪ ⎪ ⎩

1−

1

2 0

⎫ ⎪ ⎪ ⎬

 2

y y − δ δ

d(y/δ)

⎪ ⎪ ⎭

=

1 δ(x) . 3

(2)

154

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

b) 1.) Berechnung von Fw durch Auswerten des Impulssatzes:

Zur Bestimmung der Widerstandskraft Fw wenden wir den Impulssatz in Integralform (S. L. (2.43)) in x–Richtung f¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen 

t · ex dS =

(S)



u · ex (u · n) dS

(3)

(S)

an. Dazu wird die Gesamtfl¨ache S wie folgt aufgeteilt: S = SSL + A1 + A2 + A3 + AP , mit A1 = h1 b, A2 = δ(L) b und A3 = h3 b. Die H¨ohe h3 ist 2 h3 = δ1(L) + h1 − δ(L) = h1 − δ(L) . 3 Impulsfluß u ¨ber die Kontrollfl¨achen: Das Kontrollvolumen wurde so gew¨ahlt, daß die obere und untere Kontrollfl¨ache Stromfl¨achen bilden. Der Impulsfluß u ¨ ber die Fl¨achen SSL und AP ist daher null und die rechte Seite von (3) wird zu 

u · ex (u · n) dS = b

(S)

⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

2 2 2 −U∞ h1 + U∞ h3 + U∞ δ(L)

1 

0

u U∞

⎫ ⎪ ⎪ ⎬

2

d(y/δ)

⎪ ⎪ ⎭

⎧ ⎫ 1  ⎪ ⎪ ⎪ ⎪  ⎨ 2⎬ u 2 2 = b δ(L) U∞ d(y/δ) − ⎪ U∞ 3⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎭

0

2 = b δ(L) U∞

⎧ 1  ⎪ ⎪ ⎨  ⎪ ⎪ ⎩

2

0

y − δ

 2 2 y

δ

d(y/δ) −

2 2 .

b δ(L) U∞ 15 Integral von tx u ¨ ber die Kontrollfl¨achen: Das Integral der x–Komponente des Spannungsvektors u ¨ber S ist: = −

 (S)

t · ex dS =





tx dS + AP



tx dS + A1



tx dS + A2

2 3⎪ ⎪ ⎭ (4)



tx dS + A3

⎫ ⎪ ⎪ ⎬

tx dS . (5) SSL

4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten

155

Die x–Komponente des Spannungsvektors an einer Kontrollfl¨ache, mit den Komponenten nx und ny des Fl¨achennormalenvektors, lautet t · ex = tx = τxx nx + τxy ny .

(6)

Die Spannungen τxx und τxy sind durch das Cauchy–Poisson–Gesetz (S. L. (3.1a)) (ekk = 0)   ∂u ∂u ∂v τxx = −p + 2 η (7) und τxy = η + ∂x ∂y ∂x gegeben. Vernachl¨assigen wir verabredungsgem¨aß die Geschwindigkeits¨anderungen in x–Richtung im gesamten Str¨omungsfeld und ber¨ ucksichtigen, daß p = p∞ ist, so erhalten wir ∂u tx = −p∞ nx + η ny . (8) ∂y Das Integral von tx u ¨ber die Plattenoberfl¨ache AP ist gleich dem negativen der gesuchten Widerstandskraft Fw : Fw = −



tx dS .

(9)

AP

Außerhalb der Grenzschicht kann die Str¨omung im Rahmen der Grenzschichttheorie als ausgeglichen angesehen werden, da ∂u/∂y gegen null geht. An den Kontrollfl¨achen A1 , A3 und SSL ist die x–Komponente des Spannungsvektors daher tx = −p∞ nx . Wir erhalten f¨ ur das Integral des Spannungsvektors u ¨ber diese Fl¨achen  

tx dS = p∞ A1 − p∞ A3 + p∞ (A2 + A3 − A1) = p∞ A2 = p∞ δ(L) b .

(A1 +A3 +SSL )

An der Kontrollfl¨ache A2 ist nx = 1 und ny = 0. Aus (8) folgt damit δ(L) 



tx dS = b A2

(−p∞ ) dy = −p∞ δ(L) b .

0

Das Integral von tx u ¨ ber die Gesamtkontrollfl¨ache S ist letztlich 

t · ex dS = −Fw .

(S)

Aus (3) folgt mit (4) die gesuchte Widerstandskraft zu √ 2 2 30 1 2 2 Fw =

b U∞ δ(L) =

b U∞ L√ . 15 15 Re

(10)

Das Verh¨altnis dieser L¨osung zu der exakten L¨osung der Grenzschichtgleichung f¨ ur dieses Problem (S. L. (12.50)) ist Fw Fwexakt

= 1, 0998 .

156

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

t dS:

2.) Berechnung von Fw durch direkte Integration von Aus (9) und (8) folgt mit nx = 0 und ny = −1:

Fw = −

L



tx dS = b AP

0

(S)



∂u  dx . η  ∂y y=0

(11)

Die Wandschubspannung τw = η ∂u/∂y|y=0 ist 

τw = η

3 U∞ 2 √ . ν x 30

Wir erhalten erwartungsgem¨aß 4 Fw = √ b η 30



√ 3 √ U∞ 2 30 1 2

U∞ L= Lb √ . ν 15 Re

c) In der folgenden Tabelle sind die Grenzschichtdicken bei einer Plattenl¨ange von 1 m und der kinematischen Viskosit¨at ν = 15, 6 ∗ 10−6 m2/s (trockene Luft bei 1 bar und ur verschiedene Anstr¨omgeschwindigkeiten zusammengefaßt. 25◦ C (S. L. Tabelle D.2)) f¨ U∞ / (m/s) 10 50 100

Aufgabe 4.1-7

Re = U∞ L/ν 0, 64 ∗ 106 3, 70 ∗ 106 6, 41 ∗ 106

δ(L)/ mm 6,84 3,06 2,16

δ1(L)/ mm 2,28 1,02 0,72

Ebener Wasserstrahl auf einen Keil

Auf einen Keil mit dem Spitzenwinkel 2α trifft symmetrisch zur x–Achse ein ebener Wasserstrahl, der weit vor dem Keil die konstante Geschwindigkeit U0 und die Strahldicke h0 besitzt. Infolge der Reibung an der Keilwand bildet sich eine Grenzschicht aus, deren Geschwindigkeitsprofil am Keilende mit 

π y
u(y ) = U0 sin 2 δL


gegeben sei.



4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten

157

a) Bestimmen Sie die Dicken 1.) h f¨ ur die reibungsfreie Str¨omung und 2.) δL f¨ ur die reibungsbehaftete Str¨omung. b) Bestimmen Sie die Kraft, die pro Tiefeneinheit auf den Keil ausge¨ ubt wird, f¨ ur den Fall, daß 1.) die Str¨omung reibungsfrei ist, 2.) die Str¨omung reibungsbehaftet ist. c) Wie groß ist die Differenz der so berechneten Kr¨afte f¨ ur α = π/2? Geg.: U0 , h0 , α, L¨ osung a)

Zur Bestimmung der Dicke der Fl¨ ussigkeitsschicht am Keilende wenden wir f¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen die Kontinuit¨atsgleichung f¨ ur = const,  (S)

an:

u · n dS = 0 ,

(1)

158

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

1.) F¨ ur den reibungsfreien Fall erhalten wir aus (1) U0 h0 = 2 U0 h oder h =

1 h0 . 2

(2)

2.) Bei der reibungsbehafteten Str¨omung wird die Kontinuit¨atsgleichung (1) mit dem gegebenen Geschwindigkeitsprofil zu: δL

U0 h0 = 2 0



π y
U0 sin 2 δL







2 δL π y
dy = 2U0 − cos π 2 δL


 δL

. 0

Daraus folgt:

π h0 . (3) 4 b) Zur Bestimmung der Kraft pro Breiteneinheit auf den Keil wenden wir den Impulssatz in Integralform (S. L. (2.43)) δL =





t dS =



t dS + SK

(S)

−p0 n dS =

S−SK



u (u · n) dS

(S)

an. Das Integral u ¨ ber die Keiloberfl¨ache SK ist gleich dem Negativen der gesuchten Kraft  − F =

u (u · n) dS . (4) (S)

1.) F¨ ur den reibungsfreien Fall erhalten wir aus (4) (

)

−F = − U02 h0 + 2 U02 h cos α ex und mit (2) schließlich: F = U02 h0 (1 − cos α) ex . 2.) Bei der reibungsbehafteten Str¨omung setzen wir in (4) das gegebene Geschwindigkeitsprofil ein und erhalten: ⎡



δL

⎢

2 2 −F = ⎢ ⎣− U0 h0 + 2 U0 cos α

sin2 0

⎡



π y
2 δL 

⎤



δL 1 π y
π y
= − U02 h0 ⎣1 − 2 cos α − sin h0 π 2 δL 2 δL und mit (3):





⎥

dy
⎥ ex ⎦ 



π y
cos 2 δL

 δL ⎤ ⎦ ex 0

π F = U02 h0 1 − cos α ex . 4 Man beachte, daß die Kraft auch in reibungsbehafteter Str¨omung bei gegebenem Geschwindigkeitsprofil nicht von der Scherviskosit¨at der Fl¨ ussigkeit abh¨angt!

4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten

159

c) Die Differenz der beiden berechneten Kr¨afte ist: ∆F = Freibungsbehaftet − Freibungsfrei 

=

U02

h0



π 1− cos α ex . 4

Trifft der Strahl auf eine senkrechte Wand, d. h. α = π/2, so verschwindet die Differenz der berechneten Kr¨afte.

Aufgabe 4.1-8

Starrk¨ orperrotation und Potentialwirbel

Gegeben ist das Geschwindigkeitsfeld einer inkompressiblen, ebenen Str¨omung ohne Volumenkr¨afte u1 = −k x2 (x21 + x22)n , u2 = k x1 (x21 + x22 )n . a) Berechnen Sie die Strom– und Bahnlinien dieser Str¨omung. b) Berechnen Sie den Geschwindigkeitsgradienten, den symmetrischen Deformationsgeschwindigkeitstensor eij = 1/2 {∂ui /∂xj + ∂uj /∂xi } und den antisymmetrischen Drehgeschwindigkeitstensor Ωij = 1/2 {∂ui /∂xj − ∂uj /∂xi}. c) Untersuchen Sie die F¨alle n = 0 und n = −1: F¨ ur welchen Wert von n liegt Starrk¨orperrotation vor, und f¨ ur welchen handelt es sich um eine Potentialstr¨omung? Welchen Wert hat im Falle der Potentialstr¨omung die Konstante in der Bernoullischen Gleichung auf verschiedenen Stromlinien? d) Skizzieren Sie f¨ ur die Starrk¨orperrotation und die Potentialstr¨omung das Geschwindigkeitsfeld. e) Bestimmen Sie mit Hilfe des Cauchy–Poisson–Gesetzes den Spannungstensor f¨ ur n = 0 und n = −1. f) Berechnen Sie die Beschleunigung eines Fl¨ ussigkeitsteilchens, das sich gerade auf der x1–Achse befindet, aus der Ersten Cauchyschen Bewegungsgleichung f¨ ur den Fall der Potentialstr¨omung. L¨ osung a) Die Differentialgleichungen der Stromlinie lauten: dx1 u1 =√ ds uk uk

und

u2 dx2 =√ . ds uk uk

Der Parameter s wird eliminiert, indem wir die erste Gleichung durch die zweite dividieren: dx1 u1 = . dx2 u2

160

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Setzen wir das gegebene Geschwindigkeitsfeld ein, so erhalten wir: x1 dx1 + x2 dx2 =

1 2 1 2  d x1 + d x2 = 0 . 2 2

Integration f¨ uhrt zu der Kreisgleichung x21 + x22 = const . Die Stromlinien sind demnach konzentrische Kreise um den Ursprung. Da das Geschwindigkeitsfeld station¨ar ist, fallen Strom– und Bahnlinien zusammen. b) Geschwindigkeitsgradient ∂ui/∂xj : ∂u1 = −k x2n (x21 + x22 )n−1 2x1 , ∂x1 ∂u1 = −k x2n (x21 + x22 )n−1 2x2 − k (x21 + x22 )n , ∂x2 ∂u2 = k x1 n (x21 + x22)n−1 2x1 + k (x21 + x22)n , ∂x1 ∂u2 = k x1 n (x21 + x22)n−1 2x2 . ∂x2 Wir zerlegen ∂ui/∂xj ∂ui = eij + Ωij . ∂xj Die Komponenten des Deformationsgeschwindigkeitstensors sind: e11 =

e12 = e21

∂u1 = −2k n x1 x2 (x21 + x22)n−1 , ∂x1

1 = 2

und e22 =



∂u1 ∂u2 + ∂x2 ∂x1



= k n (x21 − x22) (x21 + x22 )n−1

∂u2 = 2k n x1 x2 (x21 + x22 )n−1 . ∂x2

Die Komponenten des Drehgeschwindigkeitstensors lauten: Ω11 = Ω22 = 0 , Ω12 = −Ω21

1 = 2



∂u1 ∂u2 − ∂x2 ∂x1



= −k (1 + n) (x21 + x22)n .

4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten

161

c) Speziell n = 0 und n = −1: n = 0: F¨ ur n = 0 wird eij = 0, d. h. die Fl¨ ussigkeitsbewegung kann lokal nur eine Translation und Rotation sein. F¨ ur n = 0 wird der Drehgeschwindigkeitstensor zu   0 −k . (Ωij ) = k 0 Er ist nicht von xi abh¨angig. Die Drehgeschwindigkeit folgt aus 1 ωn = − Ωij ijn 2

(1)

und da es sich um ein ebenes Problem handelt, ist nur die Komponente ω3 von null verschieden: 1 ω3 = − (Ω12123 + Ω21 213) = k . 2 Die Stromlinien sind konzentrische Kreise zum Ursprung. Es liegt keine zus¨atzliche Translation vor. n = −1: F¨ ur n = −1 wird Ωij = 0 und daher wegen (1) ωn = 0. Die Str¨omung ist rotationsfrei, d. h. eine Potentialstr¨omung. Bei einer reibungsfreien Potentialstr¨omung hat die Bernoullische Konstante auf allen Stromlinien denselben Wert. d) Skizze der Stromlinien und des Geschwindigkeitsfeldes:

e) Spannungstensor: Das Cauchy–Poisson–Gesetz hat die Form τij = −p δij + λ∗ ekk δij + 2η eij . Da die Str¨omung inkompressibel ist, ist ekk = 0. Die Komponenten des Spannungstensors lauten τ11 = −p(xi ) + 2η e11 = −p(xi ) − 4η k n x1 x2 (x21 + x22)(n−1) , τ12 = τ21 = 2η e12 = 2η k n (x21 − x22 ) (x21 + x22 )(n−1) , τ22 = −p(xi ) + 2η e22 = −p(xi ) + 4η k n x1 x2 (x21 + x22)(n−1) .

162

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

F¨ ur die Spezialf¨alle n = 0 und n = −1 erhalten wir: n = 0: 

(τij ) =



−p(xi ) 0 0 −p(xi )

.

Das ist der gleiche Spannungszustand wie bei einer Fl¨ ussigkeit in Ruhe. Obwohl die Fl¨ ussigkeit reibungsbehaftet ist, treten keine Reibungsspannungen auf, da keine Relativbewegungen zwischen Fl¨ ussigkeitsteilchen stattfinden. n = −1: τ11 = −p(xi ) + 4η k τ12 = τ21 = = −2η k

x1 x2 , + x22)2

(x21

x21 − x22 , (x21 + x22)2

τ22 = −p(xi ) − 4η k

x1 x2 . + x22)2

(x21

f) Beschleunigung eines Fl¨ ussigkeitsteilchens auf der x1 –Achse f¨ ur n = −1 (Potentialstr¨omung): Wir gehen von den ersten beiden Komponenten der Cauchyschen Bewegungsgleichung ohne Volumenkr¨afte,

Du1 ∂τ11 ∂τ12 = + Dt ∂x1 ∂x2

und

∂τ21 ∂τ22 Du2 = + , Dt ∂x1 ∂x2

(2)

aus. Die Ableitungen der Komponenten des Spannungstensors in (2) nach den Koordinaten xi f¨ ur x2 = 0 sind: 

∂τ11  =  ∂x1 x2 =0





∂p 2x1 x2 2x1 x2 − + 4η k − 2 2 2 2 ∂x1 (x1 + x2 ) (x1 + x22)3

= − 

∂τ12  =  ∂x2 x2 =0





x2 =0

∂p , ∂x1 

2 (x21 − x22 ) 2x2 −2x2 −2η k − (x21 + x22 )2 (x21 + x22)3



x2 =0

= 0, 

∂τ21  =  ∂x1 x2 =0 =





2 (x21 − x22 ) 2x1 2x1 −2η k − (x21 + x22 )2 (x21 + x22)3

4η k , x31



x2 =0

4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten 

∂τ22   = ∂x2 x2 =0

163



∂p 2x1 x2 2x2 x1 − − 4η k − 2 2 2 2 ∂x2 (x1 + x2 ) (x1 + x22)3

= −



x2 =0

∂p 4η k − 3 . ∂x2 x1

Eingesetzt in (2) und Aufl¨osen nach den gesuchten Beschleunigungen f¨ uhrt zu Du1 1 ∂p =− Dt

∂x1

und

1 ∂p Du2 =− , Dt

∂x2

d. h. die Beschleunigung eines Teilchens ist nur vom Druckgradienten und nicht von den Reibungsspannungen abh¨angig. Die Erste Cauchysche Bewegungsgleichung reduziert sich hier zu der Eulerschen Gleichung. Dies ist immer der Fall bei inkompressibler Potentialstr¨omung, weil hier zwar nicht die Reibungsspannungen, wohl aber die Divergenz der Reibungsspannungen verschwindet (S.L. Seite 89).

Aufgabe 4.1-9

Energiebilanz einer Potentialwirbelstr¨ omung Ein unendlich langer Kreiszylinder mit dem Radius R1 rotiert mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω in Newtonscher Fl¨ ussigkeit ( , η = const). Aufgrund der Haftbedingung an der Wand hat sich ein Str¨omungsfeld eingestellt, das f¨ ur r > R1 dem eines Potentialwirbels entspricht. In Zylinderkoordinaten hat das Str¨omungsfeld die Geschwindigkeitskomponenten

Ω R21 und uz = 0 . r a) Bestimmen Sie die Zirkulation Γ durch Auswerten des Linienintegrals am Zylinderumfang. b) Geben Sie die Dissipationsfunktion Φ in Zylinderkoordinaten an. (Hinweis: F¨ ur Φ gilt Φ = 2η (e2rr + 2e2rϕ + e2ϕϕ ).) c) Wie groß ist die pro Zeit- und Tiefeneinheit in W¨arme dissipierte Energie ur = 0 ,

D E= Dt

uϕ =



Φ dV (V )

innerhalb der skizzierten Ringfl¨ache SR = π (R22 − R21 )? d) Zeigen Sie, daß die pro Zeiteinheit in W¨arme dissipierte Energie gleich der an der Oberfl¨ache des Fl¨ ussigkeitsvolumens verrichteten Leistung P pro Tiefeneinheit ist. Geg.: , η, R1 , R2 , Ω

164

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

L¨ osung a) Zirkulation Γ l¨angs der Zylinderoberfl¨ache r = R1 : Die Zirkulation ist definiert als .

u · dx .

Γ= (C)

Auf dem Zylindermantel ist u = uϕ |r=R1 eϕ = Ω R1 eϕ

und dx = R1 dϕ eϕ .

Werten wir das Linienintegral aus, so erhalten wir: 2π

Ω R21 dϕ = 2π Ω R21 .

Γ= 0

Einsetzen dieses Ergebnisses in das gegebene Geschwindigkeitsfeld f¨ uhrt zu der bekannten Darstellung des Geschwindigkeitsfeldes eines Potentialwirbels Γ u = (1) eϕ . 2π r b) Dissipationsfunktion Φ: Die Dissipationsfunktion wird im vorliegenden, ebenen Fall f¨ ur inkompressible Newtonsche Fl¨ ussigkeiten durch Φ = 2η(e2rr + 2e2rϕ + e2ϕϕ )

(2)

in Zyinderkoordinaten bestimmt. Wir ben¨otigen die in (2) enthaltenen Komponenten des Deformationsgeschwindigkeitstensors in Zylinderkoordinaten, die mit dem gegebenen Geschwindigkeitsfeld (1) ermittelt werden (S. L. Anhang B): ∂ur err = =0, ∂r eϕϕ =

1 ∂uϕ 1 + ur = 0 , r ∂ϕ r

erϕ =

r ∂ 2 ∂r





1 ∂ur uϕ Γ + . =− r 2r ∂ϕ 2π r2

Damit wird (2) zu

 2

Γ 1 . π r4 c) Pro Zeit- und Tiefeneinheit in W¨arme dissipierte Energie: Die dissipierte Energie pro Zeit- und Tiefeneinheit ist Φ=η

D E = Dt

2π R2



Φ dV = 0

(V )

η = π



Γ R1

2 

 2

Γ π

η R1 

R1 1− R2

1 r dr dϕ r4

2 

.

(3)

4.1 Newtonsche Fl¨ ussigkeiten

165

Der Grenz¨ ubergang R2 → ∞ f¨ uhrt zu der gesamten, durch den Zylinder dissipierten Energie pro Zeit- und Tiefeneinheit: 



D η Γ 2 . (4) E= Dt π R1 d) An der Oberfl¨achenkr¨afte des Fl¨ ussigkeitsvolumens verrichtete Leistung pro Tiefeneinheit: Die Leistung der a¨ußeren Kr¨afte pro Tiefeneinheit am Kontrollvolumen (Ringfl¨ache) ist: 

P =

u · t dS .

(5)

(S)

Den Spannungsvektor t dr¨ ucken wir durch den Spannungstensor T aus, t = n · T. Der Spannungstensor berechnet sich nach dem Cauchy–Poisson–Gesetz f¨ ur inkompressible Str¨omung zu: ηΓ ηΓ ereϕ − p eϕeϕ − eϕer . 2 πr π r2 Wir werten das Integral (5) bei r = R1 und R2 aus: r = R1 : Bei r = R1 ist n = −er . Der Spannungstensor am Zylindermantel ist daher: ηΓ t = p er · erer + er · ereϕ + π R21 T = −p erer −

+p er · eϕeϕ + = p er +

ηΓ er · eϕer π R21

ηΓ eϕ . π R21

Die Geschwindigkeit am Zylindermantel ist u = Γ/(2π R1 ) eϕ . Die an der Zylindermantelfl¨ache verrichtete Leistung pro Tiefeneinheit ist 2π

PR1 = 0

η ηΓ Γ R1 dϕ = 2 2π R1 π R1 π



Γ R1

2

.

Sie ist gleich der gesamten durch den Zylinder dissipierten Energie pro Zeit– und Tiefeneinheit (4). r = R2 : Bei der ¨außeren Begrenzung des Kontrollvolumens ist n = er . Der Spannungsvektor bei r = R2 ist daher ηΓ t = −p er − eϕ π R22 und die durch t bei r = R2 verrichtete Leistung pro Tiefeneinheit ist PR2

η =− π



Γ R2

2

.

166

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Die gesuchte Leistung P ist P = PR1 + PR2

η = π



Γ R1

2 



R1 1− R2

2 

und damit gleich der dissipierten Energie pro Tiefeneinheit (3).

4.2

Reibungsfreie Flu ¨ ssigkeiten

Aufgabe 4.2-1

Druck– und Energieerh¨ ohung der Flu ¨ssigkeit bei einer Radialpumpe

Eine Radialpumpe mit der aus der Skizze ersichtlichen Geometrie dreht sich mit konstanter Winkelgeschwin = Ω ez . Die Pumpe wird digkeit Ω station¨ar von Fl¨ ussigkeit ( = const) durchstr¨omt. Der Vektor der Volumenkraft der Schwere g = − g ez steht senkrecht auf der Zeichenebene. Im Laufrad befinden sich so viele Schaufeln, daß die Str¨omung als schaufelkongruent angesehen werden kann. Die Stromlinien haben dann dieselbe Kr¨ ummung wie die Schaufeln. a) Man bestimme f¨ ur die reibungsfreie Str¨omung die Komponente des Druckgradienten – in Str¨omungsrichtung ∂p/∂σ und – senkrecht zur Str¨omungsrichtung ∂p/∂n. b) Man spezialisiere das Ergebnis von a) f¨ ur den einfacheren Fall, daß der Schaufelwin◦ kel β(r) = const = 90 ist. c) Man bestimme f¨ ur diesen Fall bei gegebenem Volumenstrom V˙ die Energieerh¨ohung der Fl¨ ussigkeit in der Pumpe. Geg.: r1 , r2 , Schaufelwinkel β(r), Kr¨ ummungsradius R, Ω, L¨ osung a) Komponenten des Druckgradienten: Das Problem wird im mitrotierenden Koordinatensystem behandelt. Dort ist die

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

167

Str¨omung station¨ar. Die Cauchysche Bewegungsgleichung lautet im Relativsystem (S. L. (2.68)):   Dw 

=  · T + f , (1) Dt B mit  ×w  × (Ω  × x)] . f = − g ez − [2 Ω  + Ω Den Beschleunigungsvektor in nat¨ urlichen Koordinaten entnehmen wir (S. L. (1.24)): D(wt) = Dt



∂w ∂w +w ∂t ∂σ



2 t + w nσ R

und erhalten in reibungsfreier Str¨omung (T = −p I) Gleichung (1) in der Form 

∂w w2 t + w nσ ∂σ R



= −  p + f .

Bez¨ uglich der Basisvektoren des begleitenden Dreibeins schreiben wir f = fσ t + fn nσ + fb bσ und erhalten, den Gleichungen (S. L. (4.43) - (4.45)) entsprechend, die Komponentenform in nat¨ urlichen Koordinaten

w

∂w ∂p = fσ − , ∂σ ∂σ

(2)

∂p w2 = fn − , R ∂n

(3)

∂p . ∂b

(4)

0 = fb −

 = Ω ez , x = r er F¨ ur die gesamte Volumenkraft schreibt man wegen w  = w t, Ω f = − g ez − 2 Ω w (ez × t) − Ω2 r ez × (ez × er ) , und mit (ez × t) = −nσ ,

ez × (ez × er ) = ez × eϕ = −er ,

dann f = g bσ + 2 Ω w nσ + Ω2 r er ,

ez = −bσ

168

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

oder in der Zerlegung in Bahnrichtung fσ = f · t = Ω2 r sinβ

(5)

beziehungsweise in Bahnnormalenrichtung fn = f · nσ = 2 Ω w − Ω2 r cosβ .

(6)

Man beachte, daß die Corioliskraft nur einen Beitrag normal zur Bahnlinie liefert. Aus (2) und (3) gewinnen wir mit (5) und (6) schließlich die gesuchten Komponenten des Druckgradienten zu ∂p ∂w = Ω2 r sinβ − w , ∂σ ∂σ w2 ∂p = 2 Ω w − Ω2 r cosβ − . ∂n R

(7a)

b) Sonderfall β(r) = π/2: Die Schaufeln sind nicht gekr¨ ummt, d. h. R → ∞ und der Druckgradient vereinfacht sich zu ∂p ∂w = Ω2 r − w , ∂σ ∂σ ∂p = 2 Ωw . ∂n

(7b)

¨ Die Str¨omung zwischen den Schaufeln ist nun rein radial, die Anderung in Bahnli¨ nienrichtung entspricht daher der Anderung in radialer Richtung. Aus (7b) folgt die Differentialgleichung ∂p ∂w = Ω2 r − w , ∂r ∂r die unmittelbar l¨angs der Bahn (ϕ =const!) zwischen den Stellen [1] und [2] integriert werden kann r2 r2 r2 ∂w ∂p dr = dr

Ω2 r dr −

w ∂r ∂r r1 r1 r1 und die Druckdifferenz 

p2 − p1 = Ω

2

r22 r12 − 2 2





−

w22 w12 − 2 2



zwischen den Stellen [1] und [2] liefert. Diese Gleichung gilt l¨angs der Bahnlinie und in der vorliegenden station¨aren Str¨omung l¨angs der Stromlinie. In der Tat handelt es sich um eine spezielle Ableitung der Bernoullischen Gleichung im rotierenden Koordinatensystem. Man u ¨berzeuge sich, daß die Bernoullische Gleichung im allgemeinen Fall aus (1) entsteht.

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

169

c) Energieerh¨ohung in der Pumpe: Aus der Energiegleichung (S. L. (2.113)) D (K + E) = P + Q˙ Dt ergibt sich f¨ ur Q˙ = 0 und in einem Kontrollvolumen im ruhenden System (nur hier verrichten die Schaufeln Arbeit!) D Dt

 

(V (t))



c · c + e dV = 2



c · k dV +

(V )



c · t dS .

(S)

¨ In adiabater, inkompressibler und reibungsfreier Str¨omung verschwindet die Anderung der inneren Energie (S. L. (9.61)) und wir haben D Dt

 



e dV = (V (t))

(V (t))

De dV = 0 . Dt

Die Leistung der Volumenkr¨afte verschwindet ebenfalls, da das Innenprodukt der Absolutgeschwindigkeit  × x = w er + Ω r eϕ c = w  +Ω mit der Volumenkraft k = −g ez verschwindet. Aus dem Reynoldsschen Transporttheorem folgt daher der Zusammenhang ∂ ∂t

 (V )

c · c

dV + 2



(S)

c · c (c · n) dS = 2



c · t dS ,

(S)

der sich weiter vereinfacht, da die kinetische Energie im benutzten Kontrollvolumen bei konstanter Drehgeschwindigkeit Ω zeitlich konstant ist: ∂ ∂t

 (V )

c · c

dV = 0 . 2

170

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Die Str¨omungsgr¨oßen k¨onnen bei hinreichend vielen Schaufeln als konstant u ¨ ber die Eintrittsfl¨ache S1 und die Austrittsfl¨ache S2 angesehen werden, was die Auswertung von    c · c c · c c · c

(c · n) dS + (c · n) dS + (c · n) dS 2 2 2 S1



= S1

S2

c · t dS +



c · t dS +

S2

 S3 +S4

S3 +S4 +Sw

c · t dS +



c · t dS

Sw

in geschlossener Form erm¨oglicht. Zun¨achst stellen wir fest, daß der dritte Term der linken Seite wegen c· n = 0 null ist und der Dritte der rechten Seite wegen t = −p n. Mit dem als bekannt vorausgesetzten Volumenstrom V˙ folgt: −

  

2

2 w1 + Ω2 r12 V˙ + w2 + Ω2 r22 V˙ = p1 V˙ − p2 V˙ + c · t dS . 2 2 Sw

Das verbleibende Fl¨achenintegral stellt die Leistung dar, die die Pumpe u ¨ ber die Antriebswelle an die Fl¨ ussigkeit abgibt. Durch einfaches Umstellen folgt:  )

( PK→F l. = V˙ w22 + Ω2 r22 − w12 + Ω2 r12 + V˙ (p2 − p1 ) . 2 Der erste Term rechts ist die Erh¨ohung der kinetischen Energie, der zweite die Erh¨ohung der Druckenergie.

Aufgabe 4.2-2

Druckverteilung in einem Spiralgeh¨ ause

Das skizzierte Spiralgeh¨ause ohne Beschaufelung einer Turbine wird von einem Volumenstrom V˙ durchsetzt. Die Str¨omung habe konstante Dichte und sei reibungsfrei. Das Spiralgeh¨ause (konstante H¨ohe h) ist so ausgebildet, daß der Drall x ×c u ¨ ber den Umfang konstant ist. Volumenkr¨afte sind vernachl¨assigbar. Berechnen Sie den Druck pB am Radius rB , wenn das Medium bei [A] mit Atmosph¨arendruck p0 austritt. Geg.: R, rA , rB , V˙ , p0 , L¨ osung Die Bernoullische Gleichung, angewandt auf die Stromlinie von [B] nach [A], lautet wegen pA = p0 (ohne Volumenkr¨afte)

pB + c2B = p0 + c2A , (1) 2 2

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

171

wobei c2 = c2r + c2ϕ an den Stellen [A] und [B] noch bestimmt werden muß. Aus dem Volumenstrom, der in die Ringfl¨ache an r eintritt, folgt cr = −

A V˙ =− 2π r h r

mit

A=

V˙ . 2π h

(2)

Am schaufelfreien Raum wirkt in reibungsfreier Fl¨ ussigkeit kein Drehmoment und aus der Eulerschen Turbinengleichung folgt r cu = K

oder

cu = cϕ =

K . r

Die Konstante K berechnet sich aus der Bedingung, daß die Außenkontur des Spiralgeh¨auses Stromlinie ist. Die Differentialgleichung dieser Stromlinie A 1 dr cr =− = r dϕ cϕ K kann sofort integriert werden. ln r = −

A ϕ + ln C . K

Die Anfangsbedingung r(ϕ = 0) = R f¨ uhrt auf ln

R A = ϕ, r K

und die noch unbekannte Konstante K folgt aus der Bedingung r(ϕ = 2 π) = rB zu K=

2π A . ln rRB

(3)

Damit erh¨alt man schließlich c2A = (A2 + K 2 )

1 , 2 rA

c2B = (A2 + K 2 )

1 2 rB

und so aus der Bernoullischen Gleichung (1)

1 pB = p0 + (A2 + K 2 ) 2 2 rA





rA 1− rB

2 

bzw. mit (2) und (3) pB = p0 +

2



V˙ 2 π rA h

2

⎡

⎞2 ⎤    2π ⎠ ⎥ rA 2 ⎢ ⎝ , ⎣1 + ⎦ 1− R ⎛

ln

rB

was zeigt, daß f¨ ur rA → 0 erhebliche Dr¨ ucke erzeugt werden.

rB

172

Aufgabe 4.2-3

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Absenkung der freien Ober߬ ache eines Potentialwirbels

Das Geschwindigkeitspotential des Potentialwirbels lautet:  y Φ = U0 r0 arctan = U0 r0 ϕ . x Man berechne die Geschwindigkeitsverteilung und die Absenkung der freien Oberfl¨ache eines Potentialwirbels. Geg.: U0 , r0 , , g L¨ osung Aus dem gegebenen Geschwindigkeitspotential Φ = U0 r0 ϕ folgt das Geschwindigkeitsfeld in Zylinderkoordinaten zu: ∂Φ =0, ur = ∂r uϕ =

1 ∂Φ r0 = U0 , r ∂ϕ r

uz =

∂Φ =0. ∂z

Die Divergenz des Feldes verschwindet ∂ 2Φ 1 ∂Φ 1 ∂ 2Φ ∂ 2 Φ ∇ · u = ∇ · ∇Φ = + + + 2 =0, ∂r2 r ∂r r2 ∂ϕ2 ∂z die Str¨omung ist also inkompressibel (D /Dt = 0) und wir nehmen an, daß die Dichte

u ¨berhaupt konstant ist, so daß die Bernoullische Gleichung in der Form

p + u2 + g z = const 2 Verwendung findet mit  2 2 2 2 r0 u = uϕ = U0 und g = −g ez . r Da es sich um eine Potentialstr¨omung handelt, gilt die Bernoullische Gleichung zwischen zwei beliebigen Punkten im Feld. Wir schreiben sie an zwischen einem Punkt auf der Fl¨ ussigkeitsoberfl¨ache im Unendlichen (r → ∞, z = 0, p = p0 ) und einem Punkt auf der abgesenkten freien Oberfl¨ache (z = −h(r), p = p0 )

p0 + u2 (r → ∞) = p0 + u2(r) − g h(r) 2 2 2 und schließen wegen u (r → ∞) = 0 auf h(r) =

U2 u2 (r) = 0 2g 2g



r0 r

2

.

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

Aufgabe 4.2-4

173

Zirkulation und Rotation einer Couettestr¨ omung Zwischen zwei unendlich ausgedehnten, ebenen Platten (die untere ist fest, die obere wird mit UW e1 geschleppt) befindet sich Newtonsche Fl¨ ussigkeit konstanter Dichte und Viskosit¨at.

a) Welche Geschwindigkeitsverteilung liegt im Kanal vor? b) Berechnen Sie die Zirkulation der geschlossenen Linie, die die oben skizzierte Fl¨ache A umschließt 1.) durch Auswertung des Linienintegrales, 2.) durch Anwendung des Stokesschen Integralsatzes. Geg.: UW , L, h L¨ osung a) Geschwindigkeitsverteilung im Kanal Es handelt sich um die einfache Scherstr¨omung oder auch Couette-Str¨omung UW ⇒ u1 = x2 , u2 = u3 = 0 . h b) Die Zirkulation entlang der Linie abcda: 1.) Linienintegral: .

Γ =

u · dx =

(C)

b

c

u1 dx1 +

d

u2 dx2 +

a

b

.



a

u1 dx1 + c

u2 dx2 d

d

=

UW dx1 c

= −UW L . 2.) Mit dem Stokesschen Satz: Γ= (C)

u · dx =

(rot u) · n dS .

(S)

C ist die Linie abcda, S ist die eingeschlossene Fl¨ache A mit dem Normalenvektor e3 . Mit   UW ∂u2 ∂u1 − e3 = − rot u = e3 ∂x1 ∂x2 h

174

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

erh¨alt man also



Γ= (A)

Aufgabe 4.2-5

−

UW e3 · n dS = −UW L . h

Durch einen Kreiswirbelring induzierte Geschwindigkeit

Ein zu einem Kreis mit Radius a geschlossener Wirbelfaden mit konstanter Zirkulation Γ induziert am Punkt P (0, 0, L) eine Geschwindigkeit u(0, 0, L). Man berechne diese Geschwindigkeit mit Hilfe des Biot–Savartschen Gesetzes. Geg.: a, Γ, L

L¨ osung Im Biot–Savartschen Gesetz  Γ dx
× r u = 4π r3 Faden

ist im vorliegenden Fall dx
= a dϕ
eϕ
, und f¨ ur r = x − x
ergibt sich r = L ez − a er
, also r2 = L2 + a2 , so daß aus der Zusammenhang

dx
× r = a dϕ
eϕ
× (L ez − a er
) dx
× r = (a L er
+ a2 ez ) dϕ


entsteht. Damit schreiben wir die induzierte Geschwindigkeit Γ u = 4π

2 π ϕ
=0

a L er
(ϕ
) + a2 ez (L2

+

3

a2 ) 2

dϕ


4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

bzw.

175



2 π

2 π



Γ 1 u = er
(ϕ
) dϕ
+ a2 ez dϕ
. 3 aL 2 4 π (L + a2) 2 ϕ
=0 ϕ
=0 Das erste Integral verschwindet, da er
= cos ϕ
ex + sin ϕ
ey und cos ϕ
ebenso wie sin ϕ
u ¨ ber eine volle Periode integriert null ergibt. Das Zweite liefert 2 π und man erh¨alt Γ a2 u = ez . 3  2 (L2 + a2 ) 2 Die maximale Geschwindigkeit wird f¨ ur L = 0 erhalten, also im Mittelpunkt des Kreises umax =

Aufgabe 4.2-6

Γ ez . 2a

Zwei unendlich lange, gerade Wirbelf¨ aden in Wandn¨ ahe Zum Zeitpunkt t = t0 befinden sich zwei unendlich lange Wirbelf¨aden, die voneinander den Abstand b haben, im Abstand d von der Wand entfernt.

a) Man erf¨ ulle durch Spiegelung die Randbedingung an der Wand (u · n = 0)! b) Wie groß sind die zum Zeitpunkt t = t0 an beiden Wirbelf¨aden induzierten Geschwindigkeiten? c) Man skizziere die Bahn der beiden Wirbel qualitativ. Geg.: d, b, Γ L¨ osung a) Eine Wand im Str¨omungsfeld (kinematische Randbedingung u · n = 0) erzeugen wir durch Spiegelung der Wirbel an der Achse, die die Wand darstellen soll.

176

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Damit ist die kinematische Randbedingung u · n = 0 auf der y–Achse (Wand) erf¨ ullt, da die Normalkomponente der induzierten Geschwindigkeit des einen Wirbelfadens gerade von seinem Spiegelbild kompensiert wird!

b) Ein gerader Wirbelfaden mit der Zirkulation +Γ am Punkt x
, y
induziert am Punkt x, y die Geschwindigkeit u =

Γ a ez × , 2π a a

wobei a = x − x
ist, so daß die induzierte Geschwindigkeit u =

Γ [− (y − y
) ex + (x − x
) ey ]
2
2 2 π[(x − x ) + (y − y ) ]

wird. Auf einem beliebigen Punkt P (x, y) induziert der Wirbelfaden 1 dann die Geschwindigkeit Γ





b  u1 =

2  − y + 2 2 π (x − d)2 + y + 2b





ex + (x − d) ey

,

der Wirbelfaden 2 −Γ





b  u2 =

2  − y − 2 2 π (x − d)2 + y − 2b





ex + (x − d) ey ,

der Wirbelfaden 3 Γ





b  u3 =

2  − y − 2 2 π (x + d)2 + y − 2b





ex + (x + d) ey

und der Wirbelfaden 4 die Geschwindigkeit −Γ





b  u4 =

2  − y + 2 2 π (x + d)2 + y + 2b





ex + (x + d) ey

.

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

177

¨ Die gesamte induzierte Geschwindigkeit am Punkt P ergibt sich durch Uberlagerung der Einzelgeschwindigkeiten: uP = u1 + u2 + u3 + u4 . Am Punkt P (x = d, y = −b/2) erhalten wir so die induzierte Geschwindigkeit uP1 = 0 − Γ = 2π

Γ Γ Γ ex + (b ex + 2d ey ) − ey 2 2 2π b 2 π (4 d + b ) 2π 2d 

1 b − + 2 b 4 d + b2





1 2d ex + − + 2 2 d 4 d + b2





ey ,

da bekanntlich der gerade Wirbelfaden auf sich selbst keine Translationsgeschwindigkeit induziert. F¨ ur P (x = d, y = +b/2) erhalten wir die induzierte Geschwindigkeit am Wirbelfaden 2 uP2 = −

Γ Γ Γ ex + 0 + ey − (−b ex + 2d ey ) 2π b 2π 2d 2 π (4 d2 + b2)

Γ = 2π



1 b − + 2 b 4 d + b2





1 2d ex + − 2 2 d 4 d + b2





ey .

c) Die Gleichungen f¨ ur uP1 und uP2 gelten nicht nur f¨ ur die Konfiguration x = d und y = b/2, sondern f¨ ur ganz beliebige x und y, die denselben Symmetriebedingungen gen¨ ugen. Wenn die auf den Wirbel am Ort x, y induzierte Geschwindigkeit bekannt ist, l¨aßt sich sofort die Bewegungsgleichung aufstellen (S. L. (4.145)). Es gilt also f¨ ur den Wirbel 2

uP2

Γ = 2π =



2y 1 + − 2 y 4(x2 + y 2)

dx dy ex + ey dt dt





2x 1 − ex + 2 x 4(x2 + y 2)





ey

178

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

oder dx Γ = dt 4π dy Γ = dt 4π





y 2 − x2 − y 2 y(x2 + y 2 ) x2 + y 2 − x2 x(x2 + y 2)



, 

.

Hieraus gewinnen wir die parameterfreie Differentialgleichung dy y3 =− 3 , dx x deren allgemeine L¨osung

1 1 1 + 2 = 2 2 y x C ist. Zur Bestimmung der Konstanten unterwerfen wir sie der Anfangsbedingung y(x = d) = b/2, woraus sich die Integrationskonstante zu 

C=

d2 b2 4 d2 + b2

ergibt. Die explizite Darstellung

Cx y=√ 2 x − C2 zeigt unmittelbar, daß sich die Wirbel nur bis auf einen von Null verschiedenen Abstand n¨ahern:  db  y =C = √ 2 . x→∞ 4 d + b2

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

Aufgabe 4.2-7

179

Elliptische Zirkulationsverteilung u ¨ber der Flu ¨gelspannweite Ein Modell zur Berechnung von Auftriebs- und Abwindverteilung an einem Fl¨ ugel geht von einer elliptischen Zirkulationsverteilung u ugelspannweite aus: ¨ber der Fl¨ Γ(y) = −Γ0

/ 0 0 1



y 1− b/2

2

.

Nach (S. L. (Kap. 4.2)) geht dann an jeder Stelle y
ein infinitesimaler Wirbel der St¨arke dΓ = (dΓ/dy
) dy
ab. a) Man bestimme den Abwind w(y), der von den abgehenden freien Wirbeln am Ort des gebundenen Wirbels induziert wird. b) Man bestimme den induzierten Anstellwinkel αind = w/U∞ am Ort des gebundenen Wirbels. c) Man bestimme mit Hilfe des Satzes von Kutta-Joukowsky b/2

A = U∞

−Γ(y) dy

−b/2

den Auftrieb des Fl¨ ugels. d) Wie groß ist der induzierte Widerstand Wind ? 1

Hinweis:

t dt 1

−1

(t − a)(1 − t2 ) 2

=π

f¨ ur

− 1 < a < +1.

L¨ osung a) Abwindverteilung w(y): An der Stelle y
verringert sich der Wert der Zirkulation des Fl¨ ugels um






y −2 b/2 dΓ
dy
dΓ =
dy = −Γ0 2


2 b/2 dy y 2 1 − b/2

mit η
=

y
b/2

η
dη
dΓ = Γ0 √ . 1 − η
2

180

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Als Folge der Zirkulations¨anderung muß nach dem Ersten Helmholtzschen Wirbelsatz ein infinitesimaler Wirbel der Zirkulation dΓ abgehen. Dieser infinitesimale, halbunendliche Wirbelfaden induziert am Ort (0, y, 0) einen Abwind der Gr¨oße dw =

dΓ Γ0 η
dη
√ . = 4 π (y
− y) 4 π b/2 (η
− η) 1 − η
2

Integriert man nun u ¨ber alle y
, d. h. von η
= −1 bis +1, so erh¨alt man den von allen abgehenden Wirbelf¨aden am Ort y induzierten Abwind: Γ0 w(y) = 2π b

1 −1

η
dη
√ (η
− η) 1 − η
2

(1)

Γ0 = const . 2b Anmerkung: Die Berechnung des Cauchy–Hauptwertintegrals in (1) l¨aßt sich durch die Substitution η
= cos ϕ
mit 0 ≤ ϕ
≤ π und η = cos ϕ mit 0 ≤ ϕ ≤ π auf ein bekanntes Glauertsches Integral (S. L. (10.382) f¨ ur n = 1) zur¨ uckf¨ uhren: =

1

−1

0

η
dη (η
− η)



1 − η
2

= π π

= 0

cos ϕ
(− sin ϕ
) dϕ
(cos ϕ
− cos ϕ) sin ϕ


cos ϕ
dϕ
= π . (cos ϕ
− cos ϕ)

F¨ ur die elliptische Zirkulationsverteilung ergibt sich also ein u ugel kon¨ ber den Fl¨ stanter Abwind. Man kann zeigen, daß diese Verteilung insgesamt den geringst m¨oglichen induzierten Widerstand liefert. b) Resultierender Anstellwinkel αind :

tan αind = αind =

w U∞

bzw., da i. d. R.

w 1, U∞

w Γ0 = . U∞ 2 b U∞

c) Auftrieb des Fl¨ ugels: Kutta-Joukowsky: b/2

A = U∞ −b/2

b −Γ(y) dy = Γ0 U∞ 2

1  −1

1 − η 2 dη

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

181 

= Γ0 U∞

1 b 1  (η 1 − η 2 + arcsin η) , 22 −1

d. h. A = Γ0 U∞ b

π 4

und der Auftriebsbeiwert wird

cA =

A π Γ0 b = , 2 U∞ F 2 U∞ F

2

wobei F die Fl¨ ugelgrundrißfl¨ache bezeichnet. Man schreibt mit Λ = b2/F auch

cA =

π Λ Γ0 = π Λ αind 2 U∞ b

und nennt Λ das Seitenverh¨altnis. Der induzierte Widerstand ist die Komponente der Gesamtkraft in die negative Flugrichtung. Daher

d)

Wind = A tan αind ≈ A αind = Γ0 U∞ b

π Γ0 4 2 b U∞

beziehungsweise Wind = Γ20

π . 8

Der Widerstandsbeiwert nimmt damit die Form

cW

an.

π Γ20 π Γ20 Λ Wind = = = 2 2 F 2 b2 U F 4 U∞ 4 U∞ 2 ∞

182

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Aufgabe 4.2-8

Str¨ omung um einen Tragflu ¨gel

Das Geschwindigkeitsfeld um das oben skizzierte (in z–Richtung unendlich ausgedehnte) Tragfl¨ ugelprofil kann mit Ausnahme des Bereiches in unmittelbarer N¨ahe des Fl¨ ugels durch das Potential Γ Φ = U∞ r cos ϕ + ϕ, (Γ < 0) 2π ¨ beschrieben werden, was der Uberlagerung einer Parallelstr¨omung mit einem Potentialwirbel der Zirkulation Γ (entgegen dem mathematisch positiven Drehsinn) entspricht. Die ebene, inkompressible Str¨omung sei reibungsfrei, Volumenkr¨afte sind vernachl¨assigbar. Der Druck im Unendlichen ist p∞ . a) Berechnen Sie das Geschwindigkeits– und Druckfeld in Zylinderkoordinaten. b) Bestimmen sie die Kraft auf den Fl¨ ugel (pro Tiefe) durch Anwendung des Impulssatzes auf das oben skizzierte Kontrollvolumen. Geg.: U∞ , Γ, , p∞ L¨ osung a) Geschwindigkeits– und Druckfeld in Zylinderkoordinaten: u = ∇Φ = ⇒

∂Φ 1 ∂Φ er + eϕ ∂r r ∂ϕ

ur = U∞ cos ϕ ,

uϕ = −U∞ sin ϕ +

Γ . 2π r

(1)

Den Betrag der Geschwindigkeit berechnet man zu Γ2 Γ U∞ sin ϕ + . πr 4 π 2 r2 Aus der Bernoullischen Gleichung (ψ = 0, = const, ∂/∂t = 0) folgt damit

p(r → ∞) + u2 (r → ∞) = p + u2 2 2 2 u2 = u2r + u2ϕ = U∞ −

(2)

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

183

2 p = p∞ − (u2 − U∞ ) 2

⇒ bzw. mit (2)



Γ U∞ Γ2 p = p∞ − − sin ϕ + 2 πr 4 π 2 r2



.

(3)

b) Kraft auf den Fl¨ ugel: Impulssatz: 

u (u · n) dS =

(S)



t dS

(S)

Aufteilung: S = SA + SW + SS Die Integrale u ¨ ber beide Schnittufer des Schlitzes heben sich heraus, der Impulsfluß u ugel¨ber die Fl¨ oberfl¨ache SW ist null, der Normalenvektor auf SA ist n = er . Wegen t = −p n (reibungsfrei) erh¨alt man daher

F =



−p er dS −

SA



(u2r er + ur uϕ eϕ ) dS .

(4)

SA

2 Mit dS = Rdϕ und p = p∞ − ( /2)(u2r + u2ϕ − U∞ ) erhalten wir

2 π  

F =

0

⇒

F = −



!

2 −p∞ + (u2r + u2ϕ − U∞ ) − u2r er − ur uϕ eϕ R dϕ 2

2π   0



2 p∞ + U∞ er R dϕ + 2

2π   0

!

1 2 (uϕ − u2r ) er − ur uϕ eϕ R dϕ . 2

Das erste Integral verschwindet (er = cos ϕ ex + sin ϕ ey ), so daß mit ur und uϕ aus (1) folgt: 2π  

F =

0 

+

2 U∞



Γ2 Γ U∞ 1 2 sin ϕ + U∞ (sin2 ϕ − cos2 ϕ) − 2 πR 4 π 2 R2

Γ U∞ sin ϕ cos ϕ − cos ϕ eϕ 2π R

!

Rdϕ .



er

184

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Wegen er = cos ϕ ex + sin ϕ ey und eϕ = − sin ϕ ex + cos ϕ ey reduziert sich das Integral auf 2π  Γ U∞ (sin ϕ er + cos ϕ eϕ ) R dϕ F = − 2π R 0 ¨ und wir gewinnen in Ubereinstimmung mit dem Satz von Kutta-Joukowsky F = − Γ U∞ ey ,

(Γ < 0) .

F¨ ur die skizzierte Anstr¨omung und Fl¨ ugelgeometrie ist Γ negativ, so daß eine Kraft in positive y–Richtung (=Auftrieb) auf den Fl¨ ugel wirkt.

Aufgabe 4.2-9

Strahlwinkel im Freistrahldiffusor

In den skizzierten Freistrahldiffusor str¨omt Fl¨ ussigkeit mit der Geschwindigkeit u1 ein. Ein Teil der einstr¨omenden Fl¨ ussigkeitsmenge wird bei [3] als Freistrahl unter dem Winkel α in die Umgebung (Druck p0 ) ausgeblasen. Es wird reibungslose, ebene Potentialstr¨omung angenommen, d. h. die Bernoullische Konstante ist auf jeder Stromlinie dieselbe. Die auf die Anordnung ausge¨ ubte Kraft in y–Richtung, Fy , ist aus Symmetriegr¨ unden gleich null, die Kraft in x–Richtung, Fx , ist wegen reibungsfreier Str¨omung gleich null. a) Wie groß ist die Dicke h3 /2 des ausgeblasenen Strahles an der Stelle [3]? b) Wie groß sind die Druckdifferenzen p1 − p0 und p2 − p0 ? c) Berechnen Sie aus der Forderung Fx = 0 den Winkel α, den die Freistrahlen mit der x–Achse bilden. Geg.: u1, u2, u3 , h1, h2 , , p0

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

185

L¨ osung a) Strahldicke h3/2: Die Kontinuit¨atsgleichung lautet: u1 h1 = u2 h2 + u3 h3  h3 u2 1 u1 ⇒ h1 − h2 . (1) = 2 2 u3 u3 b) Druckdifferenzen p1 − p0 und p2 − p0 : An der Stelle [3] ist der Druck im Freistrahl p3 gleich dem Umgebungsdruck p0 , da die Kr¨ ummung der Stromlinien verschwindet. Die Bernoullische Gleichung formuliert f¨ ur die Punkte [1] und [3] lautet:

p1 + u21 = p0 + u23 2 2 

2 ⇒ p1 − p0 = u3 − u21 . (2) 2 F¨ ur die Punkte [1] und [2] erhalten wir:

p2 + u22 = p1 + u21 2 2 ⇒ p2 − p0 =



2 u1 − u22 + (p1 − p0 ) 2

bzw. mit (2) p2 − p0 =



2 u3 − u22 . 2

(3)

c) Strahlwinkel α: Impulssatz in x–Richtung:



u · ex (u · n) dS =

(S)



t · ex dS . (4)

(S)

Aufteilung: S = SF + SW + S1 + S2 + S3 Das Integral des Impulsflusses u ¨ ber die Wandfl¨ache SW und die Freistrahlr¨ander verschwinden, da in beiden F¨allen der Fl¨achennormalenvektor senkrecht zum Geschwindigkeitsvektor steht. Die Gleichung (4) ausgewertet pro Tiefeneinheit wird zu − u21 h1 + u22 h2 − u23 h3 cos α = p1 h1 − p2 h2 + p0 (h2 − h1 ) . Mit (2), (3) und

u1 u2 h1 − h2 u3 u3 folgt aus dem Impulssatz (5) der Kosinus des gesuchten Strahlwinkels α: h3 =





u2 cos α = 1 + u3

2





h2 u1 − 1+ 2 h3 u3

2

h1 . 2 h3

(5)

186

Aufgabe 4.2-10

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Kontraktionsziffer der Bordamu ¨ndung

An einem Beh¨alter befindet sich eine Bordam¨ undung“ (i.e. eine ” ¨ Offnung, die durch ein Rohr weit ins Beh¨alterinnere gezogen ist). Die Fl¨ ussigkeit (Dichte ) im Beh¨alter wird durch einen Kolben (Masse m) belastet und verl¨aßt ¨ die Offnung (Querschnitt AB ) mit der Austrittsgeschwindigkeit u (Strahlquerschnitt AS ). Es ist AB /AK  1 (quasistation¨arer Vorgang) und die Volumenkr¨afte sind zu vernachl¨assigen. a) Wie groß ist die Austrittsgeschwindigkeit u? b) Berechnen Sie die Kontraktionsziffer α = AS /AB . Geg.: AK , m, g, , p0 L¨ osung a) Austrittsgeschwindigkeit u: Aus der Kr¨aftebilanz in vertikaler Richtung f¨ ur den Kolben folgt der Druck unterhalb des Kolbens: mg pK = p0 + . (1) Ak Unter Vernachl¨assigung der Volumenkr¨afte in der Fl¨ ussigkeit herrscht der Druck pK u ¨berall im Beh¨alter. ummunDer Druck im Freistrahl ist gleich dem Umgebungsdruck p0 , wenn die Kr¨ gen der Stromlinien verschwinden. Die Str¨omungsgeschwindigkeit innerhalb des Beh¨alters ist null, da AB /AK  1. Damit lautet die Bernoullische Gleichung zwischen Kolbenfl¨ache und Strahlaustritt (Querschnittsfl¨ache AS ):

pK = p0 + u2 . 2 Mit der Gleichung (1) folgt daraus die Austrittsgeschwindigkeit: 

u=

2mg .

AK

(2)

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

187

b) Kontraktionsziffer α = AS /AB :

Impulssatz in x–Richtung: 

u · ex (u · n) dS =

(S)



t · ex dS .

(S)

Aufteilung: S = SW + SS + AS ⇒

SW

u · ex (u · n) dS +

SW

t · ex dS −

SS

SS

u · ex (u · n) dS + p0 n · ex dS −

AS

AS

u · ex (u · n) dS =

p0 n · ex dS .

(3)

Das Integral des Impulsflusses u ¨ ber die Wandfl¨ache SW verschwindet, da die Geschwindigkeit im Beh¨alter null ist. Der Impulsfluß u ¨ ber die Freistrahlr¨ander SS ist null, da der Fl¨achennormalenvektor senkrecht zum Geschwindigkeitsvektor steht. Das verbleibende Oberfl¨achenintegral auf der linken Seite ist u2 AS . Auswerten der rechten Seite: 1. Integral: 

t · ex dS = −

SW



p

SW

= −pK

K *+,-

n · ex dS

pK =const



n · ex dS * +, -

AB

−1

= pK AB . pK AB ist die resultierende Kraft infolge pK an der Beh¨alterwand gegen¨ uber AB . 2. Integral: −

 SS

p0 n · ex dS = −

 

AB −AS

p0 dS = −p0 (AB − AS ) .

188

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

3. Integral: −



p0 n · ex dS = −p0 AS .

AS

Einsetzen in Gleichung (3) f¨ uhrt auf

u2 AS = pK AB − p0 (AB − AS ) − p0 AS = (pK − p0 ) AB . Mit der Druckdifferenz pK − p0 = u2 /2 aus Teil a) (Gleichung (1)) berechnen wir daraus die Kontraktionsziffer 1 α= . 2

Aufgabe 4.2-11

Reibungsfreie, ebene, rotationssymmetrische Str¨ omung

Gegeben ist die Geschwindigkeitsverteilung einer reibungsfreien, ebenen, rotationssymmetrischen Str¨omung: 

u(r) = U0

r r0

n

.

a) Geben Sie den Druckverlauf p(r) f¨ ur diese Str¨omung an (p(r0 ) = p0 ). b) Wie groß muß der Exponent n gew¨ahlt werden, damit in obigem Str¨omungsfeld die Konstante in der Bernoullischen Gleichung u ¨ berall den gleichen Wert hat? Geg.: r0, U0 , n, , p0 L¨ osung a) Druckverlauf p(r): Die station¨aren Eulerschen Gleichungen ohne Volumenkr¨afte in nat¨ urlichen Koordinaten lauten (S. L. (4.43, 4.44)):

u

∂u ∂p =− ∂σ ∂σ

u2 ∂p =− R ∂n

⇒ ⇒

in Stromlinienrichtung, senkrecht zu den Stromlinien.

(1) (2)

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

189

n ist nicht mit dem Exponenten n zu verwechseln, es wird positiv in Richtung zum Kr¨ ummungsmittelpunkt gez¨ahlt. Im vorliegenden Fall ist wegen der Rotationssymmetrie ∂/∂σ ≡ 0. Gleichung (1) ist daher erf¨ ullt. In Gleichung (2) entspricht n= ˆ −r

und

R=r ˆ .

Dies f¨ uhrt auf die gew¨ohnliche Differentialgleichung dp

u2 (3) = mit p(r0 ) = p0 dr r zur Bestimmung des Druckverlaufes. Setzen wir die gegebene Geschwindigkeitsverteilung ein und integrieren u ¨ber r, so erhalten wir

U02 p(r) − p0 = 2n r0

r

r¯2n−1 d¯ r.

(4)

r0

Wir machen folgende Fallunterscheidung f¨ ur den Exponenten: n = 0:

U02 p(r) − p0 = 2n



r r0

2n



−1

.

(5)

n = 0: p(r) − p0 = U02 ln

r . r0

b) Bestimmung von n ⇒ Potentialstr¨omung: Die Stromlinien sind konzentrische Kreise um den Punkt r = 0. Auf jeder der kreisf¨ormigen Stromlinien gilt die Bernoullische Gleichung

p + u2 = const = C . 2 Wir greifen zwei Stromlinien heraus: Speziell f¨ ur r = r0

p0 + U02 = C0 (6) 2 und allgemein f¨ ur r > r0 mit dem gegebenen Geschwindigkeitsansatz

p(r) + U02 2



r r0

2n

= C(r) .

(7)

Wenn die Konstante auf jeder Stromlinie den gleichen Wert haben soll (C0 = C(r)), m¨ ussen die linken Seiten der Gleichungen (6) und (7) gleich sein: ⇒

p(r) − p0 =

2 2 U − U 2 0 2 0

U2 = − 0 2



r r0



r r0

2n

2n



−1

.

190

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Durch Vergleich mit (5) stellt man fest, daß n = −1 sein muß. ⇒

Aufgabe 4.2-12

u(r) = U0

r0 . r

Gesamtdruckerho ¨hung im Freistrahldiffusor

An der Stelle [1] str¨omt Luft in einen Kanal (Querschnitt A1) ein. 15% des einstr¨omenden Massenstromes werden bei [3] auf beiden Seiten des Kanals in die Atmosph¨are ausgeblasen (Umgebungsdruck p0 ). An der Stelle [2] sind die Stromlinien wieder parallel. Es wird verlustfreie, station¨are Str¨omung angenommen. Diese Annahme ist gerechtfertigt, da wegen des abnehmenden Druckes an der Wand bei diesem Diffusor“ nicht mit ” Abl¨osung zu rechnen ist. Dichte¨anderungen werden vernachl¨assigt. a) 1.) Wie groß ist die Druckdifferenz p2 − p1 ? 2.) Wie a¨ndert sich der Gesamtdruck pg von [1] nach [2]? b) Bestimmen Sie die Austrittsfl¨ache A3. Geg.: A1 = 0, 04 m2 , A2 = 0, 07 m2 , u1 = 20 m/s, p1 − p0 = 100 Pa, = 1, 15 kg/m3 L¨ osung a) Druckdifferenzen p2 − p1 und pg2 − pg1 : 1.) Nur 85% des einstr¨omenden Massenstromes m ˙ 1 str¨omen nach [2]. Die Kontinuit¨atsgleichung lautet: ˙1 m ˙ 2 = nm ⇒

mit

n = 0, 85 .

u2 A 2 = n u1 A 1 ⇒

u2 A1 = n . u1 A2

(1)

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

191

Die Bernoullische Gleichung angewandt auf eine Stromlinie zwischen den Punkten [1] und [2] lautet:

p1 + u21 = p2 + u22 2 2 

⇒

2 

p2 − p1 p2 − p1

2 A1 u1 1 − n = 2 A2



mit (1) folgt:



2 u2 = u1 1 − 2 u1

,



2 

= 175, 7 N/m2 . 2.) Der Gesamtdruck ist definiert als

2 u . 2 Da laut Aufgabenstellung keine Verluste zwischen den Stellen [1] und [2] auftreten, gilt:

p2 + u22 = p1 + u21 2 2 pg = p +

⇒

pg2 = pg1 .

b) Austrittsfl¨ache A3: Wir bestimmen zun¨achst die Austrittsgeschwindigkeit an der Stelle [3] mittels der Kontinuit¨atsgleichung: (1 − n) u1 A1 = u3 A3 u3 A1 = (1 − n) . (2) u1 A3 An der Stelle [3] herrscht Umgebungsdruck (p3 = p0 ). Aus der Bernoullischen Gleichung f¨ ur eine Stromlinie zwischen den Punkten [1] und [3] folgt dann:

p1 + u21 = p0 + u23 2 2 ⇒



⇒ 

mit (2) folgt:

u3 u1

A1 (1 − n) A3 ⇒

2

2

= 1−

p0 − p1 , 2 u 2 1

= 1−

p0 − p1 2 u 2 1

A3 = A1 2

1−n 1−

= 50 cm2 .

p0 −p1  2 u 2 1

192

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Aufgabe 4.2-13

Ringf¨ ormiger Beh¨ alterausfluß

Aus einem großen Beh¨alter (Radius R) str¨omt station¨ar eine Fl¨ ussigkeit der Dichte zwischen zwei kreisf¨ormigen Platten mit dem Radius R2 aus.

a) Wie groß ist der austretende Volumenstrom V˙ ? b) Geben Sie die Druckverteilung zwischen den Platten als Funktion von r an. c) Wie groß darf das Verh¨altnis R2 /R1 gew¨ahlt werden, damit die Fl¨ ussigkeit an der Stelle [1] gerade nicht verdampft. Der Dampfdruck der Fl¨ ussigkeit ist pD . Geg.: H, h, R, R2 , p0 , , g L¨ osung a) Berechnen des Austrittsvolumenstroms V˙ : Kontinuit¨atsgleichung: V˙ = u A = const , da = const. Es gilt also: V˙

= u2 2π R2 h

(1)

= u0 π R2 . Daraus folgt f¨ ur das Geschwindigkeitsverh¨altnis: u0 2 h R2 . = u2 R R

(2)

Die unbekannte Austrittsgeschwindigkeit u2 wird mittels der Bernoullischen Gleichung f¨ ur die Stromlinie von [0] nach [2] berechnet: p0 + g z0 +

2

u0 = p2 + g z2 + u22 , 2 2

mit p2 = p0 , z0 = H und z2 = 0 folgt: 

u22



u0 1− u2

2 

= 2g H .

Aufl¨osen nach u2 und Ersetzen von u0/u2 durch (2) f¨ uhrt zu / 0 0 u2 = 0 1

2g H 1−

R2 2 h R R

2 .

(3)

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

193

Einsetzen in (1) liefert den gesuchten Volumenstrom: / 0 0 ˙ V =0 1

2g H 1−

F¨ ur 2 h/R  1 gilt: V˙ =

R2 2 h R R

2 2π R2 h .



2 g H 2π R2 h .

b) Druckverteilung p(r): F¨ ur die Bestimmung der Druckverteilung in der Ebene z = 0 betrachten wir eine Stromlinie von einer Stelle [r] zwischen den kreisf¨ormigen Platten bis zur Stelle [2]. Die Bernoullische Gleichung f¨ ur diese Stromlinie lautet: p(r) + ⇒

u(r)2 = p0 + u22 2 2

p0 − p(r) =



u(r)2 − u22 . 2

(4)

Die Geschwindigkeit u(r) wird aus der Kontinuit¨atsgleichung bestimmt: u(r) 2π r h = u2 2π R2 h

⇒

u(r) = u2

R2 , r

(5)

die Austrittsgeschwindigkeit u2 ist von dem Aufgabenteil a) bekannt (Gleichung (3)). Setzen wir die beiden Geschwindigkeiten in (4) ein, so erhalten wir die Druckverteilung:

p0 − p(r) = g H

R2 r

1−

2

−1

2 h R2 R2

2 .

(6)

c) Zul¨assiges Radienverh¨altnis R2 /R1 : An der Stelle [1] ist r = R1 und der Druck soll gerade den Dampfdruck p(R1 ) = pD der Fl¨ ussigkeit erreichen. Setzen wir dies in (6) ein und l¨osen nach R2 /R1 auf, so erhalten wir das gesuchte maximale Radienverh¨altnis: / ⎡ 0  2 ⎤ p0 − pD ⎣ 2h R2 ⎦ R2 0 0 = 11 + 1− .

R1

g H

R R

Wenn die Austrittsfl¨ache 2 π h R2 sehr viel kleiner ist als die Beh¨alterfl¨ache π R2 , so wird das Verh¨altnis der Radien R2 = R1



1+

p0 − pD .

g H

194

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Aufgabe 4.2-14

Blase in einem Kanal

Ein langer, ebener Kanal (H¨ohe h) ist zun¨achst allseitig geschlossen und vollst¨andig mit Fl¨ ussigkeit der Dichte gef¨ ullt. Entfernt man pl¨otzlich die rechte Seitenwand, so bewegt sich unter gewissen Bedingungen eine Luftblase mit der konstanten Geschwindigkeit UB (Geschwindigkeit des Punktes [B]) in den Kanal hinein, unter der die Fl¨ ussigkeit in einiger Entfernung vom Punkt [B] station¨ar mit der Geschwindigkeit U ausstr¨omt. Berechnen Sie unter der Annahme reibungsfreier Str¨omung: a) b) c) d)

Die H¨ohe t der ausfließenden Fl¨ ussigkeitsschicht, die Geschwindigkeit UB des Punktes [B], die Ausstr¨omgeschwindigkeit U und den Druck p∞ am oberen Kanalrand in einiger Entfernung von [B].

Geg.: h, p0 , , g L¨ osung

a) H¨ohe t der ausfließenden Fl¨ ussigkeitsschicht: Wir k¨onnen das Problem als station¨ares Problem beschreiben, indem wir ein zum Punkt [B] festes, d. h. sich mit der Geschwindigkeit UB nach links bewegendes Koordinatensystem w¨ahlen. Der Punkt [B] ist dann ein Staupunkt. W¨are [B] kein Staupunkt, so w¨ urde sich die Richtung der Geschwindigkeit an diesem Punkt unstetig ¨andern. Dies ist bei dem betrachteten Problem aber auszuschließen. Das Kontrollvolumen legen wir wie in der Abbildung oben skizziert.

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

195

Die Kontinuit¨atsgleichung fordert UB h = (U + UB ) t .

(1)

Der Impulssatz in x–Richtung lautet 

u · ex (u · n) dS =

Se +Sa +SF

 

t · ex dS ,

(2)

Se +Sa +SF

wobei wir bereits die Tatsache verwendet haben, daß der Normalenvektor der Wandfl¨ache senkrecht zu dem Einheitsvektor ex steht und deren Skalarprodukt daher null ist. F¨ ur reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten gilt t = −p n. Der Druck p ist aufgrund der zu beachtenden Volumenkraft g von der Koordinate y abh¨angig. Die hydrostatische Druckverteilung an der Ein– bzw. Austrittsfl¨ache ist: p(y) = p∞ + g (h − y)

bei

Se ,

p(y) = p0 + g (t − y)

bei

Sa .

Normalenvektoren: ne = −ex

und

na = ex .

Der Impulsfluß u ¨ber die Freifl¨ache SF ist null, da nF senkrecht zu u steht (Stromlinie). Der Druck an dieser Fl¨ache ist gleich dem Umgebungsdruck p0 . Beachten wir weiterhin, daß nF · ex dS die Projektion des Fl¨achenelementes dS der Freifl¨ache auf die y–Koordinatenrichtung ist, so erhalten wir −



p nF · ex dS = −p0 (h − t) .

SF

Wir k¨onnen nun den Impulssatz (2) auswerten − UB2 h + (U + UB )2 t = (p∞ +

g h) h − p0 h − g t2 . 2 2

(3)

Die Bernoullische Gleichung zwischen [1] und [2] l¨angs einer Stromlinie lautet p1 +

2

u1 + g y1 = p2 + u22 + g y2 . 2 2

F¨ ur die Punkte [∞] und [B], die auf einer Stromlinie liegen gilt daher p∞ +

2 U = pB = p0 . 2 B

(4)

Analog ergibt sich f¨ ur [B] und den Punkt [1]

(U + UB )2 , 2

g (h − t) = (U + UB )2 . 2

pB + g (h − t) = p0 + ⇒

(5)

196

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Die Gleichungen (1), (3), (4) und (5) bilden ein Gleichungssystem in den Unbekannten t, UB , U und p∞ . Elimination aller Unbekannten bis auf die H¨ohe der ausfließenden Fl¨ ussigkeitsschicht t: Aus (1)  2 t 2 2 UB = (U + UB ) h folgt mit (5) UB2 = 2g (h − t)

 2

t h

.

(6)

Einsetzen von (6) in (4) liefert p∞ − p0 = − g (h − t)

 2

t h

.

(7)

Setzen wir (5), (6) und (7) in die Impulsgleichung (3) ein, so erhalten wir die quadratische Gleichung 3 1 t2 − h t + h2 = 0 2 2 mit den zwei L¨osungen t1 = h

und

t2 =

h . 2

ur den Ruhezustand. Die gesuchte L¨osung ist t1 = h ist die triviale L¨osung f¨ t=

h . 2

b) Aus (6) folgt die Geschwindigkeit UB des Punktes [B]: UB =

1 gh . 2

c) Aus der Kontinuit¨atsgleichung (1) kann nun die Ausflußgeschwindigkeit U bestimmt werden. Sie ist gleich der Geschwindigkeit UB , mit der sich die Blase in den Kanal bewegt, 1 U = UB = gh . 2 d) Aus der Bernoullischen Gleichung (4) erh¨alt man letztlich den Druck am oberen Kanalrand: 1 p∞ = p0 − g h . 8

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

Aufgabe 4.2-15

197

Flugzeug u ¨ber dem Boden

Ein Flugzeug (Gewicht G, Spannweite b) fliegt mit konstanter Geschwindigkeit V∞ in der H¨ohe h u ¨ber der Erde (x–y–Ebene). Die Str¨omungsverh¨altnisse im Fernfeld, also auch am Boden wenn b/h  1 ist, werden sehr gut durch einen Hufeisenwirbel beschrieben, der aus einem gebundenen Wirbel am Ort des Tragfl¨ ugels (−b/2 ≤ x ≤ b/2; y = 0; z = h) und zwei freien Wirbeln, die senkrecht von den Fl¨ ugelenden in die positive y–Richtung abgehen, besteht, und einen zweiten gleichgroßen aber an der x–y–Ebene gespiegelten Hufeisenwirbel. Durch die Spiegelung wird die Randbedingung erf¨ ullt, daß der Erdboden nicht durchstr¨omt wird, die Geschwindigkeitskomponente in z–Richtung also null ist. a) Berechnen Sie den Druck an einem Punkt P der Erdoberfl¨ache, den das Flugzeug ¨ beim Uberfliegen der Erde erzeugt. b) Zeigen Sie, daß die gesamte auf den Boden ausge¨ ubte Druckkraft gleich dem Gewicht des Flugzeuges ist. 1. Hinweis: Man betrachte das Problem in einem flugzeugfesten Koordinatensystem. 2. Hinweis: 

3 a−x [(a − x)2 + b]− 2 dx = −  + const. b (a − x)2 + b

Geg.: h, b, V∞ , p∞ , , G L¨ osung a) Der Druck an einem Punkt P am Boden (Koordinaten x und y) ist p(x, y) = p∞ + ∆p(x, y) .

(1)

198

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Die Hufeisenwirbel induzieren die Geschwindigkeiten u und v am Boden, mit u  V∞

und

v  V∞ .

(2)

Die Bernoullische Gleichung zwischen Punkt P mit den Koordinaten x, y und einem Punkt im ungest¨orten Str¨omungsfeld lautet p∞ + ∆p(x, y) +

)

( 2

u + (v + V∞ )2 = p∞ + V∞2 2 2

2 (u + v 2) , 2 aufgrund von (2) k¨onnen wir die Terme, die die induzierten Geschwindigkeiten als Produkte enthalten vernachl¨assigen: ⇒

∆p(x, y) = − v V∞ −

∆p(x, y) = − v V∞ .

(3)

Die am Boden induzierte Geschwindigkeit u hat nur eine Komponente in y– Richtung, da die z–Komponente aufgrund der Randbedingung verschwinden muß und die durch die seitlich an den Fl¨ ugelenden abgehenden freien Wirbel induzierte Geschwindigkeit vernachl¨assigt werden kann. (Dies ist zul¨assig, wenn wir annehmen, daß f¨ ur einen Beobachter auf der Erde die beiden Wirbelf¨aden am selben Ort erscheinen, d. h. b/h  1 ist, und sich somit deren Wirkung aufheben. Zudem hat die durch die freien Wirbelf¨aden induzierte Geschwindigkeit keine Komponente in y–Koordinatenrichtung. Daher sind bei der Druckberechnung nach (3) die freien Wirbel nicht zu beachten.) Wir bestimmen nun die durch die beiden Hufeisenwirbel induzierte Geschwindigkeit v an dem Punkt P mittels des Biot–Savartschen Gesetzes. Die induzierte Geschwindigkeit u = v ey ergibt sich aus der Summe der durch die beiden Hufeisenwirbel induzierten Geschwindigkeiten u1 und u2:

u = u1 + u2

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

Γ1 = 4π

199



dx
1 × r1 Γ2 + r13 4π

(Faden1 )



(Faden2 )

dx
2 × r2 r23

mit x = x ex + y ey am Boden. Wirbel 1: Γ1 = −Γ , x
1 = x
ex + h ez

dx
1 = dx
ex ,

⇒

r1 = x − x
1 = (x − x
) ex + y ey − h ez , ⎡

dx
1 × r1

⎤

ex ey ez ⎢ ⎥ = det ⎣ dx
0 0 ⎦ (x − x
) y −h = dx
(h ey + y ez ) .

Wirbel 2: Γ2 = Γ , x
2 = x
ex − h ez

dx
2 = dx
ex ,

⇒

r2 = x − x
2 = (x − x
) ex + y ey + h ez , ⎡

dx
2 × r2

⎤

ex ey ez ⎢
0 0 ⎥ = det ⎣ dx ⎦ (x − x
) y h = dx
(−h ey + y ez ) .

Der Betrag von r1 bzw. r2 ist f¨ ur beide Wirbel gleich: 

r=

(x − x
)2 + y 2 + h2 .

Aus (4) entsteht die y–Komponente zu v =

Γ1 4π



(Faden1 )

h dx
Γ2 + r13 4π



(Faden2)

−h dx
r23

(4)

200

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

hΓ v = − 2π

bzw.

hΓ v = − 2π

also

b/2 

r−3 dx
,

−b/2 b/2 



−b/2

1 (x −

x
)2

+




y2

+

h2

3 dx .

(5)

Das unbestimmte Integral ist der Aufgabenstellung zu entnehmen, wobei gilt x=x ˆ
, 2 2 ¨ a=x uhrt mit (3) auf den Uberdruck ˆ und b=h ˆ + y . Die Integration f¨ ⎡

⎤

Γ V∞ x − b/2 x + b/2 h ⎣ ⎦  ∆p = − 2π h2 + y 2 (x + b/2)2 + (h2 + y 2) (x − b/2)2 + (h2 + y 2)

(6)

oder ⎡

⎤

∆p 1 x/h + b/2h x/h − b/2h ⎣ ⎦ = − 2 2 2 2 2 pB 1 + (y/h) (x/h + b/2h) + (1 + (y/h) ) (x/h − b/2h) + (1 + (y/h) ) mit pB = Γ V∞ /(2π h). In der Abbildung unten ist ∆p/pB f¨ ur h/b = 5 u ¨ ber x/h (Parameter y/h) aufgetragen.

Die Druckverteilung am Erdboden (z = 0) ist dann ⎡

⎤

Γ V∞ x − b/2 x + b/2 h ⎣ ⎦ . p(x, y) = p∞ + − 2 2 2 2 2 2 2 2 2π h + y (x + b/2) + (h + y ) (x − b/2) + (h + y )

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

201

b) Die Druckverteilung am Boden ist zu der x– und y–Achse symmetrisch. Wir erhalten die Kraft, die das Flugzeug auf den Boden aus¨ ubt durch die Integration FFlugzeug→Boden = −



−∆p n dS .

(S)

Es ist n = −ez , d. h. n zeigt aus dem Str¨omungsgebiet heraus (siehe Skizze). Da p eine gerade Funktion ist, wird die Integration u ¨ ber die positive Viertelebene ausgef¨ uhrt und ergibt FFlugzeug→Boden = −4

∞ ∞

∆p(x, y) dx dy ez . 0 0

Wir f¨ uhren zun¨achst die Integration u ¨ ber x aus und erhalten: ∞

∆p(x, y) dx = 0

b h Γ V∞ . 2π (h2 + y 2 )

Die Integration u ¨ ber y liefert: ∞

0

b h Γ V∞ 1 dy = b Γ V∞ , 2 2 2π (h + y ) 4

also FFlugzeug→Boden = − Γ V∞ b ez .

(7)

Nach dem Kutta–Joukowsky–Theorem ist der Auftrieb  = − Γ1 V∞ b ez = Γ V∞ b ez , A  ist. Die Druckverteilung tr¨agt also gerade der gleich der negativen Gewichtskraft G das Gewicht des Flugzeuges.

Aufgabe 4.2-16

Zirkulation und Rotation der Str¨ omung im Ringspalt zwischen zwei rotierenden Zylindern

Im Ringspalt zwischen zwei unendlich langen Zylindern (RI , RA ), die sich mit den Winkelgeschwindigkeiten ΩI bzw. ΩA drehen, befindet sich inkompressible Newtonsche Fl¨ ussigkeit.

202

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Das Geschwindigkeitsfeld dieser Str¨omung ist in Zylinderkoordinaten gegeben: ur = 0 , uϕ =

( 1 r (ΩA R2A − ΩI R2I ) 2 2 RA − RI

R2 R2 − A I (ΩA − ΩI ) r



und

uz = 0 .

a) Zeigen Sie, daß diese Str¨omung die Kontinuit¨atsgleichung erf¨ ullt. b) 1.) Berechnen Sie die Zirkulation entlang der Kurve C mittels .

Γ=

u · dx

(C)

2.) und mittels



Γ=

(rot u) · n dS .

(S)

c) F¨ ur welches Verh¨altnis ΩA /ΩI ist die Str¨omung rotationsfrei? Geg.: RA , RI , ΩA , ΩI L¨ osung a) Erf¨ ullen der Kontinuit¨atsgleichung: F¨ ur inkompressible Fl¨ ussigkeiten lautet die Kontinuit¨atsgleichung in Zylinderkoordinaten: 0 = div u 1 = r



∂(ur r) ∂uϕ ∂(uz r) + + ∂r ∂ϕ ∂z



.

(1)

uϕ ist nur eine Funktion von r und die Geschwindigkeitskomponenten uz und ur sind null. Die Kontinuit¨atsgleichung (1) ist also erf¨ ullt. b) Zirkulation Γ entlang der Kurve C: Das Geschwindigkeitsfeld ist gegeben: u = uϕ eϕ ⎡

⎤

⎢ ⎥ ⎢ ΩA R2A − ΩI R2I R2A R2I (ΩA − ΩI ) 1 ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ eϕ r− R2A − R2I R2A − R2I r⎥ ⎣ ⎦ * +, * +, -

A

B

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten 

=

203

B Ar − r



eϕ .

(2)

Es handelt sich um eine ebene Str¨omung in der r–ϕ–Ebene. 1.) Zur Berechnung von . Γ= u · dx ,

(3)

(C)

dr¨ ucken wir das Linienelement dx in Zylinderkoordinaten dx = dr er + r dϕ eϕ aus und bilden das Innenprodukt 

u · dx = A r −

B r



r dϕ .

Die Integrationen u ucke von C w¨ urden sich in ¨ ber die beiden radialen Kurvenst¨ jedem Fall aufheben, hier liefern sie keinen Beitrag zu Γ, da bei diesen der Geschwindigkeitsvektor u und das Linienelement dx senkrecht aufeinander stehen. Mit (3) entsteht .2π 

Γ= ϕ=0

B A RA − RA



und daher

.0 

RA dϕ + ϕ=2π

(

B A RI − RI



RI dϕ

)

Γ = 2π ΩA R2A − ΩI R2I . 2.) Zirkulation mittels des Stokesschen Satzes .

Γ=

u · dx =

C



(rot u) · n dS .

(4)

(S)

Die Kurve C ist Rand der ebenen Fl¨ache S. Die Fl¨achennormale n in (4) ist so zu w¨ahlen, daß der Umlaufsinn von der positiven Seite der Fl¨ache (die Seite der Fl¨ache zu der der Normalenvektor zeigt) aus gesehen im Gegenuhrzeigersinn positiv gez¨ahlt wird. Hier ist der Normalenvektor gleich dem Einheitsvektor in z–Richtung, ez (siehe Abbildung). Da es sich bei dem Problem um eine ebene Str¨omung handelt, hat die Rotation von u nur eine Komponente in z–Koordinatenrichtung, die sich aus ⎛

1 rot u = r

⎞

⎜ ⎟ ⎜ ∂(uϕ r) ∂ur ⎟ ⎜ ⎟ − ez ⎜ ∂ϕ ⎟ ⎝ ∂r ⎠ * +, -

=0 bzw. rot u =

 1 ∂ 2 A r − B ez r ∂r

204

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

zu rot u = 2A ez

(5)

ergibt. Die Rotation ist also konstant im ganzen Feld. Das Oberfl¨achenintegral (4) liefert erwartungsgem¨aß mit Γ = 2A ez · ez



dS (S)

(

)

Γ = 2π ΩA R2A − ΩI R2I . c) Die Str¨omung ist rotationsfrei, wenn rot u = 0 im ganzen Feld. Wir erhalten die Bedingung f¨ ur Rotationsfreiheit der Str¨omung durch Nullsetzen von (5): 

ΩA RI = ΩI RA

Aufgabe 4.2-17

2

.

Leistung der Peltonturbine

Aus einer feststehenden D¨ use tritt ein Wasserstrahl (Dichte , Austrittsquerschnitt A1 ) mit der Geschwindigkeit c aus und trifft symmetrisch auf ein System von Schaufeln, deren Bewegung als reine Translation aufgefaßt werden soll (z. B. Peltonturbinenrad mit großem Durchmesser und kleinen Schaufeln). Jeweils nach einer Zeit ∆t0 = l/u0 taucht eine neue Schaufel in den Wasserstrahl ein und wird sofort voll von ihm beaufschlagt. Der abgeschnittene Strahl leistet noch so lange an einer Schaufel Arbeit, solange er sie benetzt. Volumenkr¨afte sind zu vernachl¨assigen. Die Str¨omung sei reibungsfrei und inkompressibel.

Hinweis: Die Kraft auf die Schaufel ist unabh¨angig vom Umgebungsdruck p0 , der daher ohne Beschr¨ankung der Allgemeing¨ ultigkeit zu null gesetzt werden kann. a) Welche Kraft wird auf jede beaufschlagte Schaufel ausge¨ ubt? b) Man bestimme die Leistung des Schaufelsystems.

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

205

c) F¨ ur welches Verh¨altnis c/u0 ist die Leistung maximal? d) Wie groß ist dann der Wirkungsgrad der Anlage? e) Bestimmen Sie die Leistung des Schaufelsystems direkt aus der Eulerschen Turbinengleichung. Geg.: , u0, c, l, A1, p0 = 0 L¨ osung a) Schaufelkraft: Der Impulssatz in integraler Form ohne Volumenkr¨afte f¨ ur ein Kontrollvolumen, das bezogen auf ein beliebig beschleunigtes Koordinatensystem fest ist, lautet (S. L. (2.73)) ⎡

∂ ⎢ ⎣ ∂t

⎤





⎥

c dV ⎦ + (V )

B

×

c (w  · n) dS + Ω

(S)





t dS ,

c dV = (V )

(1)

(S)

 × x + v . F¨ mit der Absolutgeschwindigkeit c = w  +Ω ur einen Beobachter auf der Schaufel, d. h. im Relativsystem, ist die Str¨omung station¨ar (∂ w/∂t  = 0). Mit  Ω = 0 (weil nur die Translation der Schaufeln betrachtet wird) und konstanter F¨ uhrungsgeschwindigkeit v = u0 ex fallen der erste und dritte Term der linken Seite von (1) weg und das bewegte System ist ein Inertialsystem. Die Schaufelkraft hat aufgrund der Symmetrie des Problems nur eine Komponente Fx in Richtung von ex . Es ist daher ausreichend den Impulssatz (1) in Richtung von ex anzuwenden: 

t · ex dS =

(S)



(w  + v ) · ex (w  · n) dS ,

(S)

(w  · n) dS

oder, da die F¨ uhrungsgeschwindigkeit v = u0 ex konstant ist und (S)

wegen der Kontinuit¨atsgleichung identisch verschwindet,  (S)

t · ex dS =



w  · ex (w  · n) dS . (2)

(S)

Man h¨atte also direkt den Impulssatz im bewegten Inertialsystem anwenden k¨onnen. Die Gesamtfl¨ache S wird in die Teilfl¨achen S = A1 + A2 + SSL + Sw aufgeteilt.

w  (w  · n) und tx sind an den Freistrahlr¨andern SSL null. Der Impulsfluß u ¨ ber die Schaufelfl¨ache Sw ist null und das Integral von tx u ¨ ber Sw ist gleich dem Negativen der gesuchten Schaufelkraft, d. h. Fx = −

 Sw

t · ex dS = w12 A1 + 2 w22 cos β A2 .

(3)

206

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Die Str¨omung ist u ¨ ber die Strahlquerschnitte A1, A2 ausgeglichen und der Druck gleich dem Umgebungsdruck p0 . Damit m¨ ussen bei verlustfreier Str¨omung die Geschwindigkeiten w  1, w  2 dem Betrag nach gleich sein und aus der Kontinuit¨atsgleichung folgt A2 = A1/2. Mit der relativen Strahleintrittsgeschwindigkeit w1 = c − u0 berechnet sich aus (3) die Schaufelkraft zu Fx = (c − u0)2 (1 + cos β) A1 .

(4)

b) Bei der Berechnung der nutzbaren Leistung ist zu beachten, daß mehrere Schaufeln gleichzeitig beaufschlagt werden. Die Zeitdauer der Beaufschlagung setzt sich zusammen aus zwei Anteilen, und zwar der Zeit ∆t0 = l/u0 zwischen dem Eintauchen einer Schaufel in den Strahl bis zum Eintauchen der n¨achsten und der Zeit ∆t1 = l/w1 = l/(c − u0 ), die vergeht, bis das Ende des abgeschnittenen Strahls die Schaufel erreicht hat. Die Beaufschlagungszeit einer Schaufel ist daher ∆t = ∆t0 + ∆t1 =

l l + . u 0 w1

W¨ahrend dieser Zeit wird jeweils nach der Zeitspanne ∆t0 eine weitere Schaufel beaufschlagt, so daß zu jedem Zeitpunkt n=

∆t c = ∆t0 c − u0

(5)

Schaufeln beaufschlagt sind. Die Leistung einer Schaufel mit der Fl¨ache SW berechnet sich nach (S. L. (2.111)) durch 

PS =

u0 ex · t dS .

SW

Die Geschwindigkeit u0 ist u ¨ber SW konstant, so daß wir mit (3) die Leistung einer Schaufel zu PS = −u0 Fx (6) erhalten. Die Leistung der n Schaufeln ist P = n PS oder mit (4), (5), (6) u0 P = − c A1 c 3



u0 1− c



(1 + cos β) .

Die Leistung erscheint hier negativ, weil der Fl¨ ussigkeit Energie entzogen wird. c) Die an den Schaufeln der Turbine verrichtete Leistung PT = −P wird f¨ ur 

u0 dPT = c3 A 1 1 − 2 d(u0 /c) c ⇒



(1 + cos β) = 0

c =2 u0

maximal (d2 PT /d(u0 /c)2 < 0): PTmax = c3 A1

1 + cos β . 4

4.2 Reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten

207

d) Der maximale Wirkungsgrad (bei c/u0 = 2) der Kraftmaschine ηmax =

PT max , Pzu

mit der durch die D¨ use zugef¨ uhrten Leistung (Fluß der Energie aus der D¨ use) 

Pzu =

A1

c · c

(c · n) dS = c3 A1 2 2

ist ηmax =

1 + cos β . 2

e) Eulersche Turbinengleichung: Wir fassen das Schaufelsystem nun als eine Peltonturbine mit dem Schaufelradius r auf. Das Moment, das die Turbine auf die Fl¨ ussigkeit aus¨ ubt, ist M =m ˙ r (cu2 − cu1 ) . Die Umfangskomponente des eintreffenden Strahls ist cu1 = c. Die Umfangskomponente der Absolutgeschwindigkeit c2 erhalten wir aus dem Geschwindigkeitsdreieck des abgehenden Strahls: cu2 = c2 · ex = (w  2 + u2 ) · ex = −w2 cos β + u0 = −(c − u0 ) cos β + u0 . Der Massenstrom der die n Schaufeln beaufschlagt ist m ˙ = −n



w  · n dS .

A1

Es ist nat¨ urlich derselbe Massenstrom, der durch die feststehende D¨ use str¨omt m ˙ =−



c · n dS = c A1 .

A1

Das Moment lautet somit M = − A1 c r (c − u0 ) (1 + cos β). Damit wird die Leistung P = M Ω mit u0 = Ω r wiederum zu P = − c3 A1

u0 c



1−

u0 c



(1 + cos β) .

Die vorausgesetzte Translation des Schaufelsystems entspricht hier dem Grenzfall r → ∞, Ω → 0, aber r Ω = const = u0.

208

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

4.3

Anfangs- und Randbedingungen

Aufgabe 4.3-1

Sich in Flu ¨ssigkeit bewegender elliptischer Zylinder

Ein Zylinder mit elliptischem Querschnitt bewegt sich senkrecht zu seiner Achse in Fl¨ ussigkeit. Die Bewegung ist gegeben durch y(x, t) = y
(x
) + y0 cos ωt . Man bestimme die kinematische Randbedingung mit Hilfe der Beziehungen

a) b)

(ui − ui(w)) ni = 0 DF/Dt = 0



an F (x, t) = 0.

Geg.: a, b, y0, ω L¨ osung Die implizite Form der elliptischen Zylinderoberfl¨ache im k¨orperfesten (mitbewegten) Koordinatensystem x
, y
lautet: F
(x
, y
) =

x
2 y
2 + 2 −1=0. a2 b

Mit der gegebenen Bewegung y = y
+ y0 cos ωt ,

x = x


erhalten wir die implizite Form der Ober߬ache im festen Koordinatensystem x, y zu F (x, y, t) =

x2 (y − y0 cos ωt)2 + −1=0. a2 b2

a) (ui − ui(w)) ni = 0: Durch Anwendung dieser Gleichung auf das hier gegebene Problem entsteht (u − 0) nx + (v − vw ) ny = 0 

und mit vw =

dy dt



= −y0 ω sin ωt w

(1)

4.3 Anfangs- und Randbedingungen

209

und

∇F , |∇F | wird die Randbedingung zu n =

u

∇F =

2(y − y0 cos ωt) 2x  e + ey x a2 b2

2x 2(y − y0 cos ωt) + (v + y0 ω sin ωt) =0 2 a b2

(an der Wand)

erhalten. b) DF/Dt = 0 an F (x, t) = 0 Dasselbe Ergebnis folgt unmittelbar 2(y − y0 cos ωt)(y0 ω sin ωt) 2x 2(y − y0 cos ωt) +u 2 +v =0. 2 b a b2

Aufgabe 4.3-2

Schlag– und Nickschwingung einer ebenen Platte Eine ebene Platte f¨ uhrt eine Schlagschwingung (y(t) = y0 cos ωt) und eine Nickschwingung (α(t) = α0 cos ωt) aus. Die Amplitude sei so klein, daß tan α0 ≈ α0 gesetzt werden kann.

a) Man bestimme die implizite Gleichung F (x, y, t) = 0 der Plattenoberfl¨ache. b) Man bestimme die kinematische Randbedingung an der Platte. Geg.: y0, α0 , ω L¨ osung a) Implizite Gleichung der Oberfl¨ache Die explizite Form lautet y(x, t) = y0 cos ωt + x tan(α0 cos ωt) ≈ (y0 + α0x) cos ωt , woraus unmittelbar die implizite Form zu F (x, y, t) = y − (y0 + α0 x) cos ωt = 0 folgt.

210

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

b) Randbedingung an der Platte Aus DF =0 Dt ergibt sich sofort

an der Wand

(y0 + α0 x) ω sin ωt + u (−α0 cos ωt) + v = 0

Aufgabe 4.3-3

F (x, y, t) = 0

an der Wand F (x, y, t) = 0 .

In Flu ¨ssigkeit bewegter Kreiszylinder

Ein Zylinder (Radius R) rotiert mit der Winkelgeschwindigkeit Ω um seine Mittelachse, w¨ahrend diese sich l¨angs der gegebenen Bahn xM (t) bewegt.

a) Wie lautet die kinematische, b) wie die dynamische Randbedingung an der Zylinderwand? Geg.: R, Ω, xM (t) L¨ osung a) Kinematische Randbedingung: u · n = uw · n

oder

DF ∂F ∂F =0. = + ui Dt ∂t ∂xi

Die implizite Fl¨achengleichung lautet f¨ ur diese Bewegung F = x
2 + y
2 − R2 = 0 , mit

x
= x − xM

und

y
= y − yM

folgt nun F (x, y, t) = (x − xM )2 + (y − yM )2 − R2 = 0 . Bilden wir die materielle Ableitung dieser Gleichung DF = 2 (x − xM )(−x˙ M ) + 2 (y − yM )(−y˙ M ) + u 2 (x − xM ) + v 2 (y − yM ) , Dt

4.3 Anfangs- und Randbedingungen

211

in der der Punkt die Ableitung nach der Zeit bedeutet, so lautet die kinematische Randbedingung (x − xM )(u − x˙ M ) + (y − yM )(v − y˙M ) = 0

an der Wand

F (x, y, t) = 0 .

F¨ ur den Sonderfall xM (t) ≡ 0 reduziert sich die Randbedingung nach Division mit R zu x y u+ v =0 R R oder u nx + v ny = u · n = 0 auf dem Zylinder.

b) Dynamische Randbedingung im allgemeinen Fall: Es gilt u = uw

an der Wand .

Auf dem Zylinder ist uw = x˙ M + Ω R eϕ
. Aus eϕ
= ez × n entsteht eϕ
= − sin ϕ
ex + cos ϕ
ey mit sin ϕ
=

y
y − yM = R R

cos ϕ
=

x − xM x
= , R R

so daß die Randbedingung die Form u = uw = (x˙ M − (y − yM ) Ω) ex + (y˙M + (x − xM ) Ω) ey auf der Zylinderoberfl¨ache, also auf F (x, y, t) = 0 annimmt. Anmerkung: Die Tatsache, daß der Zylinder rotiert, macht sich nur in der dynamischen Randbedingung bemerkbar!

212

4 Bewegungsgleichungen f¨ ur spezielle Materialgesetze

Aufgabe 4.3-4

Wirbelbehaftete Str¨ omung in einem elliptischen Zylinder

F¨ ur eine wirbelbehaftete Str¨omung in einem elliptischen Zylinder ist das Geschwindigkeitsfeld u1(x1, x2) = − u2(x1, x2) =

2K x2 , b2

2K x1 a2

bekannt. Die Gleichung des Zylinders ist durch x21 x22 + 2 =1 a2 b gegeben. a) Zeigen Sie, daß die Zylinderwand nicht durchstr¨omt wird. b) Berechnen Sie die Zirkulation entlang der Kurve C. Hinweis: Dies gelingt am leichtesten unter Verwendung des Stokesschen Satzes .

u · dx =

(C)



(rot u) · n dS .

(S)

Geg.: a, b, K L¨ osung a) Undurchl¨assigkeit der Zylinderwand: Es ist zu zeigen, daß (ui − ui(w)) ni = 0

(an der Wand)

(1)

erf¨ ullt ist. Da ui(w) = 0 also ui ni = 0. Die implizite Form der elliptischen Zylinderoberfl¨ache lautet: F (x1, x2 ) = und daher ist ∂F ui ∂xi oder u1

x21 x22 + 2 −1=0, a2 b

/ 30 0 ∂F ∂F 1 =0

∂xj ∂xj

2K x2 2 x1 2K x1 2 x2 ∂F ∂F + u2 =− 2 + =0. ∂x1 ∂x2 b a2 a2 b2

(2)

4.3 Anfangs- und Randbedingungen

b) Zirkulation Γ: Es ist

.

Γ= (C)

213

u · dx =



(rot u) · n dS .

(3)

(S)

Die Fl¨achennormale n der Fl¨ache S ist so zu w¨ahlen, daß von der positiven Fl¨achenseite aus gesehen die Kurve C im mathematisch positiven Sinn durchlaufen wird. Hier zeigt sie aus der Zeichenebene heraus und ist gleich e3 . Daher ist der Integrand des Oberfl¨achenintegrals in (3) (rot u) · n = (rot u)3 = ε3jk

∂uk 2K 2K = 2 + 2 . ∂xj a b

Mit dem bekannten Ausdruck f¨ ur die Ellipsenfl¨ache π a b erhalten wir die gesuchte Zirkulation zu a 2 + b2 Γ = 2π K . ab

5 Hydrostatik

5.1

Hydrostatische Druckverteilung

Aufgabe 5.1-1

U–Rohr–Manometer

Zwei mit Fl¨ ussigkeiten der konstanten Dichten a bzw. b gef¨ ullte Beh¨alter sind in der skizzierten Weise u ¨ ber ein U–Rohr–Manometer verbunden. Die Dichte der Manometerfl¨ ussigkeit ist c . Wie groß ist die Druckdifferenz p1 −p2 in Abh¨angigkeit vom Manometerausschlag ∆h?

Geg.: h1, h2 , ∆h, a , b , c , g L¨ osung Die Druckverteilung in ruhender, schwerer Fl¨ ussigkeit ist im Inertialsystem (S. L. (5.15)) p + g z = const. Der Druck pL am linken Spiegel der Meßfl¨ ussigkeit betr¨agt von der Fl¨ ussigkeit a kommend   ∆h pL = p1 + a g − h1 , 2

5.1 Hydrostatische Druckverteilung

215

der Druck pR am rechten Spiegel von der Fl¨ ussigkeit b kommend 

pR = p2 − b g

∆h + h2 2



.

Die Differenz ist demnach pL − pR = p1 − p2 +

∆h g ( a + b ) − g ( a h1 − b h2 ) , 2

andererseits aber auch der Druckunterschied an diesen Stellen in der Fl¨ ussigkeit c pL − pR = c g ∆h . Durch Gleichsetzen erh¨alt man die gesuchte Druckdifferenz 

p1 − p2 = c g ∆h

Aufgabe 5.1-2

a + b 1− 2 c



+ g ( a h1 − b h2 ) .

Hydraulische Sicherheitskupplung

Eine hydraulisch bet¨atigte Sicherheitskupplung soll bei einer bestimmten Drehzahl auskuppeln. Die Einstellung der Drehzahl erfolgt u ullh¨ohe H. Die erforderliche ¨ber die F¨ Schaltkraft Fs wird durch den Fl¨ ussigkeitsdruck am kreisringf¨ormigen Arbeitskolben (Radius R, Breite s) erzeugt. Wegen s  R kann der Druck u ¨ ber der Kolbenfl¨ache als konstant angesehen werden. a) Bei welcher Drehzahl wird die Schaltkraft Fs gerade u ¨ berwunden?

216

5 Hydrostatik

b) Wie muß die F¨ ullh¨ohe ver¨andert werden, damit sich die Schaltdrehzahl verdoppelt? Geg.: H, FS , R, s, , p0 , g L¨ osung a) Grenzdrehzahl: Die Druckverteilung im rotierenden Bezugssystem lautet (S. L. (5.15)) p + g z −

2 2 Ω r = const . 2

Der Druck am Kolben ist dann pK = p0 + g H +

2 2 Ω R . 2

Da pK u ¨ ber der Kolbenfl¨ache praktisch konstant ist, gilt FK , 2π Rs

pK =

FK bezeichnet die Kraft der Fl¨ ussigkeit auf den Kolben. Mit dem Kr¨aftegleichgewicht FK = FS + p0 2 π R s erh¨alt man die Grenzdrehzahl Ω∗ :

2 FS + p0 = p∗K = p0 + g H + Ω∗ R2 2π Rs 2 

⇒

∗

Ω

=

FS 2g H − 3

π R s R2

1 2

.

b) Ver¨anderung der F¨ ullh¨ohe
Schreiben wir H f¨ ur die F¨ ullh¨ohe bei doppelter Schaltdrehzahl Ω
= 2 Ω∗ , so gilt: 

2 g H
FS −

π R3 s R2 ⇒

Aufgabe 5.1-3

1



2

= 2

2g H FS − 3

π R s R2

H
= 4 H −

1 2

3 FS . 2 g π Rs

Mit Flu ¨ssigkeit gefu ¨llter, rotierender Beha ¨lter

Ein rotationssymmetrischer Beh¨alter (Radius R, F¨ ullh¨ohe H) ist mit Fl¨ ussigkeit der Dichte gef¨ ullt und mit einem Kolben des Gewichts G abgeschlossen. Der Beh¨alter rotiert um seine senkrechte Achse mit der Winkelgeschwindigkeit Ω. Der Umgebungsdruck ist p0 .

5.1 Hydrostatische Druckverteilung

217

 = 0 den Druck p2 am Beh¨altera) Geben Sie f¨ ur Ω boden an. b) Berechnen Sie die Druckverteilung im Beh¨alter  = 0 (die Konstante in der Bernoullischen f¨ ur Ω Gleichung wird durch das Kr¨aftegleichgewicht am Kolben festgelegt). c) An welcher Stelle am Beh¨alterboden wirkt der Druck p2 aus Teilfrage a) bei rotierendem Beh¨alter? d) An welcher Stelle und bei welcher Winkelgeschwindigkeit wird der Dampfdruck pD = 0, 2 p0 zuerst erreicht? Geg.: R, H, p0 , G, , Ω, g L¨ osung  = 0: a) Druck p2 am Beh¨alterboden f¨ ur Ω Bezeichnen wir den Druck unterhalb des Kolbens (z = 0) mit p1 , so lautet die Druckverteilung in der Fl¨ ussigkeit p(z) + g z = p1 . Mit dem Kr¨aftegleichgewicht am Kolben p1 π R2 = G + p0 π R2 erhalten wir

G + p0 π R2 und speziell f¨ ur den Druck p2 am Beh¨alterboden (z = −H) p(z) + g z =

p2 =

G + p0 + g H . π R2

 = 0: b) Die Druckverteilung im Beh¨alter f¨ ur Ω Aus der Bernoullischen Gleichung im Koordinatensystem, in dem die Fl¨ ussigkeit ruht,

p(r, z) + g z − Ω2 r2 = C 2 folgt f¨ ur die Druckverteilung an der Kolbenunterseite (z = 0) p1 (r) = C +

2 2 Ω r . 2

Das Kr¨aftegleichgewicht am Kolben lautet nun 

p1 (r) dA = G + p0 A SK

⇒

C =

G

+ p0 − Ω2 R2 . 2 πR 4

218

5 Hydrostatik

Damit ergibt sich aus der Bernoullischen Gleichung die Druckverteilung im Beh¨alter: G

p(r, z) = + p0 − g z + Ω2 2 πR 2



und speziell am Beh¨alterboden (z = −H) zu G

p(r, −H) = + p0 + g H + Ω2 2 πR 2

R2 r − 2



2



R2 r − 2



2

c) Wo ist p(r, −H) = p2 ? G G

+ p0 + g H = + p0 + g H + Ω2 2 2 πR πR 2



.

R2 r − 2



2

R ⇒r = √ . 2

√ Auf dem Kreis r = R/ 2 ist der Druck unabh¨angig von Ω! d) Wo wird der Dampfdruck zuerst erreicht? Der Druck sinkt mit z und steigt mit r, d. h. der niedrigste Druck im Beh¨alter ist an der Stelle r = z = 0 zu finden. Die Bestimmungsgleichung f¨ ur Ω lautet daher pD = p(0, 0) = mit pD = 0, 2 p0 folgt



Ω=

Aufgabe 5.1-4

G

+ p0 − Ω2 R2 , 2 πR 4

4G 3, 2 p0 + 4

π R

R2

1 2

.

Schleudergußverfahren

Ein rotationssymmetrisches Werkst¨ uck, das im Schleudergußverfahren hergestellt werden soll, ist gem¨aß nebenstehender Skizze eingeformt. W¨ahrend des Gießvorganges rotiert die Form mit konstanter Winkelgeschwindigkeit Ω.

a) Man berechne den Druck p1 an der Stelle [1] als Funktion von Ω. b) Wie groß darf die Winkelgeschwindigkeit Ω h¨ochstens gew¨ahlt werden, wenn im Punkt [1] der maximal zul¨assige Sand–Druck pmax nicht u ¨berschritten werden darf?

5.1 Hydrostatische Druckverteilung

219

c) Man berechne f¨ ur diese Winkelgeschwindigkeit Ωmax die maximale H¨ohe h, damit auch an der Stelle [2] pmax nicht u ¨berschritten wird. Geg.: R1 , R2 , H1 , , p0 , pmax , g L¨ osung Die Druckverteilung bez¨ uglich eines um die z–Achse rotierenden Bezugssystems ist (S. L. (5.15)) 1 p = p0 − g z + Ω2 r2 . (1) 2 a) Der Druck an der Stelle [1] wird berechnet, indem wir in der Gleichung oben r = R1 und z = −H1 setzen: 1 p1 = p0 + g H1 + Ω2 R21 . (2) 2 b) Die maximal zul¨assige Winkelgeschwindigkeit Ωmax erhalten wir, indem in der Gleichung (2) p1 = pmax gesetzt und die Gleichung nach Ωmax aufgel¨ost wird Ωmax

1 = R1



2 (pmax − p0 ) − 2 g H1 .

c) Die bei dieser Winkelgeschwindigkeit zul¨assige H¨ohe h (Stelle [2]) wird berechnet, indem die Gr¨oßen der Gleichung (1) wie folgt ersetzt werden: p = pmax ,

z = −h ,

Ω = Ωmax und

r = R2 .

Die unbekannte H¨ohe h folgt aus der erhaltenen Gleichung zu 



pmax − p0 R2 h= 1−

g R1

Aufgabe 5.1-5

2 



R2 + R1

2

H1 .

Tiefenmesser

Ein Meßger¨at zur Bestimmung von Gew¨assertiefen besteht aus einem mit Quecksilber (Dichte Hg ) gef¨ ullten Beh¨alter, der u uckschlagventil mit einem Zylinder ¨ ber ein R¨ ¨ verbunden ist. Uber einen Zulauf kann Wasser in den Beh¨alter einstr¨omen. Beim Absenken des Ger¨ates wird der Kolben des Zylinders durch einstr¨omendes Quecksilber nach oben verschoben. Nach dem Hochziehen kann an einer Skala die erreichte Wassertiefe abgelesen werden.

220

5 Hydrostatik

a) Wie groß ist das Gewicht des Kolbens, damit f¨ ur die Wassertiefe H = 0 das Quecksilber im Beh¨alter genauso hoch wie im Zylinder steht? Die Feder soll unbelastet sein. (Das Meßger¨at ist mit so viel Quecksilber gef¨ ullt, daß bei H = 0 die Trennfl¨ache Quecksilber–Wasser bei z = −h1 ist.) b) Wie ist die Federsteifigkeit c zu w¨ahlen, damit das Meßger¨at bis zur Tiefe Hmax einsatzf¨ahig ist, ohne daß Wasser in den Zylinder str¨omt? ¨ Hinweis: Die Anderung durch die Kompression der Luft soll gegen¨ uber der R¨ uckstellkraft der Feder vernachl¨assigt werden. c) Wie lautet der Zusammenhang von Wassertiefe H und Quecksilberstand h im Zylinder? Geg.: A1, A2 = A4 − A3 = A1, h0 , h1 , p0 , W , Hg , g L¨ osung Da angenommen wird, daß auf der oberen Seite des Kolbens der Umgebungsdruck p0 wirkt, hat dieser keinen Einfluß und wir setzen im folgenden p0 = 0. a) Kolbengewicht G: Da die Fl¨achen A1 und A2 gleich sind, steigt das Quecksilber im Zylinder bei zunehmender Tiefe H um den gleichen Betrag h, um den es im Beh¨alter abnimmt. Der Abstand der Trennfl¨ache Wasser–Quecksilber von der Wasseroberfl¨ache ist daher zT f = −(H + h1 + h) . Der Druck an dieser Stelle ist pT f = − W g zT f , pT f = W g (H + h1 + h) .

(1)

Dieser Druck ist gleich dem Druck innerhalb des Zylinders bei z = −zT f : pZy = pT f .

(2)

5.1 Hydrostatische Druckverteilung

221

pZy wird durch die Federkraft c h (unbekannte Federsteifigkeit c), die noch unbekannte Gewichtskraft G und die Quecksilbers¨aule der H¨ohe 2 h verursacht. Die Kr¨aftebilanz f¨ ur den Kolben mit der Quecksilbers¨aule lautet: pZy A1 = G + c h + 2 Hg g h A1 ⇒ pZy =

G + ch + 2 Hg g h . A1

(3)

Speziell f¨ ur den Aufgabenteil a) gilt h = 0 und H = 0. Wir setzen dies in die Gleichungen (1) und (3) ein: pT f = W g h1 , pZy =

G . A1

In Gleichung (2) eingesetzt und nach dem gesuchten Gewicht G aufgel¨ost liefert: G = W g h1 A1 .

(4)

b) Federsteifigkeit c: Der Quecksilberstand im Beh¨alter darf maximal um h0 (Bei einer messbaren Tiefe von Hmax ) sinken, damit kein Wasser in den Zylinder str¨omt. Gleichzeitig steigt der Kolben bei H = Hmax auf h = h0 (siehe Aufgabenteil a)). Zur Bestimmung der Federsteifigkeit setzen wir H = Hmax und h = h0 in die Gleichungen (1) und (3) ein und erhalten pT f = W g (Hmax + h1 + h0 ) , pZy =

G + c h0 + 2 Hg g h0 A1

bzw. pZy = W g h1 +

c h0 + 2 Hg g h0 . A1

Mit Gleichung (2) ergibt sich die gesuchte Federsteifigkeit c zu 

c = A1 g W

Hg Hmax +1−2 h0

W



.

(5)

c) Zusammenhang von Wassertiefe H und Quecksilberstand h: Mit (4) und (5) l¨aßt sich die Kolbenh¨ohe h aus (3) eliminieren und mit (1) durch bekannte Gr¨oßen ausdr¨ ucken: H Hmax = . h h0

222

5 Hydrostatik

5.2

Hydrostatischer Auftrieb, Kraft auf W¨ ande

Aufgabe 5.2-1

Kraft und Moment auf eine Absperrklappe

Das skizzierte, an einem Beh¨alter angeschlossene Rohr ist durch eine ebene Platte, die um den Winkel α gegen¨ uber der Rohrachse geneigt ist, verschlossen. Die elliptische Platte ist um die zur Zeichenebene senkrechte Symmetrieachse drehbar gelagert und wird durch das Moment M gegen den Wasserdruck geschlossen gehalten. a) Wie groß ist die Kraft auf die Platte und deren Komponente in die Rohrachsenrichtung? b) Welches Moment M ist notwendig, um die Klappe geschlossen zu halten? Geg.: h, R, α, , g L¨ osung a) Kraft auf die Platte: Der Umgebungsdruck p0 ist ohne Einfluß auf die auf die Platte wirkenden Kr¨afte, wir setzen daher in der folgenden Rechnung p0 = 0. Die Platte hat elliptische Form, ihre Halbachsen sind a=

R sin α

und b = R .

Der Fl¨achenschwerpunkt S liegt aus Symmetriegr¨ unden auf der Rohrachse, d. h. der Druck im Fl¨achenschwerpunkt ps betr¨agt (p0 = 0): ps = g h . Der Fl¨acheninhalt des Ellipsenquerschnitts ist R2 A = πab = π , sin α die Kraft auf die Platte ist damit F = ps A = g h π

R2 . sin α

5.2 Hydrostatischer Auftrieb, Kraft auf W¨ande

223

Sie wirkt senkrecht zur Plattenoberfl¨ache, die Komponente in Rohrachsenrichtung ist daher Fx = F sin α = g h π R2 . b) Moment auf die Platte: Wir benutzen dazu das links eingezeichnete Koordinatensystem und berechnen das Moment bzgl. des Koordinatenursprungs (xp = 0) aus der Formel (S. L. (5.41))

 p = ( g sin ϕ Ix
y
+ y
ps A) ex
− ( g sin ϕ Iy
+ x
ps A) ey
M p p zu  0 = g sin ϕ (Ix
y
ex
− Iy
ey
) . M

(1)

Die Fl¨achenmomente zweiter Ordnung des Ellipsenquerschnitts sind (siehe Handbuch) I x
y
= 0 Iy
=

(aus Symmetriegr¨ unden) ,

π 3 π R4 . a b= 4 4 sin3 α

Dies in (1) eingesetzt liefert wegen sin ϕ = sin(π − α) = sin α 4  0 = − g sin α π R ey
, M 4 sin3 α 4  0 = − g π R ey
. M 4 sin2 α

Da ey
in die Zeichenebene hinein geht, wirkt das Moment aus dem Fl¨ ussigkeitsdruck also ¨offnend.

Aufgabe 5.2-2

Abflußverschluß durch eine Halbkugelschale

Der Abfluß eines Wasserbeh¨alters (F¨ ullh¨ohe h) ist durch eine Halbkugelschale (Gewicht G, Radius r0 ) abgeschlossen. Welche Kraft F ist notwendig, um den Abfluß zu o¨ffnen? Geg.: h, , r0, g

224

5 Hydrostatik

L¨ osung F¨ ur die Berechnung verwenden wir den skizzierten Ersatzk¨orper. Der Umgebungsdruck ist ohne Einfluß, wir setzen daher wieder der Einfachheit halber p0 = 0. Die Kraft auf die Innenseite der Halbkugel ist dann null, die Kraft auf die Außenseite berechnen wir aus der Formel (S. L. (5.45)) Fz = p0 Az + g V ,

(1)

bei deren Herleitung jedoch angenommen wurde, daß n · ez < 0 ist, d. h. die Unterseite der Fl¨ache S gemeint ist. Hier betrachten wir die Oberseite, so daß wir in (1) das Vorzeichen umdrehen m¨ ussen. Also ist mit p0 = 0 Fz = − g V die Kraft, die die Fl¨ ussigkeit auf die Halbkugel aus¨ ubt. Das Kr¨aftegleichgewicht an der Glocke lautet Fz − G + F = 0 ⇒

F = G − Fz = G + g V .

Das Volumen des Ersatzk¨orpers ist V = VZylinder − VHalbkugel = π r02 h −

2 3 πr , 3 0

so daß wir f¨ ur die gesuchte Kraft letztlich erhalten: 

F = G + g h π r02 1 −

Aufgabe 5.2-3

2 r0 3 h



.

(h ≥ r0!)

Kraft auf eine bogenf¨ ormige Staumauer

5.2 Hydrostatischer Auftrieb, Kraft auf W¨ande

225

Berechnen Sie die Kraft (Fx , Fz ), die vom Wasser auf die bogenf¨ormige, oben skizzierte Staumauer ausge¨ ubt wird. Geg.: , r, R, g L¨ osung Wir setzen den Umgebungsdruck, der ohne Einfluß auf die insgesamt auf die Staumauer wirkende Kraft ist, null. Zun¨achst berechnen wir die z–Komponente der gesuchten Kraft. Dazu betrachten wir das in nebenstehendem Bild eingezeichnete Fl¨ ussigkeitsvolumen V , dessen Oberfl¨ache Sges sich zusammensetzt aus S, SM und Az , wobei S die betrachtete benetzte Oberfl¨ache der Staumauer ist. Aus dem Archimedesschen Prinzip folgt dann 

F→Ersatzvol. =

−p n dS = − g V

(S+SM +Az )

bzw. f¨ ur die z–Komponente (g · ez = −g) 

Fz

Ersatzvol.

→

=

−p n · ez dS = g V .

(S+SM +Az )

Da auf SM n · ez = 0 und auf Az p = p0 = 0 ist, gilt Fz = −Fz→ Mauer , wir erhalten also Ersatzvol.

→

Fz = Fz

Mauer

→

= − g V .

Der Volumeninhalt V ist der des skizzierten Torussegments, den wir mit Hilfe der Guldinschen Regel berechnen: Volumen = Fl¨acheninhalt des Querschnitts multipliziert mit dem Weg des Fl¨achenschwerpunkts, den dieser bei Erzeugung des Rotationsk¨orpers zur¨ ucklegt, also hier 1 2 2 π r rs . 4

V = AViertelkreis π rs = Mit rs = (R + r) −

4 r 3π

folgt f¨ ur den Volumeninhalt 



1 4 V = π 2 r2 R + r 1 − 4 3π und daher f¨ ur die z–Komponente der Kraft



226

5 Hydrostatik







π2 2 4 Fz = − g . r R+r 1− 4 3π Die x–Komponente (die y–Komponente verschwindet aus Symmetriegr¨ unden) ist 

Fx =

p n · ex dS =

(S)



p dA , (Ax )

also ist Fx auch die Kraft auf die ebene Fl¨ache Ax , die durch Projektion von S in die x–Richtung entsteht (siehe Skizze):

Fx = ps Ax = g hs Ax .

Die Fl¨achenschwerpunktlage ist

4

−zs = hs = also ergibt sich Fx = g

5

Ai (−zSi ) , Ax

Ai (−zsi ) .

Die Teilfl¨achen Ai sind zum einen das große Rechteck 2(R + r) r sowie die beiden Viertelkreise, die wieder abzuziehen sind:     π 2 4r r −2 r Fx = g 2(R + r) r 2 4 3π ⇒

Aufgabe 5.2-4



Fx



1 3 = g r + r2 R 3

.

Durch ihr Eigengewicht dichtende Halbkugelschale

Eine mit Fl¨ ussigkeit (Dichte ) gef¨ ullte Halbkugel (Radius R) mit Einf¨ ullstutzen (Radius r mit r  R) liegt auf einer ebenen Platte und dichtet durch ihr Eigengewicht G. Wie hoch darf die Fl¨ ussigkeit im Beh¨alter stehen (H¨ohe h), damit kein Leck auftritt?

5.2 Hydrostatischer Auftrieb, Kraft auf W¨ande

227

Geg.: r, R, G, , g L¨ osung Die Halbkugel dichtet noch, wenn die resultierende Kraft FA aus der Druckintegration u ¨ ber die Innenwand der Halbkugel gerade gleich dem Gewicht ist FA = G .

(1)

Der Umgebungsdruck p0 wirkt auf beiden Seiten des Gef¨aßes. Wir setzen daher p0 = 0. Die Druckintegration l¨aßt sich leicht durchf¨ uhren, indem der Auftrieb f¨ ur einen geeigneten Ersatzk¨orper (Volumen VK ) nach FA = g VK

(2)

berechnet wird. Fall a: Die Fl¨ ussigkeit steht im Einf¨ ullstutzen (h > R): Das Volumen des skizzierten Ersatzk¨orpers ist 2 π R3 − π r2 (h − R). 3 Setzen wir dies in die Gleichungen (1) und (2) ein, so erhalten wir die zul¨assige F¨ ullh¨ohe bezogen auf den Radius R:

VK = π R2 h −

2 3

−

2 r

G h 1 R =

2 +

2 . 3 R π g R 1 − r 1 − Rr R Mit der Vorgabe r  R vereinfacht sich das Ergebnis zu h G 2 = + . 3 R π g R 3 In dieser Gleichung ist der Grenz¨ ubergang G → 0 wegen h/R > 1 nicht zul¨assig.

228

5 Hydrostatik

Fall b: Die Fl¨ ussigkeit ist nur innerhalb der Halbkugel (h ≤ R): Der skizzierte Ersatzk¨orper hat das Volumen VK = π R2 h − VKugelschnitt , mit dem Volumen der geschnittenen“ Halbkugel (siehe Handbuch) ” 1 VKugelschnitt = π R2 h − π h3 . 3 Analog zu oben erhalten wir das Ergebnis f¨ ur diesen Fall: 



1 3 h . 3 Die Gleichung aufgel¨ost nach der zul¨assigen H¨ohe h ergibt

G = π g R2 h − R2 h +



h=

3G π g

Aufgabe 5.2-5

1 3

.

Zylindrische Tauchstation

Die dargestellte zylindrische Tauchstation eines Filmteams besteht aus einem aus Stahlblech der Blechdicke s gefertigten Hohlzylinder (s  D) und zwei stirnseitigen Tanks. Die Tauchkabine ist in ihrer horizontalen Mitte mit runden ebenen Fenstern (Durchmesser d) versehen. In der Station herrscht der Druck pi .

a) Die Tanks sind mit Luft gef¨ ullt und die Station schwimmt ohne Last um D/2 eingetaucht an der Wasseroberfl¨ache. Wie groß ist damit das Verh¨altnis der Dichten von Stahl und Wasser ( St / W )? b) Die Station ist nun mit dem Gewicht G belastet und vollst¨andig unter die Oberfl¨ache getaucht. 1.) Welches Wasservolumen ∆ V wurde in die Tanks geflutet? 2.) Wie groß ist l, wenn die Tanks vollst¨andig gef¨ ullt sind? c) Welche Kraft wirkt bei einer Tauchtiefe t auf ein Fenster? Geg.: L, D, d, s, W , p0 , g

5.2 Hydrostatischer Auftrieb, Kraft auf W¨ande

229

L¨ osung a) Dichteverh¨altnis St / W : Die Summe der vertikalen Kr¨afte, die auf die Station wirken, ist null: FA1 − GSt = 0 .

(1)

Die Auftriebskraft berechnet sich zu FA1 = Vf l1 W g . Da die Station halb eingetaucht ist, ist das Volumen Vf l1 gleich dem halben Gesamtvolumen der Tauchstation D2 1 L. Vf l1 = V , mit V = π 2 4 Das Gewicht der leeren Tauchstation, das gleich dem Gewicht der Stahlbleche ist, berechnet sich wie folgt: GSt = VSt St g , mit dem Stahlvolumen f¨ ur s  D VSt = π D L s + π D2 s 







L = πD s 1+ D 2

s L = 4V 1+ . L D Setzt man dies in Gleichung (1) ein und l¨ost nach dem gesuchten Dichteverh¨altnis auf, so erh¨alt man 

St 1L L −1 = 1+ .

W 8 s D b) 1.) Welches Wasservolumen ∆ V wurde geflutet? Die Summe aller vertikalen Kr¨afte, die auf die getauchte und mit dem Gewicht G belastete Station wirken, ist nun FA2 − GSt − G = 0 .

(2)

Die Auftriebskraft ist FA2 = Vf l2 W g , mit dem verdr¨angten Wasservolumen Vf l2 = V − ∆ V . GSt in der Gleichung (2) kann mittels Gleichung (1) durch 1/2 V W g ausgedr¨ uckt werden. Einsetzen in die Gleichung (2) liefert das gesuchte Volumen ∆ V bezogen auf das Gesamtvolumen der Tauchstation ∆V 1 G = − . V 2 V W g (Anm.: Man erkennt, daß G < V w g/2 sein muß, damit die Station nicht bis auf den Grund sinkt.)

230

5 Hydrostatik

2.) Wie groß ist die notwendige Tankl¨ange l bei vollen Tanks? Sollen die Tanks beim Tauchen vollst¨andig mit Wasser gef¨ ullt sein, so berechnet sich die notwendige Tankl¨ange l aus der Bedingung ∆V =

π 2 D l. 2

Mit dem Ergebnis von oben berechnet sich die Tankl¨ange zu l 1 = L 2



1 G − 2 V W g



.

c) Kraft auf ein Fenster: Die horizontale Mittellinie der Fenster in der Tauchstation liegt in der Tiefe t unter der Wasseroberfl¨ache. In der Station wirkt der Druck pi konstant u ¨ ber das Fenster. Die Kraft π Fi = pi d2 4 greift im Schwerpunkt des Fensters innen an. Im Fl¨achenschwerpunkt des Fensters (Tiefe t) herrscht der Fl¨ ussigkeitsdruck pS = p0 + W g t . Die Fl¨ ussigkeitskraft auf das Fenster ist also Fa = pS

π 2 d 4

und daher die resultierende Kraft Fy = (p0 − pi + W g t)

π 2 d . 4

5.2 Hydrostatischer Auftrieb, Kraft auf W¨ande

Aufgabe 5.2-6

231

In einen Fluß gestu ¨rzter Personenwagen Der abgebildete Personenwagen ist gerade in einen Fluß gest¨ urzt, so daß der Innendruck im Fahrzeug noch Atmosph¨arendruck p0 ist. Die Fahrzeugt¨ ur kann n¨aherungsweise als ein Rechteck mit den Seitenl¨angen a und b betrachtet werden. Die H¨ohe des Wasserspiegels u ur sei h. ¨ber der Oberkante der T¨

¨ a) Wie groß ist die zum Offnen der T¨ ur notwendige Kraft F , wenn diese Kraft senkrecht zur T¨ urfl¨ache und im Abstand 3/4 b von der vertikalen Drehachse der T¨ ur angreifen kann. b) Bis zu welcher H¨ohe x muß das Wasser im Fahrzeug steigen, damit ein Mensch mit der Muskelkraft FM die T¨ ur zu ¨offnen vermag? Geg.: h = 5 cm, a = 95 cm, b = 60 cm, W = 103 kg/m3 , g = 9, 81 m/s2 , FM = 500 N L¨ osung Da der Atmosph¨arendruck p0 auf beiden Seiten der T¨ ur wirkt, hat er keinen Einfluß auf das Ergebnis und braucht im folgenden nicht beachtet zu werden. a) Kraft F : Der Druck am Fl¨achenschwerpunkt zS der T¨ ur ist pS = − W g zS 

1 = W g h + a 2



.

Der Betrag der von außen auf die T¨ ur wirkenden Kraft ist das Produkt dieses Druckes mit der T¨ urfl¨ache A: FF l = pS A 

= W g a b h 1 +

a 2h



.

(1)

232

5 Hydrostatik

Die notwendige Kraft wird mittels Momentenbilanz um das Scharnier [A] der dargestellten T¨ ur ermittelt: F

3 1 b = FF l b 4 2

⇒ F =

2 FF l 3

(2) 

=

2 a

W g h a b 1 + 3 2h



= 1, 957 kN . b) Wasserh¨ohe x im Fahrzeug: Die resultierende Kraft ist Fy = FF la − FF li . Die Kraft FF la ist gleich FF l aus dem Aufgabenteil a) (Gleichung (1)). Die durch die Fl¨ ussigkeit im Inneren des Wagens verursachte Kraft ist FF li =

1

W g b x2 . 2

Setzen wir in die rechte Seite der Gleichung (2) die resultierende Kraft Fy und auf der linken Seite die aufwendbare Kraft FM ein und l¨osen nach der unbekannten Wasserh¨ohe x auf, so erhalten wir: 

x =



2ah 1 +



a 3 FM − 2h

W g b

= 86 cm . F¨ ur x = 0 wird wieder das Ergebnis aus a) erhalten.

6 Laminare Schichtenstr¨ omungen

Aufgabe 6-1

Ebene Ringspaltstr¨ omung Im Ringspalt zwischen zwei unendlich langen Zylindern (RA , RI ) befindet sich inkompressible Newtonsche Fl¨ ussigkeit ( , η). Der ¨außere Zylinder rotiert mit ΩA , der innere mit ΩI . Die Str¨omung sei station¨ar. Man bestimme f¨ ur den Fall, daß die Axialkomponente der Geschwindigkeit null ist,

a) b) c) d)

das Geschwindigkeits– und Druckfeld, die an beiden Zylindern angreifenden Momente, die im Spalt dissipierte Leistung. F¨ ur welches Verh¨altnis ΩA /ΩI ist die Str¨omung eine Potentialstr¨omung?

Geg.: RA , RI , ΩA , ΩI , , η L¨ osung a) Geschwindigkeits– und Druckfeld in Zylinderkoordinaten: Die einzige von null verschiedene Komponente ist bekannt (S. L. (6.42)) uϕ (r) = =

ΩA R2A − ΩI R2I (ΩI − ΩA ) R2I R2A 1 r + 2 2 r RA − RI R2A − R2I C1 r

+

C2 1r

C2 =

(ΩI − ΩA ) R2I R2A . R2A − R2I

mit den Konstanten C1 =

ΩA R2A − ΩI R2I , R2A − R2I

Aus der r–Komponente der Navier–Stokesschen Gleichung

dp = dr r



C2 C1 r + r

2

(1)

234

6 Laminare Schichtenstr¨omungen

l¨aßt sich nun die Druckverteilung berechnen:

p(r) = 2



+ 2

− 2

ΩA R2A − ΩI R2I R2A − R2I

2

r2

ΩA R2A − ΩI R2I (ΩI − ΩA ) R2I R2A ln r R2A − R2I R2A − R2I



(ΩI − ΩA ) R2I R2A R2A − R2I

2

1 + const r2

(Der Druck ist — wie immer in inkompressibler Str¨omung ohne Druckrandbedingung — nur bis auf eine Konstante bestimmbar.). b) Moment auf die Zylinder: Aus Symmetriegr¨ unden haben die Momente auf die beiden Zylinder nur eine z-Komponente, die sich zu MI = τrϕ |r=RI 2 π R2I

(2)

MA = −τrϕ |r=RA 2 π R2A

(3)

berechnen.

Die Komponente τrϕ des Spannungstensors lautet: 

τrϕ = 2 η erϕ ⇒





∂ uϕ 1 ∂ur = η r + ∂r r r ∂ϕ

τrϕ = −η



2 (ΩI − ΩA ) R2I R2A . r2 R2A − R2I

Aus (2) und (3) folgt dann MI = −4 π η

MA

(ΩI − ΩA ) R2I R2A , R2A − R2I

(ΩI − ΩA ) R2I R2A = 4π η . R2A − R2I

Die Momente sind also bis auf das Vorzeichen gleich, was auch direkt aus dem Drallsatz folgt. c) Dissipierte Leistung: Im station¨aren Fall muß die im Spalt dissipierte Leistung als W¨arme an die Umgebung abgegeben werden:  

PD = V

Φ dV = −Q˙ .

235

Wir wenden die Energiegleichung D (K + E) = P + Q˙ Dt auf ein Kontrollvolumen an, das die Fl¨ ussigkeit im Ringspalt beinhaltet. Die linke Seite dieser Gleichung ist null, da die Str¨omung station¨ar ist und die Zylinderoberfl¨achen nicht durchstr¨omt werden. Dies wird einsichtig, wenn man die linke Seite mit dem Reynoldsschen Transporttheorem umschreibt D ∂ (K + E) = Dt ∂t





(V )

u2 +e 2







dV +

(S)



u2 + e u · n dS . 2

Also gilt (die Leistung der Volumenkr¨afte ist null): −Q˙ = PD = P =



ti ui dS (S)

⇒ PD =





tϕ uϕ dS + SI

tϕ uϕ dS . SA

Wegen der Haftbedingung ist uϕ = ΩI RI auf SI und uϕ = ΩA RA auf SA : ⇒



PD = ΩI



tϕ RI dS + ΩA SI

tϕ RA dS . SA

Die Integrale stellen die Momente dar, welche die Zylinder auf die Fl¨ ussigkeit aus¨ uben. Damit erhalten wir PD = −ΩI MI − ΩA MA bzw. mit den berechneten Momenten R2I R2A PD = 4 π η 2 (ΩI − ΩA )2 . 2 RA − RI Die dissipierte Leistung ist also von dem Starrk¨orperrotationsteil C1r im Geschwindigkeitsfeld vollkommen unabh¨angig, wie es auch sein muß. d) ΩA /ΩI f¨ ur rotationsfreie Str¨omung (Potentialstr¨omung): Die ebene Str¨omung kann nur in die z–Richtung eine von null verschiedene Rotationskomponente haben: 1 rotu = r =



∂ur ∂ (ruϕ ) − ∂r ∂ϕ



 1 d C1 r2 + C2 ez r dr

= 2 C1 ez .

ez

236

6 Laminare Schichtenstr¨omungen

F¨ ur Rotationsfreiheit ist daher zu fordern C1 = 0 , aus (1) folgt





ΩA RI 2 = ⇒ = . (4) ΩI RA Ein wichtiger Sonderfall von (4) ist RA → ∞, d. h. ΩA = 0. Die berechnete Str¨omung ist dann die exakte L¨osung f¨ ur einen im unendlichen Raum rotierenden Zylinder (RI , ΩI ). Ist (4) erf¨ ullt, so handelt es sich um eine reibungsbehaftete Potentialstr¨omung. ΩA R2A

Aufgabe 6-2

ΩI R2I

Roh¨ oltransport durch Pipelines

Bei sehr niedrigen Außentemperaturen kann Roh¨ol nur deshalb bei ertr¨aglichem Druckabfall durch Pipelines gepumpt werden, weil sich ¨ aufgrund der Dissipation das Ol erw¨armt und somit die Scherviskosit¨at abnimmt. Der Viskosit¨atsTemperatur-Zusammenhang f¨ ur Roh¨ol ist im gezeigten Diagramm aufgetragen. Die Str¨omung ist laminar, inkompressibel, die Temperatur und somit auch die Viskosit¨at k¨onnen als u ¨ ber den Rohrradius in etwa konstant angenommen werden. Die Str¨omungsgr¨oßen ¨andern sich in Rohrachsenrichtung nicht. ¨ U, der Rohrdurchmesser R und die UmDie mittlere Str¨omungsgeschwindigkeit des Ols gebungstemperatur Tu sind bekannt. Der W¨armeverlust an die Umgebung pro L¨angeneinheit des Rohres kann durch die Formel Q˙ = k (T − Tu ) 2 π R

(1)

¨ abgesch¨atzt werden, in der T die mittlere Oltemperatur ist. a) Wie lautet die Gleichung f¨ ur das Geschwindigkeitsprofil uz (r)? b) Bestimmen Sie die Dissipationsfunktion Φ. (Hinweis: Gehen Sie von der Bestimmungsgleichung f¨ ur Φ in symbolischer Schreibweise aus und benutzen Sie Zylinderkoordinaten!) c) Wieviel Energie PD wird pro Rohrl¨angeneinheit (in Abh¨angigkeit von der noch unbekannten Viskosit¨at η) dissipiert?

237

d) Damit die Str¨omung von der Koordinate in Rohrachsenrichtung unabh¨angig ist, muß die dissipierte Energie als W¨arme an die Umgebung abgegeben werden. Die Bedingung, daß dieser W¨armestrom der Gleichung (1) gen¨ ugen muß, liefert einen Zusammenhang zwischen der noch unbekannten Viskosit¨at und der sich einstellen¨ den Oltemperatur. Tragen Sie diesen Zusammenhang in das Diagramm ein und bestimmen Sie so T und η. e) Welcher Druckgradient ∂p/∂z stellt sich ein? Geg.: U = 3 m/s, R = 0, 5 m, Tu = −40◦ C (Alaska), k = 0, 8 W/(m2 K) (isoliert !) L¨ osung a) Geschwindigkeitsprofil uz (r): Die Str¨omung ist laminar, die Viskosit¨at kann als konstant u ¨ber den Querschnitt angesehen werden, das gesuchte Geschwindigkeitsprofil ist folglich das der HagenPoiseuille-Str¨omung:   2  r uz (r) = 2 U 1 − . (2) R b) Dissipationsfunktion Φ: Es gilt

Φ = λ∗ (sp E)2 + 2 η sp (E2) .

(3)

In der inkompressiblen Str¨omung ist sp E = eii = 0. In Zylinderkoordinaten hat der Deformationsgeschwindigkeitstensor E die Komponenten ⎛

err ⎜ E = ⎝ eϕr ezr

⎞

erϕ eϕϕ ezϕ

erz ⎟ eϕz ⎠ . ezz

mit erz = (1/2) ∂uz /∂r (S. L. (B.2)), alle anderen Komponenten sind null, d. h. in Matrixform ⎛

0 ⎜ E=⎝ 0

1 ∂uz 2 ∂r

0 0 0

1 ∂uz 2 ∂r

⎞ ⎟

0 ⎠ 0

∂uz r = −4 U 2 . ∂r R

mit

(4)

Man erh¨alt damit f¨ ur E2 (Falksches Schema) ⎛

E2 = ⎜ ⎝ und daraus 1 sp (E ) = 4



2

1 4

∂uz ∂r

2

0 0 0

0 0

∂uz ∂r

2

1 + 4



⎞

1 4

∂uz ∂r

0 ⎟

0 2 ⎠ ∂uz ∂r

2

1 = 2



∂uz ∂r

2

.

Aus (3) und (4) erh¨alt man dann 1 Φ = 2η 2



∂uz ∂r

2



=η

∂uz ∂r

2

= 16 η U

2

r2 . R4

(5)

238

6 Laminare Schichtenstr¨omungen

c) Dissipierte Energie pro Rohrl¨ange: 

PD =

R

Φ dV =

16 η U r=0

(V )

2

r2 2 2 π r dr = 8 π η U . R4

(6)

d) Bestimmung von T und η: Die dissipierte Energie ist gleich dem W¨armeverlust an die Umgebung PD = Q˙

⇒

2

8 π η U = k (T − Tu ) 2 π R kR ◦ η= 2 (T − Tu ) . (Tu = −40 C) 4U

⇒

2

(7)

Tragen wir die durch (7) mit (k R)/(4 U ) = 1/90 (kg/msK) gegebene Gerade in obiges Diagramm ein, so lesen wir im Schnittpunkt der beiden Kurven (siehe nebenstehendes Diagramm) das Wertepaar T ≈ −2, 3◦ C, η ≈ 0, 42 kg/(ms) ab.

e) Druckgradient: Es gilt f¨ ur die Hagen-Poiseuille-Str¨omung (S. L. (6.63)) π R4 ∆p π R4 ∂p V˙ = =− 8 η l 8 η ∂z ⇒

−

∂p 8 V˙ η bar U = . = 8 η 2 = 0, 4032 4 ∂z πR R km

239

Aufgabe 6-3

Oszillierende Rohrstr¨ omung

In einem unendlich“ langen, geraden ” Kreisrohr wird inkompressible, newtonsche Fl¨ ussigkeit (η) durch ein periodisches Druckgef¨alle in Schwingungen versetzt. Der Rohrradius ist R, die Dichte der Fl¨ ussigkeit . Das Druckgef¨alle im Rohr ist durch ∂p/∂z = − K cos(ω t), mit K = const gegeben. F¨ ur die Vereinfachungen der Bewegungsgleichungen greifen wir auf die Diskussion in S. L. (Kapitel 6.1.5) zur¨ uck. Es soll der eingeschwungene Zustand betrachtet werden, Volumenkr¨afte bleiben unber¨ ucksichtigt. Es ist die Geschwindigkeitsverteilung zu berechnen. Geg.: K, R, , η L¨ osung Wir verwenden das in der Aufgabenstellung skizzierte dem Problem angepaßte Zylinderkoordinatensystem. An der Rohrwand r = R ist ur = uϕ = 0, und wir setzen wie bei der Hagen-Poiseuille-Str¨omung (siehe S. L. Kap. 6.1.5) ur und uϕ im ganzen Str¨omungsfeld identisch null. Die Rotationssymmetrie besagt, daß die Ableitungen s¨amtlicher Str¨omungsgr¨oßen in ϕ-Richtung verschwinden (∂/∂ϕ = 0). Der Kontinuit¨atsgleichung (siehe S. L. Anhang B.2) entnehmen wir dann ∂uz =0 ∂z

⇒

uz = uz (r, t) .

Die r-Komponente der Navier-Stokesschen Gleichung liefert 0=

∂p ∂r

⇒

p = p(z, t) .

Alle Terme der ϕ-Komponente verschwinden identisch. Mit dem gegebenen Druckgradienten erhalten wir aus der z-Komponente die Gleichung 

∂uz ∂ 2uz 1 ∂uz + = K cos ωt + ν ∂t ∂r2 r ∂r



(1)

mit der dazu geh¨orenden Randbedingung uz (r = R, t) = 0 . Zur L¨osung der Differentialgleichung (1) verwenden wir die komplexe Schreibweise −

1 ∂p = Kei ω t ,

∂z

(2)

wobei dann nur der Realteil physikalische Bedeutung hat. Dies legt f¨ ur die Geschwindigkeit einen Ansatz in der Form uz (r, t) = f(r)eiωt

(3)

240

6 Laminare Schichtenstr¨omungen

nahe. Setzen wir (2) und (3) in (1) ein, so erhalten wir eine inhomogene Besselsche Differentialgleichung von nullter Ordnung f¨ ur die Funktion f(r) r2 f

(r) + rf
(r) − i

ω 2 K r f(r) = − r2 . ν ν

(4)

Eine partikul¨are L¨osung fp (r) dieser Gleichung ergibt sich durch den Ansatz vom Typ der rechten Seite zu K fp (r) = −i . (5) ω Die allgemeine L¨osung der homogenen Differentialgleichung lautet bekanntlich ⎛

⎞

⎛

⎞

−iω ⎠ −iω ⎠ r + C2 Y0 ⎝ r fh (r) = C1 J0 ⎝ ν ν

(6)

sie kann B¨ uchern u ¨ ber gew¨ohnliche Differentialgleichungen entnommen werden. Die L¨osung ist eine Linearkombination der Besselschen Funktionen erster Art und nullter Ordnung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞2n ∞ n 5 −iω (−1) −i ω r ⎝ ⎠ J0 ⎝ r⎠ = 2 ν (n!) ν 2 n=0 und der Besselschen Funktionen zweiter Art und nullter Ordnung Y0 (z) =

 2n 

∞ (−1)n 25 2 z J0(z)(ln + γ) = − π 2 π n=0 (n!)2

z 2



1 1 + + ··· + 1 n n−1

,



γ ≈ 0.5772 bezeichnet die Euler-M’ascheroni-Konstante. Die Funktion Y0 ( −iω/ν r) besitzt f¨ ur r = 0 eine logarithmische Singularit¨at. Die Geschwindigkeit muß im ganzen Rohr beschr¨ankt bleiben, die Funktion Y0 (z) scheidet daher als L¨osung aus, d. h. C2 = 0. Damit ergibt sich zun¨achst aus (3),(5) und (6) ⎡

⎛

uz (r, t) = ⎣C1 J0 ⎝

⎞

⎤

−iω ⎠ K r − i ⎦ eiωt . ν ω

Mit der Haftbedingung an der Rohrwand ⎡

⎛

⎞

⎤

−iω ⎠ K uz (r = R, t) = 0 = ⎣C1 J0 ⎝ R − i ⎦ eiωt ν ω erhalten wir die Konstante C1 =

i K/ω

J0



−iω ν



R

und damit die L¨osung zu ⎛

uz (r, t) = −i

J0



−iω ν

K iω t ⎜ e ⎝1 −  −iω ω J0 ν

⎞

r ⎟ ⎠ . R

(7)

241

Da nur der Realteil physikalische Bedeutung hat schreiben wir ⎡

⎛



 ⎞⎤

−iω r ⎟⎥ J0 K ν ⎢ ⎜  ⎠⎦ . uz (r, t) =  ⎣−i eiω t ⎝1 −  −iω ω J0 R ν

(8)

F¨ ur die graphische Darstellung dieser Funktion wird die Geschwindigkeitskomponente uz (r, t) mit der mittleren Geschwindigkeit U = K R2 /(8ν) = K N 2 /(8ω) (siehe S. L. (6.58)) dimensionslos gemacht

√  ⎞⎤ ⎡ ⎛ r −i N J 0 uz (r, t) 8 R

√  ⎠⎦ , =  ⎣−i 2 eiω t ⎝1 − N U J0 −i N

(9)



wobei zur Abk¨ urzung N = ω/ν R eingef¨ uhrt wurde. In den gezeigten Abbildungen ist der Geschwindigkeitsverlauf f¨ ur die Parameterwerte N = 1 und N = 5, was zwei verschiedenen Frequenzen ω entspricht, aufgetragen.

F¨ ur kleine Frequenzen hat die Geschwindigkeitsverteilung die gleiche Phase wie der zeitliche Verlauf des Druckgradienten. Die Geschwindigkeitsverteilung ist parabolisch wie bei der Hagen-Poiseuille-Str¨omung. Mit zunehmender Frequenz entsteht eine Phasennacheilung der Str¨omung in der Rohrmitte gegen¨ uber den wandnahen Schichten. Die Amplitude der Str¨omung in der Rohrmitte nimmt ab, die Fl¨ ussigkeit schwingt mit einer Phasenverschiebung von einer viertel Periode gegen¨ uber dem treibenden Druckgradienten.

242

6 Laminare Schichtenstr¨omungen

Aufgabe 6-4

Vergleich der station¨ aren Druck–Schleppstr¨ omung einer Newtonschen und Stokesschen Flu ¨ssigkeit und einem Bingham Material

Zwischen zwei parallelen, in x– und z–Richtung unendlich ausgedehnten, ebenen Platten befindet sich ein inkompressibles Material mit der konstanten Dichte . Die obere Platte wird mit der konstanten Geschwindigkeit uW = U ex geschleppt. Die Plattenbewegung und die x–Komponente des Druckgradienten ∂p/∂x = −K bewirken eine station¨are Druck–Schleppstr¨omung. Volumenkr¨afte sind zu vernachl¨assigen. Berechnen Sie a) die Dissipationsfunktion Φ und b) die pro L¨angen- und Tiefeneinheit zwischen den Platten dissipierte Energie (pro Zeiteinheit) Ed f¨ ur a) eine Newtonsche Fl¨ ussigkeit, b) eine Fl¨ ussigkeit, die dem Materialgesetz τij = −p δij + 2α eij + 4β eik ekj (Stokessche Fl¨ ussigkeit, inkompressibler Fall) gehorcht, und f¨ ur c) ein Bingham-Medium (ϑ, η1 , G). Variieren Sie bei festem K > 0, U > 0 und h die Materialgr¨oßen η, α, β, η1 und ϑ und vergleichen Sie die Ergebnisse. Geg.: h, U, K, , η, η1 , ϑ, α, β = const L¨ osung a) Die Dissipationsfunktion Φ lautet allgemein Φ = Pij eij , wobei zur Berechnung das Materialgesetz und das Geschwindigkeitsfeld bekannt sein m¨ ussen. Im vorliegenden Fall ist die Str¨omung eine station¨are Schichtenstr¨omung und es gilt u1 = u1(x2 ) ,

u2 = u3 = 0 .

Damit hat der Deformationsgeschwindigkeitstensor eij nur zwei von Null verschiedene Komponenten, n¨amlich e12 = e21 =

1 ∂u1 1 du1 = 2 ∂x2 2 dx2

243

und die Dissipationsfunktion vereinfacht sich nach Summation zu Φ = P12 e12 + P21 e21 = 2P12 e12 ,

(1)

benutzt man noch die Symmetrie des Reibungsspannungstensors Pij . ur eine Newtonsche Fl¨ ussigkeit lautet (S. L. 1.) Der Reibungsspannungstensor Pij f¨ (3.2a)) Pij = λ∗ ekk δij + 2η eij und vereinfacht sich f¨ ur inkompressible Str¨omung (ekk = 0) auf Pij = 2η eij . Damit erh¨alt man aus (1) 

Φ = 2P12 e12 = 4η e12e12

du1 =η dx2

2

.

Die Geschwindigkeitskomponente u1(x2 ) = u(y) der Couette-Poiseuille-Str¨omung (S. L. (6.19)) ist  y K h2 y y u(y) = + , 1− U h 2η U h h woraus man  du1 U Kh du y = + = 1−2 dx2 dy h 2η h gewinnt. Die Dissipationsfunktion wird dann



U y Kh Φ(y) = η 1−2 + h 2η h

2

oder in dimensionsloser Form ˜N = Φ



Φ 1 (1 − 2˜ y) = AN 1 + K U/2 AN

2

(2)

mit AN = 2U η/(K h2 ) und y˜ = y/h. 2.) Dem Spannungstensor f¨ ur eine Stokessche Fl¨ ussigkeit τij = −p δij + 2α eij + 4β eik ejk entnimmt man mit Hilfe der allgemeinen Aufspaltung (S. L. (2.35)) τij = −p δij + Pij den Tensor der Reibungsspannungen zu Pij = 2α eij + 4β eik ejk . F¨ ur die Dissipationsfunktion gilt wieder Φ = 2P12 e12 ,

(3)

244

6 Laminare Schichtenstr¨omungen

worin P12 aus Gleichung (3) berechnet wird P12 = 2α e12 + 4β(e11e21 + e12 e22 + e13e23) = 2α e12 , * +, -

* +, -

* +, -

=0

=0

=0

und sich daher f¨ ur die Dissipationsfunktion 

Φ = 4α e12e12

du1 =α dx2

2

(4)

ergibt. Zur Berechnung des Geschwindigkeitsfeldes gehen wir von der Cauchy Gleichung (S. L. (2.38a)) aus

Dui ∂τji , = ki + Dt ∂xj

die sich bei einer station¨aren Schichtenstr¨omung und unter Vernachl¨assigung von Volumenkr¨aften zu ∂τji (5) 0= ∂xj vereinfacht. Die erste Komponente von Gleichung (5) ∂τ11 ∂τ21 ∂τ31 + + ∂x1 ∂x2 ∂x3 liefert mit den Komponenten des Spannungstensors τij 0=

τ11 = −p δ11 + 4β(e11e11 +e12e12 + e13e13) = −p + 4β e212 , * +, -

* +, -

=0

=0

τ12 = 2α e12 + 4β(e11e21 + e12e22 + e13e23) = 2α e12 = τ21 * +, -

* +, -

* +, -

=0

=0

=0

eine Differentialgleichung f¨ ur die unbekannte Geschwindigkeit u1 (x2): 0 = −

∂p ∂e12 + 2α , ∂x1 ∂x2

0 = K +α

d2 u1 dx2 2

bzw. d2 u/(dy)2 = −K/α. Diese DGL f¨ ur u(y) sowie die zugeh¨origen Randbedingungen u(y = 0) = 0 , u(y = h) = U sind dieselben wie f¨ ur die Couette-Poiseuille-Str¨omung, man erh¨alt also auch dasselbe Geschwindigkeitsfeld und, folgend aus (4), denselben Ausdruck f¨ ur die dimensionslose Dissipationsfunktion Φ: ˜S = Φ



Φ 1 (1 − 2˜ y) = AS 1 + K U/2 AS

wobei nun AS = ist, mit α anstelle η.

2U α K h2

2

,

(6)

245

Anm. 1: Bei der Berechnung der Couette-Poiseuille-Str¨omung (Kap. 6.1.2, S. L.) folgt aus der y-Komponente der Navier-Stokesschen Gleichung, daß der Druck p nur eine Funktion von x sein kann. Diese Einschr¨ankung folgt aus dem Materialgesetz f¨ ur Newtonsche Fl¨ ussigkeiten. Bei der Druck-Schleppstr¨omung einer Stokesschen Fl¨ ussigkeit ergibt sich aus der zweiten Komponente von Gleichung (4) aber ∂p ∂e2 0=− + 4β 12 ∂x2 ∂x2 und daher  2 ∂p d du , =β ∂y dy dy woraus die Druckverteilung zu 

du p(x, y) = β dy

2

−Kx+C

folgt. Diese h¨angt also hier auch von der Koordinate y ab; die Integrationskonstante C ist in inkompressibler Str¨omung ohne Druckrandbedingung nicht bestimmbar. Anm. 2: Die Materialkonstante β hat keinen Einfluß auf die Dissipationsfunktion sondern nur auf die Druckverteilung. 3.) Bei der Druck-Schleppstr¨omung eines Bingham-Materials (Kap.6.4.1, S. L.) wird nur in den Fließzonen Energie dissipiert. Aus dem Binghamschen Materialgesetz erh¨alt man f¨ ur den Fall des Fließens Pij = 2η e
ij

mit η = η1 + 

ϑ

.

2e
ij e
ij

Bei der Ermittlung von P12 ist jetzt zu beachten, daß in dem Ausdruck e
ij e
ij u ¨ber die Indizes i und j zu summieren ist und daß e
ij der deviatorische Anteil des Deformationsgeschwindigkeitstensors eij ist. Man erh¨alt dann ⎛

⎞

P12 = Pxy = 2 ⎝η1 + 

ϑ 4e
xy e
xy

Mit e
xy = 12 du/dy ergibt sich Pxy



du du = η1 + ϑ sgn dy dy

und weiter



Φ = 2Pxy exy = η1

du dy

2

⎠ e


xy

.



   du    + ϑ   . dy

(7)

Aus den Geschwindigkeitsverteilungen in den Fließzonen (S. L. (6.197), (6.198)) folgt f¨ ur die 1. Fließzone 

y Kh du κ1 − = dy η1 h



≥0

246

6 Laminare Schichtenstr¨omungen

und die 2. Fließzone





Kh du y = κ2 − ≤0. dy η1 h

Mit den dimensionslosen Kennzahlen A = 2Uη1 /(K h2 ) und B = 2ϑ/(K h), sowie y˜ = y/h berechnet man nach wenigen Rechenschritten die dimensionslose Dissipationsfunktion in der ersten Fließzone (0 < y˜ < κ1 ) zu  2 Φ = 2(κ1 − y˜)2 + B(κ1 − y˜) K U/2 A

˜B = Φ 1

(8)

und in der zweiten Fließzone (κ2 < y˜ < 1) ˜B = Φ 2

 2 Φ = 2(κ2 − y˜)2 − B(κ2 − y˜) . K U/2 A

(9)

Bei bekanntem A und B sind die Grenzen der Fließzonen gegeben durch κ1 =

A + (1 − B)2 2(1 − B)

(S. L. (6.203))

κ2 =

A + (1 − B 2) . 2(1 − B)

(S. L. (6.204))

und

b) Die pro L¨angen- und Tiefeneinheit zwischen den Platten dissipierte Energie Ed erh¨alt man durch Integration der Dissipationsfunktion Φ zu h

Ed = 0

KU Φ(y)dy = 2

h

˜ Φ(y)dy .

0

Mit y˜ = y/h und dy = hd˜ y stellt sich die dimensionslose dissipierte Energie Ed ˜d = E = K U h/2

1

˜ y )d˜ Φ(˜ y,

0

wie folgt dar: 1.) F¨ ur die Newtonsche Fl¨ ussigkeit folgt mit Gleichung (2) ˜d = E N

1

˜ N (˜ y)d˜ y = AN + Φ

0

1 , 3AN

(10)

2.) f¨ ur die Stokessche Fl¨ ussigkeit aus Gleichung (6) ˜d = E S

1

0

1 ˜ S (˜ y )d˜ y = AS + , Φ 3AS

(11)

247

3.) f¨ ur das Bingham-Material aus den Gleichungen (8) und (9)

˜d = E B

κ1

˜ B1 (˜ y)d˜ y+ Φ

0

1

˜ B2 (˜ Φ y )d˜ y

κ2 (12)

2 + 6A2 − 7B − 3A2 B + 8B 2 − 2B 3 − 2B 4 + B 5 = . 6A(B − 1)2

Beim abschließenden Vergleich werden bei konstantem U, K sowie h die Materialkonstanten η, α, η1 und ϑ variiert. Die Konstante β hat, wie schon gezeigt, keinen Einfluß auf die Dissipation. Die Stokessche Fl¨ ussigkeit verh¨alt sich wie die Newtonsche Fl¨ ussigkeit; α spielt die Rolle von η. Zum Vergleich von Bingham-Material und Newtonscher Fl¨ ussigkeit werden die Gleichungen (10) und (12) als Funktionen der dimensionslosen Z¨ahigkeit AN bzw. A aufgetragen. Die dimensionslose Fließspannung B beim Bingham-Material ist Scharparameter. Man erkennt, daß alle Kurven ein Minimum haben, das sich im Fall der Newtonschen Fl¨ ussigkeit aus Gleichung (2) zu 

ANmin =

1 3

ergibt. F¨ ur B = 0 verh¨alt sich das BinghamMaterial wie eine Newtonsche Fl¨ ussigkeit. ˆ Der Schnittpunkt A, ab dem in der Str¨omung des Bingham-Materials mehr Energie dissipiert wird als in der Couette-Poiseulle-Str¨omung ergibt sich durch Gleichsetzen der Gleichungen (10) und (12) abh¨angig von B zu 

Aˆ =

3 − 6B + 2B 2 + 2B 3 − B 4 . 9 − 6B

Der starke Anstieg der dissipierten Energie f¨ ur den Fall AN → 0 bzw. A → 0 r¨ uhrt daher, daß bei festgehaltenem Druckgradienten in x-Richtung der Volumenstrom stark ansteigt und große Geschwindigkeitsgradienten auftreten, die die Dissipation erh¨ohen. Der Grenzfall η = 0 → A = 0 (reibungsfreie Str¨omung) kann nicht beschrieben werden, da dann auch K = 0 werden muß und zudem die Wandbewegung keine Str¨omung bewirkt.

7 Grundzu omungen ¨ge turbulenter Str¨

Aufgabe 7-1

Turbulente Couette–Str¨ omung

Es soll das Geschwindigkeitsfeld der turbulenten Couette–Str¨omung zwischen zwei sich gegeneinander bewegenden, unendlich langen Platten berechnet werden. Die Str¨omung habe die konstante Dichte , sei in den Mittelwerten station¨ar und nur von y abh¨angig. Volumenkr¨afte sind vernachl¨assigbar. Die turbulenten Scheinspannungen (Reynoldssche Spannungen) sollen nach dem Prandtlschen Mischungswegansatz berechnet werden, wobei f¨ ur die Verteilung des Mischungsweges der Ansatz l(y) = K (h2 − y 2) gemacht wird. a) Bestimmen Sie die Konstante K so, daß gilt: 

dl  −  = ±κ . dy y=±h ur die gegebene b) Wie lautet die Gleichung f¨ ur die turbulenten Scheinspannungen τt f¨ Mischungswegverteilung? c) Da in der Couette-Str¨omung p konstant ist, ist auch die Schubspannung konstant, so daß du − u
v
= u2∗ = const η dy gilt. Außerhalb der viskosen Unterschicht ist die viskose Schubspannung η du/dy gegen¨ uber der turbulenten Schubspannung vernachl¨assigbar. Berechnen Sie mit dieser Vereinfachung das Geschwindigkeitsprofil u(y) (Hinweis: u(y = 0) folgt aus der Symmetriebedingung). d) Wie lautet die Geschwindigkeitsverteilung als Funktion des Abstandes von der unteren Wand y
= y + h?

249

e) Zeigen Sie, daß f¨ ur kleine y
das logarithmische Wandgesetz in dimensionshomogener Form entsteht. (Hinweis: Die Geschwindigkeitsverteilung aus d) ist am Rand der viskosen Unterschicht (y
u∗ /ν = β) gleich der Geschwindigkeitsverteilung aus der viskosen Unterschicht.) Geg.: h, κ, U, u∗, , ν L¨ osung a) Die Konstante K: In unmittelbarer Wandn¨ahe muß f¨ ur den Mischungsweg 

l = κ y
gelten, d. h. hier



dl   =κ, dy y=−h



y
1 h 

dl   = −κ . dy y=+h

Mit der gegebenen Mischungswegverteilung folgt also 

 dl    = K (−2 y) = ±2 K h = ±κ y=∓h dy y=∓h

⇒

K=

κ . 2h

(1)

b) Die turbulente Scheinspannung: Prandtlsche Mischungswegformel:    du  du   τt = − u
v
= l   .  dy  dy 2

Im vorliegenden Fall ist du/dy immer positiv, so daß die Betragsstriche weggelassen werden k¨onnen. Setzt man die gegebene Verteilung l(y) mit K aus (1) ein, so entsteht:    2 du 2 κ 2 2

τt = − u v = h −y . (2) 2h dy c) Geschwindigkeitsprofil u(y): Wegen des verschwindenden Druckgradienten ist die gesamte Schubspannung, bestehend aus viskoser Schubspannung und turbulenter Scheinspannung, u ¨ ber der Kanalh¨ohe konstant: du − u
v
= τw = u2∗ = const . (3) η dy ¨ Außerhalb der viskosen Unterschicht und der Ubergangsschicht ist der viskose Anteil in (3) vernachl¨assigbar, so daß wir f¨ ur den voll turbulenten Teil schreiben k¨onnen − u
v
= u2∗ ,

250

7 Grundz¨ uge turbulenter Str¨omungen

mit (2) also  2 κ 2 2

h −y 2h 

⇒



du dy

2

= u2∗

 du κ 2 = u∗ h − y2 2h dy

1 u∗

⇒



und integriert:



u h+y 1 = ln u∗ κ h−y



2h κ

du =

dy + const h2 − y 2



+ const ,

wobei die Konstante null ist, da aus Symmetriegr¨ unden u(y = 0) = 0 gilt. d) u = u(y
): Mit y
= y + h erh¨alt man 

1 u(y
) y
= ln u∗ κ 2h − y






1 y
/h = ln κ 2 − (y
/h)



.

(4)

e) Schreibt man Gleichung (4) in der Form







1 y
u(y
) y
= ln − ln 1 − u∗ κ 2h 2h so gilt f¨ ur y
/h  1:



1 u(y
) y
= ln u∗ κ 2h



,

(5)

.

(6)



.

Diese Gleichung schreiben wir nun in der Form 

1 u(y
) y
u∗ = ln u∗ κ ν





+

1 ν ln κ 2hu∗



Am Rand der viskosen Unterschicht muß diese Geschwindigkeitsverteilung mit derjenigen der viskosen Unterschicht u ¨ bereinstimmen. In der viskosen Unterschicht ist die Verteilung linear, entsprechend der Gleichung (S. L. (7.54)) lautet sie hier y
u∗ u+U = y∗ . = u∗ ν (y∗ ist der dimensionslose Abstand von der unteren Wand, U ist der Betrag der Wandgeschwindigkeit) U u ⇒ = y∗ − . (7) u∗ u∗ Mit β als dimensionsloser Dicke der viskosen Unterschicht erh¨alt man aus (6) und (7)  ν U 1 1 β− = ln β + ln u∗ κ κ 2hu∗

251

und wir identifizieren die Konstante des logarithmischen Gesetzes B zu 



1 U 1 ν ln + = β − ln β = B . κ 2hu∗ u∗ κ Damit entsteht aus (6)



u+U y
u∗ 1 = ln u∗ κ ν



+B .

(8)

Dies ist das logarithmische Wandgesetz, das sich von dem in S. L. hergeleiteten durch die u ¨ berlagerte Plattengeschwindigkeit U/u∗ unterscheidet.

Aufgabe 7-2

Geschwindigkeitsverteilung der turbulenten Couette–Str¨ omung bei gegebener Reynoldszahl

Die Geschwindigkeitsverteilung u(y
)/U der turbulenten Couette–Str¨omung in Aufgabe 7-1 ist f¨ ur die Reynoldszahl Re = 2h U/ν = 34 000 zu berechnen. Aus der gleichzeitigen G¨ ultigkeit des Mittengesetzes und des logarithmischen Wandgesetzes (Gleichung (6) und (8) der Aufgabe 7-1) bestimme man zun¨achst ein Widerstandsgesetz, d. h. eine implizite Gleichung f¨ ur u∗. Aus dieser Gleichung ist die Zahl 2h u∗ /ν zu berechnen und die Geschwindigkeitsverteilung u(y
)/U f¨ ur 0 < y
< 2h anzugeben. L¨ osung Aus den Gleichungen 

u(y
) y
u∗ 1 = ln u∗ κ ν und





+

ν 1 ln κ 2hu∗



1 u+U y
u∗ = ln u∗ κ ν





+B .

gewinnen wir durch Subtraktion die Beziehung 

2h U ν ν 1 = B − ln ν u∗ 2h κ 2hu∗



,

die ein Widerstandsgesetz ist. Mit B = 5, 0 , κ = 0, 4 und 2h U/ν = 34 000 erhalten wir numerisch die L¨osung dieser impliziten Gleichung zu u∗ 2h/ν = 1 464, 11. Die Geschwindigkeitsverteilung (Gleichung (5), Aufgabe 7-1) zwischen den Platten l¨aßt sich in der Form



u(y
) y
u∗ 2h ν 1 = ln U ν 2h U κ 2h





y
− ln 1 − 2h



252

7 Grundz¨ uge turbulenter Str¨omungen

schreiben und ist im Intervall 0 < y
/(2h) < 1, mit den Werten κ = 0, 4 , u∗ 2h/ν = 1464 und 2h U/ν = 34 000 in der nebenstehenden Abbildung aufgetragen.

Aufgabe 7-3

Turbulente Rohrstr¨ omung

Durch ein Rohr (Durchmesser d) str¨omt inkompressible Fl¨ ussigkeit. Das Rohr sei hy˙ draulisch glatt (k/d = 0) und der Volumenstrom V ist bekannt. a) Bestimmen Sie die u ¨ber die Querschnittsfl¨ache des Rohres gemittelte Geschwindigkeit U und die Reynoldszahl der Str¨omung. Ist die Str¨omung laminar oder turbulent? b) Wie groß ist die Widerstandszahl λ? Bestimmen Sie die Schubspannungsgeschwindigkeit u∗ und die maximale Geschwindigkeit Umax in der Rohrmitte. Sch¨atzen Sie die Dicke δV der viskosen Unterschicht ab. c) Berechnen Sie die Wandschubspannung τw und den Druckgradienten ∂p/∂x. d) Welchen Wert hat die turbulente Schubspannung an der Rohrwand und in der Rohrmitte? Skizzieren Sie qualitativ den Verlauf f¨ ur die gesamte und f¨ ur die turbulente Schubspannung. Geg.: V˙ = 0, 07854 m 3/ s, d = 2R = 0, 1 m, ν = 10−6 m2/ s, = 103 kg/ m3 L¨ osung a) Die gemittelte Geschwindigkeit ist U = V˙ /πR2 = 10 m/s , die Reynoldszahl der Str¨omung betr¨agt Re = U d/ν = 106 , d. h. die Str¨omung ist turbulent. b) Die Widerstandszahl kann durch die numerische L¨osung der folgenden Gleichung ermittelt werden:

√  1 √ = 2, 03 lg Re λ − 0, 8 λ ⇒

λ = 0, 011308 .

253

Die Schubspannungsgeschwindigkeit folgt aus λ = 8 (u∗ /U)2

zu

u∗ = 0, 375 m/s ,

und so erhalten wir Umax = U + 3, 75 u∗ = 11, 41 m/s . Die Absch¨atzung der Dicke δV der viskosen Unterschicht erhalten wir aus der Ungleichung δ V u∗ 5ν 0 ≤ ≤ 5 zu δV = = 0, 013 mm . ν u∗ c) Die Wandschubspannung und der Druckgradient: τw = u∗ 2 = 140, 6

N , m2

∂p 2 bar = − τw = −0, 0562 ∂x R m d) Der Schubspannungsverlauf: Die gesamte Schubspannung setzt sich aus einem viskosen und einem turbulenten Anteil zusammen du τges = τvis + τt = η − u
v
. dr Die turbulenten Schubspannungen τt = − u
v
verschwinden aufgrund der Haftbedingung an der Rohrwand und wegen der Symmetrie in der Rohrmitte

τt |r=R = 0 , Der Verlauf der gesamten Schubspannung ist linear τges = −τw

r . R

τt |r=0 = 0 .

254

7 Grundz¨ uge turbulenter Str¨omungen

Aufgabe 7-4

Kristallwachstum an der Rohrwand bei der Rohrstr¨ omung salzhaltiger Flu ¨ssigkeit

Eine salzhaltige Fl¨ ussigkeit (Dichte

S ) bildet beim Durchfluß einer sehr langen Rohrleitung an den W¨anden Kristallablagerungen, wodurch diese rauh werden. Um das Kristallwachstum zu u ¨berwachen, werden an den Stellen [1] und [2] die Schenkel eines Manometers (Meßfl¨ ussigkeitsdichte Hg ) angeschlossen. In gleichen Zeitabst¨anden werden die Spiegeldifferenzen ∆h1, ∆h2, ∆h3 gemessen. a) b) c) d)

Wie groß sind die auftretenden Druckunterschiede ∆pi (∆hi )? Bestimmen Sie die auftretenden Druckverlustziffern ζi (∆hi ). Wie groß sind die drei Reynoldsschen Zahlen? Bestimmen Sie die zu den gemessenen Spiegeldifferenzen geh¨orenden mittleren Kristallh¨ohen.

Geg.: L = 10 m, d = 1 m, V˙ = 4, 3 m3 / s, S = 1184 kg/m 3, ηS = 0, 01296 kg/(ms), 3

Hg = 13550 kg/m , ∆h1 = 41, 68 mm, ∆h2 = 64, 00 mm, ∆h3 = 95, 08 mm, g = 2 9, 81 m/s L¨ osung a) Druckunterschiede ∆pi (∆hi ): Hydrostatik: (pl , pr bezeichnet den Druck auf der linken bzw. rechten Oberfl¨ache der Meßfl¨ ussigkeit) pl = p1 + S g (z1 − zl ) , pr = p2 + S g (z2 − zr ) . ur die Druckdifferenz Mit z1 = z2 und zr − zl = ∆h folgt f¨ ⇒

pl − pr = Hg g ∆h = p1 − p2 + S g ∆h

⇒

p1 − p2 = ( Hg − S ) g ∆h .

Setzen wir f¨ ur die verschiedenen Messungen ∆pi = (p1 − p2 )i , so gilt: ∆pi = ( Hg − S ) g ∆hi . Wir erhalten ∆h1 = 41, 68 · 10−3 m

⇒

2

∆p1 = 5056 N/m ,

255

∆h2 = 64, 00 · 10−3 m

⇒

∆p2 = 7764 N/m2 ,

∆h3 = 95, 08 · 10−3 m

⇒

∆p3 = 11534 N/m 2 .

b) Berechnung der Druckverlustziffern: ζi = ⇒

∆pi

S /2 U

2

mit

U=

ζ1 = 0, 285 ,

V˙ 4 V˙ = 5, 475 m/s = A π d2

ζ2 = 0, 438 ,

ζ3 = 0, 650 .

c) Reynoldszahl: U d S ηS F¨ ur alle drei Messungen erh¨alt man dieselbe Reynoldszahl: Re = 500185. d) Kristallh¨ohen: d ζ λ=ζ = L 10 Aus dem Widerstandsgesetz λ = λ(Re, k/d) l¨aßt sich aus den nun bekannten Zahlenwerten von λi und Re der zugeh¨orige Wert von ki /d bestimmen. Man liest aus dem Widerstandsdiagramm (S. L. Abb. 7.4) ab (Re ≈ 5 · 105 ): Re =

i 1 2 3

Aufgabe 7-5

λi 0,0285 0,0438 0,0650

ki /d 0,004 0,015 0,040

ki [ mm] 4 15 40

Impulsfluß und Energiefluß bei laminarer und turbulenter Rohrstr¨ omung

F¨ ur ein glattes Kreisrohr vom Radius R sind folgende Verh¨altnisse f¨ ur die laminare a) und turbulente b) Rohrstr¨omung zu berechnen: 2

1.) Umax /U ,

U A

2.)

u2 dA A

3

,

U A

3.)

u3 dA

.

A

Hierbei bezeichnet U die u ¨ber den Rohrquerschnitt gemittelte und u die zeitlich gemittelte Geschwindigkeit. Im Fall der turbulenten Rohrstr¨omung soll f¨ ur die Geschwindigkeitsverteilung das Mittengesetz y Umax 1 u = + ln u∗ u∗ κ R verwendet werden. Die Reynoldszahl sei mit Re = 2300 gegeben.

256

7 Grundz¨ uge turbulenter Str¨omungen

L¨ osung a) Laminare Rohrstr¨omung: 1.) Nach (S. L. (6.57)) gilt Umax =2. U 2.) Mit u = u(r) = K/(4η) (R2 − r2 ) erhalten wir zun¨achst 2π R



π u rdrdϕ = 3

2

u dA = A

0 0

und mit

 2

U A=



2

K R2 8η

2

π πR = 4



2

K 4η

K 4η

2

R6 ,

2

R6

ergibt sich dann 2

U A 2

u dA

=

3 4

,

A

d. h. der Impulsfluß gebildet mit der mittleren Geschwindigkeit betr¨agt nur 3/4 des tats¨achlichen Impulsflusses im Rohr bei laminarer Str¨omung. 3.) Mit 3  3 2π R  K 2 K R8 2 (R − r ) rdrdϕ = 2π 4η 4η 8 0 0 und



K U A=π 4η

3

3

erhalten wir

R8 8

3

U A 3

u dA

=

1 2

.

A

Der Energiefluß gebildet mit der mittleren Geschwindigkeit ist nur halb so groß wie der tats¨achliche Energiefluß durch das Rohr. b) Turbulente Rohrstr¨omung: 1.) Mit den Gleichungen (S. L. (7.83) und (7.87)) folgt 

Umax λ . = 1 + 3, 75 8 U Die Widerstandszahl λ berechnet sich f¨ ur die Reynoldszahl Re = 2300 aus der Gleichung

√  1 √ = 2, 03 lg Re λ − 0, 8 λ

257

(S. L. (7.89)) numerisch zu λ = 0, 0459257 und wir erhalten Umax = 1, 28413 . U Der Unterschied zwischen maximaler und mittlerer Geschwindigkeit ist in turbulenter Rohrstr¨omung, aufgrund des v¨olligeren Profils, geringer als in laminarer Rohrstr¨omung. 2.) F¨ ur den Vergleich der Impulsfl¨ usse ersetzen wir im Mittengesetz Umax durch Umax = U + 3, 75u∗ und schreiben 2

2

U A

U πR2

=

u2 dA

u2∗ 2π

A

8 = λ

R 0

U u∗

+ 3, 75 +

ln Ry

1 κ

2

(R − y)dy

R2 2

R  0

8 λ

+ 3, 75 +

ln Ry

1 κ

2

. (R − y)dy

F¨ ur κ = 0, 4 liefert die Integration den Ausdruck (3, 90625 + 4/λ) R2 und daher 2

U A u2 dA

=

4 = 0, 957076 . 3, 90625λ + 4

A

3.) F¨ ur das Verh¨altnis der Energiefl¨ usse erhalten wir 

3

U A u3 dA A

=

 3

8 λ

R2 2

R  0

8 λ

+ 3, 75 +

1 κ

ln Ry

3

(R − y)dy

√ 8 2 √ √ √ = 0, 89345 . = −17, 5781 λ3 + 23, 4375 2λ + 8 2

258

7 Grundz¨ uge turbulenter Str¨omungen

Aufgabe 7-6

Geschwindigkeitsverteilung der turbulenten Rohrstr¨ omung aufgrund des Blasiusschen Widerstandsgesetzes

Die Widerstandszahl λ f¨ ur turbulente Rohrstr¨omungen im Re–Zahlenbereich 5000 < Re < 105 kann mit Hilfe der Blasius–Formel λ = 0, 316 Re−1/4 bestimmt werden. Die Geschwindigkeitsverteilung im Rohr mit dem Radius R habe die Form u(r) = C (R − r)m .

a) Berechnen Sie die Wandschubspannung. b) Berechnen Sie die mittlere Geschwindigkeit U mit der gegebenen Geschwindigkeitsverteilung. c) Zeigen Sie, daß m = 1/7 sein muß, damit die Geschwindigkeitsverteilung mit der Blasius–Formel vertr¨aglich ist. d) Bestimmen Sie die Konstante C und geben Sie die Geschwindigkeitsverteilung u(r)/U an. L¨ osung a) Wandschubspannung: Wir betrachten ein St¨ uck des Rohres der L¨ange ∆x. Die Bernoullische Gleichung mit Verlusten f¨ ur eine Stromlinie zwischen den Punkten [1] und [2] lautet

2

2 p1 + U 1 = p2 + U 2 + ∆pv . (1) 2 2 Aus Kontinuit¨atsgr¨ unden ist U 1 = U 2 = U . Der Druckverlust ∆pv wird mittels der Widerstandszahl λ bestimmt:

2 ∆x . ∆pv = U λ 2 2R Aus (1) folgt die Druck¨anderung zwischen den Punkten [1] und [2]:

2 ∆x p2 − p1 = ∆p = −∆pv = − U λ . (2) 2 2R In der voll ausgebildeten Rohrstr¨omung heben sich die Impulsfl¨ usse gerade auf und der Impulssatz reduziert sich auf ex ·

 (S)

t dS = 0

259

oder





τrx nr dS + SM



τxx nx dS + S1

τxx nx dS = 0 S2

bzw. 2π R ∆x τrx (R) − ∆p π R2 = 0 . τrx (R) = +

p R = −τw , x 2

wobei τw die Wandschubspannung ist, definitionsgem¨aß positiv (S. L. (7.85)). Mit (2) entsteht der Ausdruck 1 2

U λ , 8

τw =

in dem wir die Widerstandszahl λ durch die Blasius–Formel (Re = U 2R/ν) ersetzen: τw =

0, 316 7/4

ν 1/4 R−1/4 U . 1/4 8∗2

Die Aufl¨osung nach der mittleren Geschwindigkeit f¨ uhrt auf U =A

4/7

1/7

R

8 ∗ 21/4 τw mit A = . 0, 316 ν 1/4

(3)

b) Mittlere Geschwindigkeit U : Die mittlere Geschwindigkeit U folgt andererseits aus 1 U= A

 (A)

1 u(r) dS = π R2

zu U=

2π R

C (R − r)m r dr dϕ

0 0

2C Rm . (m + 1)(m + 2)

(4)

c) Ein Vergleich der Exponenten von R in (3) und (4) zeigt, daß m = 1/7 sein muß, wenn die Geschwindigkeitsverteilung mit der Blasius–Formel vertr¨aglich sein soll. d) Geschwindigkeitsverteilung: Mit m = 1/7 folgt aus (4): U=

2C R1/7 8/7 ∗ 15/7

oder C ≈ 1, 2

Die gesuchte Geschwindigkeitsverteilung ist demnach: 

r u = 1, 2 1 − R U

1/7

.

U . R1/7

260

7 Grundz¨ uge turbulenter Str¨omungen

Aufgabe 7-7

Ortung eines Rohrleitungsleckes

¨ Zur Uberpr¨ ufung der Dichtigkeit einer hydraulisch glatten Wasserleitung (Durchmesser d), die durch einen Berg f¨ uhrt, werden an den Stellen A, B, C und D statische Druckmessungen durchgef¨ uhrt. In den zug¨anglichen Rohrst¨ ucken AB und CD wurde kein Leck gefunden. a) Berechnen Sie aus den gegebenen Daten die Volumenstr¨ome zwischen AB und CD, unter der Annahmen, daß die Str¨omung im Rohr turbulent ist. b) Falls ein Leck vorhanden ist, geben Sie den Volumenstrom an, der aus dem Leck entweicht. c) Bestimmen Sie aus den gegebenen Daten den Ort des Leckes xL und den Innendruck pL an der Leckstelle (z.B. durch Extrapolation der Druckverl¨aufe). Geg.: D = 0, 05 m, L1 = 1000 m, L2 = 1500 m, pA = 6 bar, pB = 4 bar, pC = 1, 5 bar, pD = 1 bar, = 1000 kg/m3 , ν = 10−6 m2 /s L¨ osung a) Volumenstr¨ome zwischen AB und CD: Rohrst¨ uck AB: Aus den Meßdaten berechnet sich der Druckverlust zwischen den Stellen A und B zu ∆pv = pA − pB = 2 bar . Dieser Druckverlust kann mittels der noch unbekannten Widerstandszahl λ berechnet werden

2 L1 ∆pv = U λ . (1) 2 d Die Widerstandszahl ist f¨ ur hydraulisch glatte Rohre bei turbulenter Rohrstr¨omung durch die implizite Widerstandsformel (S. L. (7.89)) √ 1 √ = 2, 03 lg(Re λ) − 0, 8 (2) λ als Funktion der Reynoldsschen Zahl Re = U d/ν gegeben. Aus den Gleichungen (1) und (2) eliminieren wir die Widerstandszahl λ und erhalten die mittlere Geschwindigkeit 

U=



 

2∆pd d 2, 03 lg

L1 ν

2∆pd

L1





− 0, 8 .

261

Daraus folgt U = 0, 992 m/s und die Reynoldssche Zahl wird zu Re = 0, 992 ∗ 0.05/10−6 = 49600  Rekrit. Es ist daher zu vermuten, daß die Str¨omung tats¨achlich turbulent ist. Der gesuchte Volumenstrom im Rohrst¨ uck AB ist π V˙AB = U d2 = 1, 95 ∗ 10−3 m3/s . 4 Rohrst¨ uck CD: Der gemessene Druckverlust ist ∆pv = pC − pD = 0, 5 bar. Wir erhalten U = 0, 453 m/s und Re = 22650  Rekrit. Es ist daher gerechtfertigt, turbulente Str¨omung in dem Rohrst¨ uck CD anzunehmen. Der Volumenstrom im Rohrst¨ uck CD ist π V˙CD = U d2 = 0, 89 ∗ 10−3 m3 /s . 4 b) Der Leckvolumenstrom ist V˙L = V˙AB − V˙CD = 1, 06 ∗ 10−3 m3 /s . c) Ort des Leckes xL und Druck an dem Leck pL : Mit den Gleichungen (1) und (2) kommt zum Ausdruck, daß bei konstanter mittlerer Str¨omungsgeschwindigkeit U der Druckverlust in einem Rohr eine lineare Funktion der Rohrl¨ange ist (siehe Skizze).

Zur Bestimmung von xL und pL wenden wir zweimal den Strahlensatz an: xL pB − pL = pA − pL L1 + xL pL − pD L1 + L2 − xL = . pC − pD L1 Die L¨osung des Systems (3), (4) ist und

pL = pB +

(pB − pA )(L1(pB − pC ) + L2 (pD − pC )) 5 = bar , L1 (pA + pD − (pB + pC )) 3

xL =

L1 (pB − pC ) + L2 (pD − pC ) 3500 = m. pA + pD − (pB + pC ) 3

(3) (4)

262

7 Grundz¨ uge turbulenter Str¨omungen

Aufgabe 7-8

Heißdampfku ¨hlung durch Wassereinspritzung

Im Kraftwerk wird der Heißdampf durch Einspritzen von Wasser abgek¨ uhlt. Die Str¨omungsgr¨oßen des Dampfes bei [1D] und des Wassers bei [W] sind alle bekannt. Die Str¨omung kann an den Stellen [1D], [2D], [W] als ausgeglichen betrachtet werden. Bei [2D] ist alles eingespritzte Wasser verdampft. Die Kraft (in e1 -Richtung) vom Dampf auf das Einspritzrohr 

FD→R =

t · e1 dS = 500 N

(SR )

wurde gemessen. a) Sch¨atzen Sie die Gesamtkraft auf die Wand FD→W in e1-Richtung u ¨ ber die turbulente Rohrreibung mit der Blasiusformel τw

U

b) c)

d) e)

2

= 0, 0395Re−1/4

ab. Entscheiden Sie, ob die aus der Rohrreibung entstehenden Druckverluste zu ber¨ ucksichtigen sind. Werten Sie den Impulssatz so aus, daß Sie den Druck p2D bestimmen k¨onnten. Entscheiden Sie, ob die Kraft FD→R im Impulssatz ber¨ ucksichtigt werden muß. Vereinfachen Sie die Energiegleichung in integraler Form so, daß die Gr¨oßen ui und h an der Oberfl¨ache eines Kontrollvolumens ausgewertet werden k¨onnen unter der Annahme, daß die Str¨omung an den Kontrollfl¨achen ausgeglichen ist. Kann die kinetische Energie gegen¨ uber der Enthalpie vernachl¨assigt werden? Stellen Sie das Gleichungssystem auf, mit dem die Unbekannten 2D , u2D , p2D und h2D bestimmt werden k¨onnen. Verwenden Sie f¨ ur h = h( , p) das in der Aufgabe 9.2-3 gegebene Mollier–Diagramm. Die L¨osung l¨aßt sich n¨otigenfalls durch Iteration bestimmen!

Geg.: A = 2, 4 ∗ 105 mm2, AW = 5, 3 ∗ 102 mm2, U1D = 80 m/s, UW = 20 m/s,

1D = 3, 26 kg/m3 , W = 916 kg/m3, p1D = 10 bar, h1D = 3264 kJ/kg, hW = 632 kJ/kg, ν1D = 7, 5 ∗ 10−6 m2 /s, L=3 m

263

L¨ osung a) Die Kraft auf die Wandung als Folge der Wandschubspannung τw ist FD→W = τw π d L 

und folglich mit U = U1D , d = 2 A/π und Re = U d/ν FD→W = 87 N . Mit (S. L. (7.87)) λ=8

τw

U

2

= 0, 3164Re−1/4

folgt f¨ ur den Druckabfall ∆p = λ

l 2 U = 0, 0037 bar . d2

Gegen¨ uber dem an der Stelle [1D] herrschenden Druck p1D = 10 bar sind die Druckverluste vernachl¨assigbar. Der Impulssatz in e1 -Richtung ausb) gewertet f¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen 

u · e1(u · n) dS =

(S)



t · e1 dS

(S)

lautet unter Vernachl¨assigung der Kraft FD→W auf die Wand

2 2 2 − 1D U1D A − W UW AW + 2D U2D A = p1D A + pW AW − p2D A − FD→R

oder, da FD→R wegen FD→R  p1D A = 2, 5 ∗ 105 N vernachl¨assigbar ist, mit pW = p1D :  AW 2 2 AW 2 p2D = 1D U1D + W UW (1) − 2D U2D + p1D 1 + A A c) Die Energiegleichung in integraler Form (S. L. (2.114)) lautet f¨ ur die im Mittel station¨are Str¨omung, mit qi = 0, ki = 0, ti = τij nj  (V )





∂ ui ui +e

uj ∂xj 2





dV =

ui τij nj dS (S)

und wird mit dem Gaußschen Satz zu 



uj nj (S)

ui ui +e 2





dS =

ui τij nj dS . (S)

264

7 Grundz¨ uge turbulenter Str¨omungen

Wir verwenden das gleiche Kontrollvolumen, wie in Teil b). An den festen W¨anden ist ui = 0, deshalb bleiben nur die Integrale u ¨ber die Querschnitte stehen, die von Fl¨ ussigkeit durchstr¨omt werden. Da dort die Str¨omung ausgeglichen ist, gilt an diesen Fl¨achen τij nj = −p ni und wir erhalten 



uj nj (S)

ui ui p +e+ 2



dS = 0 ,

oder, mit h = e + p/ , 



uj nj (S)



ui ui +h 2

dS = 0 .

(2)

2 d) Die kinetische Energie des Dampfes pro Masseneinheit ui ui /2 = U1D /2 an der Stelle [1D] ist u21D = 3, 2 kJ/kg 2 und gegen die Enthalpie h1D = 3264 kJ/kg vernachl¨assigbar. Die kinetische Energie des Wassers

u2W kJ = 0, 2 . 2 kg ist ebenfalls gegen¨ uber der Wasserenthalpie hW = 632 kJ/kg vernachl¨assigbar. Wir folgern daraus, daß auch an der Stelle [2D] die kinetische Energie gegen¨ uber der Enthalpie vernachl¨assigt werden kann. (2) vereinfacht sich damit zu 

uj nj h dS = 0 . (S)

Werten wir die Energiegleichung f¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen aus Aufgabenteil b) aus, so erhalten wir

2D U2D A h2D = 1D U1D A h1D + W UW AW hW , oder mit m ˙ 1D = 1D U1D A, m ˙ 2D = 2D U2D A und m ˙ W = W UW AW h2D =

˙ W hW m ˙ 1D h1D + m . m ˙ 2D

(3)

e) Zur Bestimmung der 4 Str¨omungsgr¨oßen an der Stelle [2D] (U2D , 2D , p2D , h2D ) m¨ ussen wir die 3 Erhaltungss¨atze Impulssatz (1), Energiegleichung (3), Kontinuit¨atsgleichung 

ui ni dS = 0 (S)

⇒m ˙ 2D = m ˙ 1D + m ˙W

(4)

265

und die kalorische Zustandsgleichung h = h( , p), die als Mollier–Diagramm gegeben ist (Aufgabe 9.2-3) auswerten. m ˙ 2D folgt direkt aus (4): m ˙ 2D = 72, 3 kg/s. Aus der Energiegleichung (3) erhalten wir h2D = 2910 kJ/kg. U2D , 2D und p2D werden nun durch Iteration bestimmt. Wir nehmen zun¨achst isobare Mischung an (0. Iterationsschritt) ⇒

(0)

p2D = p1D = 10 bar .

Aus dem Mollier–Diagramm folgt: 2D ≈ 4, 5 kg/m3 ; m aus der Kontinuit¨atsgleichung folgt: u2D = 67 ; s aus der Impulsgleichung folgt: p2D = 10, 037 bar . Da sich der Druck nur sehr geringf¨ ugig ge¨andert hat, erwarten wir auch nur sehr ¨ kleine Anderungen bei 2D , u2D und verzichten auf weitere Iterationsschritte.

8 Hydrodynamische Schmierung

Aufgabe 8-1

Stufenlager

Die Skizze zeigt ein sogenanntes Stufenlager, bei dem die Spalth¨ohe h(x) st¨ uckweise konstant ist. Berechnen Sie unter Ber¨ ucksichtigung der in der Schmiertheorie u ¨ blichen Vereinfachungen a) die Druckverteilung p(x) im Spalt (Hinweis: die Konstanz des Volumenstroms an ¨ der Ubergangsstelle x = l1 ist zu beachten!), b) die Tragkraft des Lagers, c) die zum Schleppen der unteren Wand notwendige Kraft durch Integration des Spannungsvektors u ¨ber 1.) die obere Wand, 2.) die untere Wand. Geg.: h1, h2 , l1, l2, η, U L¨ osung a) Druckverteilung: Abschnittsweise folgt aus der Reynoldsschen Gleichung ∂ ∂x



h3 ∂p η ∂x



=0

(∂h/∂x = 0) und daher folgt f¨ ur den Druckgradienten ∂p Aη = 3 , ∂x h

(1)

267

wenn A die Integrationskonstante ist, und f¨ ur den Druck Aη p(x) = 3 x + B . h Der Volumenstrom berechnet sich aus der Formel (S. L. (6.22))

(2)

hU ∂p h3 V˙ = − 2 ∂x 12 η zu

hU A V˙ = − . (3) 2 12 Zun¨achst zum Abschnitt 1 (0 ≤ x ≤ l1) : Mit der Druckrandbedingung p(0) = 0 erh¨alt man aus (2) B1 = 0 , also A1 η p(x) = 3 x , 0 ≤ x ≤ l1 (4) h1 und aus (3) h1 U A1 V˙ 1 = − . 2 12 Der Index an den Integrationskonstanten kennzeichnet den jeweiligen Abschnitt. F¨ ur den Abschnitt 2 erh¨alt man wegen p(l1 + l2 ) = 0 A2 η B2 = − 3 (l1 + l2) h2 und damit A2 η p(x) = − 3 (l1 + l2 − x) , l1 ≤ x ≤ l2 (5) h2 und h2 U A2 V˙ 2 = − . 2 12 Druckgleichheit an der Stelle x = l1 liefert A1 η A2 η l1 = − 3 l2 3 h1 h2 und die Bedingung V˙1 = V˙2 (Kontinuit¨at!) ergibt A1 h2 U A2 h1 U − = − , 2 12 2 12 woraus sich die Konstanten zu 6 U (h1 − h2) l2 h31 A1 = l2 h31 + l1 h32 und  3 6 U (h1 − h2 ) l1 h32 l1 h2 A2 = −A1 =− l2 h1 l2 h31 + l1 h32 bestimmen. Damit lautet die Druckverteilung ⎧ 6 η U (h1 − h2 ) l2 ⎪ ⎪ ⎪ x f¨ ur 0 ≤ x ≤ l1 , ⎪ ⎪ ⎨ l2 h31 + l1 h32 p(x) = ⎪ ⎪ ⎪ 6 η U (h1 − h2 ) l1 ⎪ ⎪ (l1 + l2 − x) f¨ ur l1 ≤ x ≤ l2 . ⎩ l2 h31 + l1 h32

268

8 Hydrodynamische Schmierung

Der Druck hat also eine dreiecksf¨ormige Verteilung mit dem Maximalwert pmax =

6 η U (h1 − h2) l1 l2 . l2 h31 + l1 h32

(6)

b) Lagerkraft pro Tiefeneinheit: Aus der skizzierten Dreiecksverteilung f¨ ur den Druck im Schmierspalt kann man f¨ ur das Integral 

Fy =

l1+l2

τyy ny dS =

p(x) dx

(Fl¨acheninhalt des Dreiecks)

x=0

(S)

sofort den Wert Fy =

l1 + l2 3 η U (h1 − h2 ) l1 l2 (l1 + l2) pmax = 2 l2 h31 + l1 h32

ablesen. c) Widerstandskraft: Die Geschwindigkeitsverteilung im Spalt ist die Verteilung der Druck–Schlepp– Str¨omung (S. L. (6.16)): u=

∂p y 2 + C1 y + C2 , ∂x 2 η

mit den hier zu erf¨ ullenden Randbedingungen u(y = 0) = U , u(y = h) = 0 also: 



y dp 1 u = U 1− (y 2 − y h) . + h dx 2 η Damit errechnet sich die Schubspannung τxy (y) 

τxy



U ∂u ∂v dp =η = −η + + ∂y ∂x h dx





1 y− h 2

und mit dp/dx aus (1) τxy

Aη U = −η + 3 h h



h y− 2



.

An der unteren Wand also τxy (y = 0) = −η

U Aη − h 2 h2

(7)

τxy (y = h) = −η

Aη U + . h 2 h2

(8)

und an der oberen Wand

269

Das Integral



Fx =



tx dS = (S)

τjx nj dS (S)

liefert an der unteren Wand (nj = (0, 1, 0) , dS = dx) 

Fxu =

τxy (0) dx

(9)

und an der oberen Wand (nj = (0, −1, 0) , dS = dx bzw. nj = (−1, 0, 0) , dS = dy an der Stufe)  Fxo = −τxy (h) dx − τxx (l) (h1 − h2 ) , (10) wobei τxx = −p(l1) = −pmax nach (6) ist und die v–Komponente der Geschwindigkeit voraussetzungsgem¨aß vernachl¨assigt wird. Da die Schubspannungen abschnittsweise konstant sind, liefert (9) bzw. (10) Fxu = τxy1 (0) l1 + τxy2 (0) l2 bzw. Fxo = −τxy1 (h1 ) l1 − τxy2 (h2 ) l2 + pmax (h1 − h2) und mit (7) und (8) Fxu = −η

U l1 A1 η l1 U l2 A2 η l2 − − η − h1 2 h21 h2 2 h22

und

U l1 A1 η l1 U l2 A2 η l2 − +η − + pmax (h1 − h2 ) . 2 h1 2 h1 h2 2 h22 Setzt man nun noch die Werte von A1 , A2 und pmax ein, so erh¨alt man Fxo = η



Fxo = −Fxu = η U

l2 3 (h1 − h2 )2 l1 l2 l1 + + h1 h2 l2 h31 + l1 h32



.

Die Kr¨afte sind also, wie es sein muß, betragsm¨aßig gleich groß und entgegengesetzt gerichtet.

Aufgabe 8-2

Auf Lagerzapfen und Lagerschale u ¨ bertragenes Reibmoment

Berechnen Sie f¨ ur das statisch belastete, unendlich lange Radiallager, die durch die Schubspannung auf den Lagerzapfen und auf die Lagerschale u ¨bertragenen Reibungsmomente.

270

8 Hydrodynamische Schmierung

Zeigen Sie, daß die Differenz dieser Momente gleich dem Moment ist, das die Lagerkraft FY um die Exzentrizit¨at e hervorruft. Wegen R2S = R2 (1 + h/R)2 und h/R  1 gen¨ ugt es das Moment auf die Lagerschale mit dem Radius R des Lagerzapfens zu berechnen.

L¨ osung Das Moment der Reibungsspannungen auf den Lagerzapfen ist in (S. L. (8.38)) bereits berechnet:   η Ω R2 I22 MZapfen = 4 I1 − 3 , (1) Ψ I3 wobei I1, I2, I3 durch (S. L. (8.40), (8.41), (8.42)) gegeben sind. F¨ ur die Berechnung des Momentes auf die Lagerschale ermitteln wir zun¨achst die Reibungsspannungen an der Lagerschale. Nach (S. L. (8.10)) erhalten wir 

τxy |y=0

∂u   =η = ηU ∂y y=0



1 ∂p h(x) − h(x) ∂x 2η U



.

(2)

Mit Gleichung (S. L. (8.26)) h(x) = h(ϕ) = h (1 −  cos ϕ) und (S. L. (8.28)) ∂p ηΩR =6 2 ∂x h (ϕ)



h I2 1− h(ϕ) I3



,

sowie Ψ = h/R und U = Ω R k¨onnen wir die Reibungsspannungen (2) an der Lagerschale in der Form ⎧

τxy |y=0

⎤⎫

⎡

 2 ηΩR ⎨ h h h I2 ⎦⎬ −3 ⎣ − = h(ϕ) h(ϕ) I3 ⎭ h ⎩ h(ϕ) ⎡

I2 ηΩ ⎣ h +3 = −2 Ψ h(ϕ) I3



h h(ϕ)

2 ⎤ ⎦

schreiben. Damit berechnet sich das Moment auf die Lagerschale zu 2π 2

MSchale = R

0

τxy |y=0 dϕ + O(R2 Ψ)

(3)

271 ⎛

=

η Ω R2 ⎜ ⎜−2 Ψ ⎝

2π

0

h I2 dϕ + 3 h(ϕ) I3

2π 

0

h h(ϕ)

2

⎞ ⎟

dϕ⎟ ⎠ .

(4)

Das erste Integral ist nach (S. L. (8.40)) mit I1 , das zweite nach (S. L. (8.41)) mit I2 bezeichnet, d. h.   η Ω R2 I22 −2 I1 + 3 . (5) MSchale = Ψ I3 Unter Verwendung der Gleichungen (S. L. (8.40)–(8.41)) bilden wir die Differenz von (1) und (5) in dimensionsloser Form, dies f¨ uhrt uns zu (MZapfen − MSchale)

Ψ 12π 24π (1 − 2)5/2 = − η Ω R2 (1 − 2)1/2 (1 − 2 )3 (2 + 2) =

12 π 2 . (1 − 2)1/2 (2 + 2)

(6)

Nach Gleichung (S. L. (8.46)) ist (6) das Produkt zwischen der Sommerfeldzahl So und der relativen Exzentrizit¨at , so daß die Differenz der Momente gleich dem Moment ist, das die Lagerkraft FY um die Exzentrizit¨at e auf den Lagerzapfen aus¨ ubt: (MZapfen − MSchale) ⇒

Aufgabe 8-3

Ψ e Ψ2 F =  So = Y η Ω R2 ηΩR h

MZapfen − MSchale = e FY .

Vergleich der Stempeltragkraft einer Quetschstr¨ omung bei verschiedenen Stempelgeometrien Ein Stempel der Querschnittsfl¨ache A bewegt sich mit der Geschwindigkeit dh/dt = h˙ auf eine zum Stempel parallele Wand und verursacht eine reine Quetschstr¨omung der inkompressiblen, Newtonschen Fl¨ ussigkeit (Viskosit¨at η, konstante Dichte) zwischen Stempel und Wand.

a) Ermitteln Sie die Tragkraft des Stempels f¨ ur den Fall, daß die Querschnittsfl¨ache des Stempels 1.) ein Quadrat (Seitenl¨ange c) ist, 2.) ein gleichseitiges Dreieck (H¨ohe d) ist, 3.) eine Ellipse (Halbachsen a, b) ist. b) Vergleichen Sie bei gleicher Querschnittsfl¨ache die Tragkraft der obigen Stempel mit der Tragkraft eines Stempels mit Kreisquerschnitt (Radius R).

272

8 Hydrodynamische Schmierung

Hinweis: Es besteht eine mathematische Analogie zwischen der reinen Quetschstr¨omung bei parallelen W¨anden und der station¨aren, druckgetriebenen Schichtenstr¨omung (S. L. Kap. 8.3.2). ˙ R, η Geg.: h, L¨ osung Die f¨ ur die Druckverteilung zu l¨osende Gleichung lautet (S. L. (8.80)) ∇ · ∇p = ∆p =

12 η ˙ h h3

und entspricht der Gleichung ∆u = −K/η f¨ ur die druckgetriebene, station¨are Schichtenstr¨omung. Deren L¨osungen lassen sich auf den Fall der Quetschstr¨omung u ¨bertragen, ˙ 3 zu ersetzen sind. wobei u durch p und −K/η durch 12 η h/h Der u ¨ber den Stempelquerschnitt gemittelte Druck p entspricht der mittleren Geschwindigkeit U im Kanal. F¨ ur einen Tragstempel mit Kreisquerschnitt (Radius R) erh¨alt man auf diese Weise f¨ ur die Tragkraft (S. L. (8.82)) 3 η h˙ (1) FyK = − π 3 R4 . 2 h a) Tragkraft f¨ ur unterschiedliche Stempelgeometrien: 1.) Quadratischer Querschnitt: Bei einer Str¨omung durch einen Kanal mit Rechteckquerschnitt (Seitenl¨angen b, c) ist die mittlere Geschwindigkeit (S. L. (6.89)) K c2 U= 4η



∞ 1 c 64 5 tanh(m b/2) − 5 3 b π n=1 (2n − 1)5



mit m = π/c (2n − 1). F¨ ur quadratischen Querschnitt (b = c, Fl¨ache A = c2 ) errechnet sich dann der Volumenstrom zu K c4 V˙ = U A = U c2 = 4η



∞ 1 64 5 tanh(m b/2) − 5 3 π n=1 (2n − 1)5



.

Ersetzt man nun

K 12 η h˙ , durch − η h3 so erh¨alt man die Tragkraft eines quadratischen Stempels der (Kantenl¨ange c) FyQ

−3η h˙ 4 = c h3 = −0, 4217



∞ 1 64 5 tanh(π/2 (2n − 1)) − 5 3 π n=1 (2n − 1)5

η h˙ 4 c , h3

wobei der Klammerausdruck numerisch berechnet wurde.



(2)

273

2.) Dreieckiger Querschnitt: √ Bei einem gleichseitigen Dreieck (H¨ohe d, Fl¨ache A = d2 / 3) erh¨alt man analog dem Aufgabenteil 1.) aus Gleichung (S. L. (6.94)) d2 1 K d4 √ V˙ = U A = U √ = . 3 60 3 η und

1 η h˙ 4 FyD = − √ d . 5 3 h3

(3)

3.) Elliptischer Querschnitt: Ist der Querschnitt elliptisch (Halbachsen a , b ; Querschnittsfl¨ache A = π a b) berechnet man mit Gleichung (S. L. (6.99)) a 3 b3 K V˙ = U A = U π a b = π 2 4 η a + b2 und

η h˙ a3 b3 . (4) h3 a2 + b2 b) Bei gleichen Querschnittsfl¨achen der verschiedenen Stempelformen muß gelten: √ Quadrat: c2 =√π R2 ⇒ c = √π R , 4 Dreieck: d2 / 3 = π R2 ⇒ d = 3 π 2 R , Ellipse: π a b = π R2 ⇒ a = R/b R . Man erh¨alt dann aus den Gleichungen (2)–(4): √ η 3 2 η ˙ 4 η R2 b2 FyQ = −0, 4217 π 2 3 h˙ R4 , FyD = − R4 . π 3 h R , FyE = −3 π 3 h˙ 4 h 5 h h R + b4 FyE = −3π

Werden die errechneten Tragkr¨afte auf die Tragkraft des Stempels mit Kreisquerschnitt bezogen, ergibt sich Quadrat: FyQ /FyK = 0, 8832 , Dreieck: FyD /FyK = 0, 726 , Ellipse: FyE /FyK = 2 R2 b2/(R4 + b4 ) . Aus   d FyE 2b (R4 + b4) − 4b5 = 2R2 =0 db FyK (R4 + b4 )2 erh¨alt man die Werte b = 0 und b = R, f¨ ur die die Tragkraft bei elliptischem Querschnitt extremal wird. Im Fall b = 0 entartet die Ellipse zu einer unendlich langen Linie, die Tragkraft ist null, im Fall b = R ist die Ellipse ein Kreis und FyE /FyK = 1 . Unter den untersuchten Stempelformen ist der Stempel mit Kreisquerschnitt der mit der h¨ochsten Tragkraft.

9 Stromfadentheorie

9.1

Inkompressible Str¨ omung

Aufgabe 9.1-1

Rohrpumpe

Die skizzierte Anordnung eines abgewinkelten Rohres (Querschnitt A, Gesamtl¨ange l), dessen unteres Ende in Fl¨ ussigkeit ( = const) eintaucht, wirkt als Pumpe, wenn das Rohr mit der konstanten Winkelgeschwindigkeit Ω um die vertikale Achse rotiert.

a) Wie groß darf Ω h¨ochstens sein, damit an keiner Stelle im Rohr der Dampfdruck pD unterschritten wird? b) Mit welcher Beschleunigung b(t) setzt sich das Wasser in Bewegung, wenn das Rohr zun¨achst durch einen Schieber verschlossen war, der zur Zeit t = 0 pl¨otzlich ge¨offnet wird? c) Man gebe den Verlauf der Ausstr¨omgeschwindigkeit wA als Funktion der Zeit f¨ ur den Anlaufvorgang an. Geg.: Ω, h, l, A, r0 , , pD , p0 , g

9.1 Inkompressible Str¨omung

275

L¨ osung a) Maximalwert f¨ ur Ω, so daß p(r, z) > pD : Wir betrachten hierzu den station¨aren Betrieb der Pumpe. Die Bernoullische Gleichung f¨ ur das rotierende Koordinatensystem lautet dann:



p1 + w12 − Ω2 r12 + g z1 = p + w2 − Ω2 r2 + g z . 2 2 2 2 Die hydrostatische Druckverteilung in der ruhenden Fl¨ ussigkeit liefert p1 + g z1 = p0 , so daß wir

2 2 2 w − Ω r + g z 2 2 erhalten. Im Rohr konstanten Querschnitts ist aus Kontinuit¨atsgr¨ unden w = wA , die Druckverteilung innerhalb des Rohrs lautet: p0 = p +

2 2 2 w + Ω r − g z . 2 A 2 Am Austritt (r = r0 , z = h) ist p = p0 , was die Bestimmungsgleichung f¨ ur wA liefert:

2

wA = Ω2 r02 − g h , 2 2 so daß die Druckverteilung die Form

p(r, z) = p0 + g (h − z) − Ω2 (r02 − r2 ) 2 annimmt. Der Druck ist minimal f¨ ur z = h und r = 0. Wenn dieser gr¨oßer als der Dampfdruck pD sein soll, muß gelten

p(0, h) = p0 − Ω2 r02 > pD 2 p(r, z) = p0 −

⇒

p0 − pD > ⇒

Ω

2 2 Ω r0 2

/ 0 0 2 (p0 − pD ) < 1 . 2

r0

¨ b) Beschleunigung des Wassers bei Offnen des Schiebers: Wir m¨ ussen nun die Bernoullische Gleichung f¨ ur den instation¨aren Fall benutzen. Angeschrieben vom Punkt [1] zum Punkt [A] am Rohraustritt lautet diese: (A)

(1)

2

∂w = p1 + g z1 − Ω2 r12 + w12 . ds + pA + g h − Ω2 r02 + wA ∂t 2 2 2 2

276

9 Stromfadentheorie

Die Integration von der Stelle [1] bis zum Rohreintritt liefert nur einen sehr kleinen Beitrag, weil die Geschwindigkeit außerhalb des Rohres sehr klein ist und bleibt. Dieser Beitrag wird vernachl¨assigt. L¨angs der Stromlinie im Rohr ist die Geschwindigkeit w = wA und daher nur eine Funktion der Zeit, so daß die Gleichung

dwA

dt

(A)

ds + p0 + g h −

(1)

2 2 2 Ω r0 + wA = p0 2 2

entsteht, welche die Beschleunigung   dwA 1

2 2 2 Ω r0 − 2 g h − w A = b(t) = dt 2l

(1)

ergibt. Speziell f¨ ur t = 0 ist wA = 0 und wir erhalten

b(t = 0) =

 1 2 2 Ω r0 − 2 g h . 2l

Dieser Gleichung entnehmen wir, daß f¨ ur Ω die Ungleichung 

Ω2 r02 ≥ 2 g h

⇒

Ω≥

2g h r02

gelten muß, weil sonst das Wasser zur¨ uckl¨auft. c) Funktion wA (t): Die Gleichung (1)l¨aßt sich durch Trennung der Ver¨anderlichen leicht integrieren: Wir setzen wSt = Ω2 r02 − 2 g h (St = station¨arer Betrieb) und erhalten wA (t)

0

⇒

1 dwA = 2 2 wSt − wA 2l 

1 wA artanh wSt wSt ⇒



=

t

dt 0

1 t 2l 

wA (t) wSt t = tanh wSt 2l



.

9.1 Inkompressible Str¨omung

Aufgabe 9.1-2

277

Durchflußmessung mittels einer Meßdu ¨se

Zur Durchflußmessung einer Fl¨ ussigkeit der Dichte = const wird die skizzierte Meßd¨ use in eine Rohrleitung eingebaut. Die Str¨omungsgeschwindigkeit u1 am Eintritt der Meßstrecke sei u ¨ ber den Querschnitt konstant. Am Austritt sei die Str¨omung wieder ausgeglichen. Die Reibung an den Rohrw¨anden kann vernachl¨assigt werden. Wie groß ist a) der Druckverlust dieser Meßstrecke? b) der Druck p3 am Austritt? c) die Kraft der Fl¨ ussigkeit auf die Meßstrecke? Geg.: , p1 , u1, A1, A2 L¨ osung a) Druckverlust in der Meßstrecke: Der auftretende Verlust in der Strecke von [1] bis [3] ist der Carnotsche Stoßverlust der unstetigen Querschnittserweiterung von A2 auf A3:

∆pv = (u2 − u3)2 2 bzw. mit der Kontinuit¨atsgleichung u1 A 1 = u2 A 2 = u3 A 3 auch



2

A1 ∆pv = u21 −1 2 A2

.

b) Der Druck p3 : Die Bernoullische Gleichung mit Verlusten von [1] nach [3]

p1 + u21 + g z1 − ∆pv = p3 + u23 + g z3 2 2 liefert mit u1 = u3 und z1 = z3

p3 = p1 − ∆pv = p1 − u21 2



2

A1 −1 A2

.

278

9 Stromfadentheorie

c) Kraft auf die D¨ use Der Impulssatz lautet im Rahmen der Stromfadentheorie f¨ ur den Fall station¨arer Str¨omung (∂/∂t = 0): − 1 u21A1 τ1 + 3 u23A3 τ3 = p1 A1 τ1 − p3 A3 τ3 − F , wobei F die Kraft auf die Wandung ist. Hier ist τ1 = τ3 = τ , 1 = 3 = und wir erhalten (A1 = A3) 





u3 F = τ (p1 − p3 ) A1 + u21 A1 1 − u1

2 

.

Der letzte Ausdruck in der eckigen Klammer verschwindet und wir erhalten

F = τ ∆pv A1 = τ u21 2

Aufgabe 9.1-3



2

A1 −1 A2

A1 .

Wasserstrahlpumpe

In einem Rohr mit der Querschnittsfl¨ache A befindet sich ein zweites Rohr (Querschnittsfl¨ache (1−n) A), das in der skizzierten Weise in einen großen Beh¨alter eintaucht. Durch das große Rohr tritt ein Fl¨ ussigkeitsstrom (Dichte ), der an der Stelle [1] die Geschwindigkeit Ua hat und hier aus dem inneren Rohr Fl¨ ussigkeit gleicher Dichte mit der Geschwindigkeit Ub absaugt. Bis zum Rohrende hat sich wieder ein gleichm¨aßiges Geschwindigkeitsprofil ausgebildet. Die Wandschubspannungen k¨onnen auf dieser Strecke vernachl¨assigt werden. Wie lautet der Zusammenhang zwischen Ua und Ub ? Geg.: A, n, h,

9.1 Inkompressible Str¨omung

279

L¨ osung F¨ ur das Vermischungsproblem ist der Druckanstieg (S. L. (9.59)): ∆p = n (1 − n) 2 u21 , wobei u1 hier Ub entspricht und ∆p = p0 − p1 ist. Mit Ua = (1−) Ub

(hier ist  < 0 !)

erhalten wir so: p0 − p1 = n (1 − n) (Ua − Ub )2 .

(1)

Der Druck p1 ergibt sich aus der Bernoullischen Gleichung l¨angs der rechts skizzierten Stromlinie: p1 + ⇒

2 U = p0 − g h , 2 b p1 = p0 −

2 U − g h . 2 b

(2)

(2) in (1) eingesetzt liefert

2 Ub + g h = (n − n2 ) (Ua − Ub )2 2 L¨ost man nach Ua auf, so erh¨alt man 

Ua = Ub ±

1 2

Ub2 + g h , n − n2

wobei nur das positive Vorzeichen in Frage kommt. F¨ ur den Grenzfall, daß die Fl¨ ussigkeit im Rohr gerade nicht zur¨ uckl¨auft (Ub → 0), erhalten wir:  gh Uamin = , n − n2 da auch in diesem Fall ein endlicher Druckanstieg erforderlich ist, ist der Grenz¨ ubergang n → 1 nur mit Uamin → ∞ zu erreichen.

280

9 Stromfadentheorie

Aufgabe 9.1-4

Radialpumpe

Die Skizze zeigt einen Schnitt durch eine Radialpumpe. Das F¨ordermedium ist inkompressibel und reibungsfrei. Bekannt sind die Geschwindigkeitsbetr¨age c2 , c3 , c4 , sowie die Umfangskomponente cu3 . Der Druck im Zuf¨ uhrstutzen ist p1 , die Geschwindigkeit dort c1 . Die Zustr¨omung zum Laufrad erfolgt drallfrei. Volumenkr¨afte sind vernachl¨assigbar. a) Welche Dr¨ ucke herrschen an den Stellen [2], [3] und [4]? b) Berechnen Sie die dem Pumpenlaufrad zuzuf¨ uhrende Antriebsleistung PA aus der Energiegleichung. c) Berechnen Sie PA aus der Eulerschen Turbinengleichung. Geg.: R2 , R3 , R4 , c1, c2 , c3, c4 , cu3 , Ω, p1 , L¨ osung a) Die Dr¨ ucke p2 , p3 und p4 : Der Druck p2 folgt bei gegebenen Geschwindigkeiten aus der Bernoullischen Gleichung im Inertialsystem auf der Stromlinie vom Zuf¨ uhrstutzen (p1 , c1) zum Laufradeintritt (c2 ):

p1 + c21 = p2 + c22 , 2 2

2 (c − c22) . (1) 2 1 Zur Bestimmung von p3 ergibt die Bernoullische Gleichung im rotierenden Koordinatensystem (laufradfestes Bezugssystem) vom Laufradeintritt (p2 , c2 , R2 ) zum Laufradaustritt (c3 , R3 ):



p2 + w22 − Ω2 R22 = p3 + w32 − Ω2 R23 , 2 2 2 2 ⇒

p2 = p1 +

9.1 Inkompressible Str¨omung

281

⇒

p3 = p2 +

2

(w2 − w32 ) + Ω2 (R23 − R22 ) . 2 2

(2)

Die Relativgeschwindigkeiten w2 und w3 lassen sich durch die Absolutgeschwindigkeiten und die Umfangsgeschwindigkeiten ausdr¨ ucken: Aus c = w  + u, d.h. w  = c − u folgt f¨ ur eine Radialmaschine: w  · er = wr = cr ,

w  · eu = wu = cu − Ω R ,

w  ·w  = c · c + u · u − 2 u · c , ⇒

w2 = c2 − 2 Ω R cu + Ω2 R2 ,

am Laufradeintritt (cu2 = 0) also w22 = c22 + Ω2 R22 ,

(3)

w32 = c23 − 2 Ω R3 cu3 + Ω2 R23 ,

(4)

am Laufradaustritt was man auch obigen Geschwindigkeitsdreiecken entnehmen kann. (3) und (4) in (2) eingesetzt und p2 mittels (1) eliminiert, liefert f¨ ur p3 p3 = p1 +

2

(c1 − c22) + Ω2 (R23 − R22 ) + 2 2

+ (c22 + Ω2 R22 − c23 + 2 Ω R3 cu3 − Ω2 R23 ) , 2 ⇒

p3 = p1 +

2 (c − c23 + 2 Ω R3 cu3 ) . 2 1

(5)

Im Inertialsystem von Laufradaustritt (p3 , c3 ) zu Leitradaustritt (p4 , c4 ) erh¨alt man durch Anwendung der Bernoullischen Gleichung folgende Beziehung:

p3 + c23 = p4 + c24 , 2 2 ⇒

p4 = p3 +

2 (c − c24) , 2 3

282

9 Stromfadentheorie

und mit p3 aus (5) schließlich

⇒

p4 = p1 +

2

(c1 − c23 + 2 Ω R3 cu3 ) + (c23 − c24 ) , 2 2

p4 = p1 +

2 (c − c24 + 2 Ω R3 cu3 ) . 2 1

(6)

b) Antriebsleistung aus der Energiegleichung: Bei der reibungs- und w¨armeleitungsfreien, inkompressiblen Str¨omung verschwinden DE/Dt ˙ so daß die Energiegleichung folgende und Q, Form annimmt DK =P . Dt

(7)

Wir benutzen ein Kontrollvolumen, dessen Oberfl¨ache S sich zusammensetzt aus der Eintrittsfl¨ache SE im Ansaugstutzen (p1 , c1), der Leitradaustrittsfl¨ache SA (p4 , c4 ), der Schnittfl¨ache der Welle SW und den Wandfl¨achen von Leitrad und Geh¨ause SG . Man erh¨alt dann ∂ DK = Dt ∂t

 (V )

2 c dV + 2

 (S)

2 c c · n dS. 2

Die Str¨omung ist zwar im Inertialsystem instation¨ar, die im Kontrollvolumen enthaltene kinetische Energie bleibt jedoch bei  zeitlich konstant, so daß das Volumenintegral null konstanter Drehgeschwindigkeit Ω ist. Wir erhalten DK Dt



= (S)

2 c c · n dS = c21 2 2 

= V˙

c24 c21 − 2 2

 SE

c · n dS + c24 2



c · n dS

SA



.

(8)

Die Integrale u ¨ber SW und die Fl¨ache SG = S − (SE + SA + SW ) verschwinden wegen c · n = 0. Entsprechend erh¨alt man f¨ ur die Leistung P 

P = (S)

c · t dS =



−pc · n dS +

SE +SA



c · t dS +

SW



−pc · n dS .

SG

Das Integral u ¨ber SG verschwindet wieder wegen c · n = 0 und das Integral u ¨ ber SW ist gerade die gesuchte Antriebsleistung PA . Somit ergibt sich P = V˙ (p1 − p4 ) + PA .

(9)

9.1 Inkompressible Str¨omung

283

Die Energiegleichung (7) liefert also mit (8) und (9) 

V˙

c24 c21 − 2 2

⇒



= V˙ (p1 − p4 ) + PA ,

PA

= V˙



2 (c4 − c21 ) + p4 − p1 2



,

bzw. mit p4 − p1 aus (6) PA

= V˙



2

(c4 − c21 ) + (c21 − c24 + 2 Ω R3 cu3 ) 2 2



,

= V˙ Ω R3 cu3 . (V˙ = c1 π R21 , mit R1 als Radius des Zuf¨ uhrstutzens) c) Antriebsleistung aus der Eulerschen Turbinengleichung: Mit der Eulerschen Turbinengleichung findet man M = m ˙ (Ra cua − Re cue ) , = V˙ (R3 cu3 − R2 cu2 ) . Da drallfreier Eintritt vorliegt, gilt cu2 = 0, der zweite Term verschwindet, ⇒

Aufgabe 9.1-5

PA = M Ω = V˙ Ω R3 cu3 .

Rohrturbine Die nebenstehende Skizze zeigt eine Rohrturbine eines Flußkraftwerks. Bekannt sind neben den Geometriedaten und dem Volumenstrom V˙ der mechanische Wirkungsgrad ηT der Turbine und der Diffusorwirkungsgrad ηD . Die Str¨omung ist vor und hinter der Turbine ausgeglichen und rein axial.

a) Welche Leistung Pzu f¨ uhrt die Fl¨ ussigkeit der Turbine zu? b) Welche Leistung k¨onnte im Idealfall der Turbine zugef¨ uhrt werden ? c) Was ist der hydraulische Wirkungsgrad ηH der Anlage?

284

9 Stromfadentheorie

d) Was ist die von der Turbine an den Generator abgegebene Leistung Pab ? Geg.: h0 = 12 m, h3 = 7 m, V˙ = 100 m3 / s, ηT = 0, 95, ηD = 0, 85, = 103 kg/m3 , 2 A2 = 18 m2, A3 = 54 m2, g = 9, 81 m/s L¨ osung a) Leistung Pzu : Aus der Energiegleichung folgt (siehe 9.1-4) Pzu

= V˙



2 2 p1 − p2 + c − c2 . 2 1



(1)

F¨ ur p1 erh¨alt man aus der Bernoullischen Gleichung

2 c , 2 1

p0 + g h0 = p1 + so daß wir f¨ ur (1) schreiben k¨onnen Pzu = V˙



2 c 2 2

p0 − p2 + g h0 −



.

(2)

Der Druck p2 hinter der Turbine bestimmt sich aus der Bernoullischen Gleichung, angewandt auf den Diffusor, unter Ber¨ ucksichtigung des Diffusorverlusts p2 +

2

c2 = p3 + c23 + ∆pvD . 2 2

(3)

Der Druck p3 der austretenden Fl¨ ussigkeit ergibt sich zu: p3 − g h3 = p0 ,

(4)

w¨ahrend der Diffusorverlust sich aus (S. L. (9.48)) ηD =

(p3 − p2 )real =1− (p3 − p2 )ideal

zu ∆pvD

= (1 − ηD ) c22 2

 2



c22

∆pvD

1−



A2 1− A3

A2 A3

2

2 

(5)

berechnet. Gleichungen (4) und (5) in Gleichung (3) eingesetzt, ergibt

p2 + c22 = p0 + g h3 + c23 + (1 − ηD ) c22 2 2 2





A2 1− A3

2 

bzw. mit c3 = c2 A2/A3

p2 = p0 + g h3 − ηD c22 2





A2 1− A3

2 

.

(6)

9.1 Inkompressible Str¨omung

285

Setzt man schließlich p2 aus (6) in die Energiegleichung (2) ein, so erh¨alt man 

Pzu = V˙

⇒



⎧ ⎨

1 = V˙ g (h0 − h3) − ⎩ 2

Pzu



A2 p0 − p0 − g h3 + ηD c22 1 − 2 A3 

V˙ A2

2



1 − ηD

2 

+ g h0 − c22 2



A2 1− A3

⎫ 2  ⎬ ⎭



,

(7)

wobei wir c2 durch V˙ /A2 (axiale, ausgeglichene Str¨omung) ersetzt haben. Wir entnehmen dem Ausdruck die maximal der Turbine zuf¨ uhrbare Leistung Pideal = V˙ g ∆h .

(8)

Mit den gegebenen Zahlenwerten erh¨alt man 

Pzu



1 100 = 10 ∗ 100 9, 81 ∗ (12 − 7) − 2 18

2

3





18 1 − 0, 85 1 − 54

2  

W

= 4, 9050 MW − 0, 3772 MW = 4, 5278 MW . b) Pideal : Pideal = 4, 9050 MW c) ηH : Mit den Gleichungen (7) und (8) erhalten wir den hydraulischen Wirkungsgrad ηH =

⎧ ⎪ ⎨

1 2

˙ 2 V

Pzu A2 = 1− ⎪ Pideal ⎩ g ∆h ηH =



1 − ηD

1−



A2 A3

⎫ 2  ⎪ ⎬ ⎪ ⎭

.

Pzu 4, 5278 = 0, 92 = Pideal 4, 9050

d) Pab : Pab = ηT Pzu = 0, 95 ∗ 4, 5278 MW = 4, 3014 MW

Aufgabe 9.1-6

Coanda–Effekt

Als Coanda–Effekt bezeichnet man die Eigenschaft von Fl¨ ussigkeitsstrahlen, sich an in der N¨ahe befindliche W¨ande anzulegen. Volumen– und Z¨ahigkeitskr¨afte sind zu vernachl¨assigen.

286

9 Stromfadentheorie

Um welchen Winkel β wird der Freistrahl (Dichte , Querschnitt A1 , Geschwindigkeit u1) aus der Vertikalen abgelenkt, und wie groß ist die gesamte Kraft, mit der der Stab gehalten wird, wenn die x–Komponente dieser Kraft Fx bekannt ist? Geg.: Fx, , A1, u1 L¨ osung Die Bernoullische Gleichung l¨angs der Stromlinie lautet f¨ ur den Freistrahl (p1 = p2 = p0 )

p1 + u21 = p2 + u22 2 2 ⇒

u1 = u2 .

F¨ ur den Impulssatz bei station¨arer, inkompressibler Str¨omung ergibt sich hier 

u (u · n) dS =

(S)



t dS ,

(S)

f¨ ur das Kontrollvolumen S = A1 + A2 + S3 + S4 also

u21 A1 ey − u22 A2 (sin βex + cos β ey ) =

u2 A (− sin β ex + (1 − cos β) ey ) =



t dS .

(1)

(S)

Das Ergebnis der Kontinuit¨atsgleichung A1 = A2 ist hier schon verwendet worden. F¨ ur das Integral schreiben wir 

t dS = −

p0 n dS −

A1 ,A2 ,S3

(S)

wobei −





p n dS , S4

p n dS die vom Stab auf die Fl¨ ussigkeit ausge¨ ubte Kraft ist. Dann k¨onnen S4

wir schreiben



t dS = −





p0 n dS + Sges

(S)

p0 n dS + FK→F l .

(2)

S4

Das Rundintegral u ¨ber p0 verschwindet und aus nebenstehender Skizze wird der Zusammenhang Fges = FF l→K −



p0 n dS S5

deutlich. Setzt man (1) und (2) hier ein, erhalten wir die Gleichung Fges = u2 A (sin β ex − (1 − cos β) ey ) +

 S4

p0 n4 dS −





p0 n dS + S5 +S6

p0 n6 dS . S6

9.1 Inkompressible Str¨omung

287

Da aber n4 = −n6 ist und das Integral u ¨ ber S5 + S6 wieder verschwindet, lautet die Kraft auf den Stab schließlich Fges = u2 A (sin β ex − (1 − cos β) ey ) . Die notwendige Haltekraft ist dann F = −Fges . Bei bekannter x–Komponente dieser Kraft Fx = − u2 A sin β berechnet sich der Winkel zu



Fx β = arcsin − 2

u A

Aufgabe 9.1-7



.

Prinzip der Hohlladung

Zwei unter dem Winkel β (β < 90◦ ) gegen die Symmetrieebene geneigte Fl¨ ussigkeitsschichten ( = const) der Dicke h1 bewegen sich in der skizzierten Weise aufeinander zu und werden an der Auftreffstelle zerteilt. Durch die Wahl eines geeigneten bewegten Koordinatensystems kann man das Problem station¨ar machen.

a) b) c) d)

Bestimmen Sie die Geschwindigkeit v dieses Koordinatensystems. Welche Dicken h2 bzw. h3 haben die abgehenden Strahlen? Wie groß sind die absoluten Geschwindigkeiten c2 und c3 ? Welche Massenstr¨ome m ˙ 2 und m ˙ 3 werden pro Breiteneinheit in den abgehenden Strahlen transportiert?

Geg.: c1 = |c1 |, h1 , β,

288

9 Stromfadentheorie

L¨ osung ussiga) Addieren wir zur Geschwindigkeit c1 der oberen geneigten Fl¨ keitsschicht die Geschwindigkeit −v = −(c1/ sin β) ex, so str¨omt diese Fl¨ ussigkeitsschicht nun station¨ar unter dem Winkel β mit der Geschwindigkeit w  1 = c1 − v gegen die Symmetrieebene. Dasselbe gilt f¨ ur die untere Fl¨ ussigkeitsschicht. In einem Relativsystem, das sich mit der F¨ uhrungsgeschwindigkeit v = (c1 / sin β) ex in die positive x–Richtung bewegt, ist der Vorgang station¨ar. b) Die Strahldicken h2 und h3 :

Wir verwenden das skizzierte, mit dem Relativsystem fest verbundene Kontrollvolumen. w1, w2 und w3 bezeichnen die Betr¨age der Relativgeschwindigkeiten. Mit = const erhalten wir aus der Kontinuit¨atsgleichung 2 w1 h1 = w2 h2 + w3 h3 .

(1)

Das Relativsystem bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit, ist daher ein Inertialsystem; die Str¨omung ist station¨ar; auf der gesamten Oberfl¨ache des Kontrollvolumens hat der Spannungsvektor die Form t = −p0 n, so daß der Impulssatz (S. L. (9.43)) auf − w12 h1 τ1u − w12 h1 τ1o + w22 h2 τ2 + w32 h3 τ3 = 0 ,

(2)

und nach Multiplikation mit ex auf die Gleichung 2 w12 h1 cos β + w22 h2 − w32 h3 = 0 f¨ uhrt. Aus der Bernoullischen Gleichung zwischen den Stellen [1] und [2]

p0 + w12 = p0 + w22 2 2 sowie [1] und [3]

p0 + w12 = p0 + w32 2 2 folgt w1 = w2 = w3 .

(3)

(4)

Mit den Gleichungen (1), (3) und (4) bestimmen sich dann die Strahldicken zu h2 = h1 (1 − cos β) und h3 = h1 (1 + cos β) .

(5)

9.1 Inkompressible Str¨omung

289

c) Die Absolutgeschwindigkeiten c2 , c3 ergeben sich aus den Geschwindigkeitsdreiecken c = w  + v. Mit v = (c1 / sin β) ex, sowie w  2 = w2 ex = w1 ex = c1 cot β ex, erhalten wir c1 c2 = w  2 + v = (6) (1 + cos β) ex , sin β und mit w  3 = −w3 ex = −w1 ex = −c1 cot β ex c3 = w  3 + v =

c1 (1 − cos β) ex . sin β

(7)

d) Die Massenstr¨ome m ˙ 2, m ˙ 3 berechnen sich mit (5) zu m ˙ 2 = w2 h2 =

c1 cos β (1 − cos β) h1 sin β

m ˙ 3 = w3 h3 =

c1 cos β (1 + cos β) h1 . sin β

Gleichung (6) zeigt, daß sich f¨ ur β → 0 sehr hohe Geschwindigkeiten c2 erzeugen ˙ 2 = 2 c21 h1 lassen. Man zeigt leicht, daß der Betrag des Impulses dieses Strahles c2 m ist.

Aufgabe 9.1-8

Wasserzulauf einer Peltonturbine

Am Ende des Fallrohres eines Wasserkraftwerkes befindet sich ein D¨ usenstock, mit dem der Wasserzulauf einer Pelton–Turbine geregelt wird. Die Strahlkontraktionsziffer α am Austritt ist bekannt.

290

9 Stromfadentheorie

Die Druckverlustziffer ζA erfaßt alle Verluste in der Zuleitung bis zur Stelle [2]. Die Verluste von [2] bis zum Austritt und die Reibungsspannungen am Schaft der D¨ usennadel sind dagegen vernachl¨assigbar. Um die D¨ usennadel in der gezeichneten Stellung zu halten, ist die Kraft FD n¨otig. a) Bestimmen Sie die Austrittsgeschwindigkeit u3 . b) Wie groß sind u2 und p2 ? c) Berechnen Sie die Kraft FS , die auf die Schraubenverbindung wirkt (aus Symmetriegr¨ unden besteht nur eine Kraftkomponente in Richtung von ex ). Geg.: p0 = 0, , A1, A2, Aa, α, H, ζA , FD L¨ osung a) Austrittsgeschwindigkeit u3: Zur Bestimmung der Austrittsgeschwindigkeit wenden wir die Bernoullische Gleichung von einem Punkt [0] der Oberfl¨ache des Wasserspeichers zu dem Punkt [3] an

p0 + g H = p0 + u23 + ∆pv (1) 2 mit dem Druckverlust ∆pv = ζA /2 u21 . Aus der Kontinuit¨atsgleichung folgt: u1 A 1 = u3 A 3

oder u1 = α

Aa u3 A1

mit A3 = α Aa. Aus (1) entsteht damit 

u3 =

2g H . 1 + ζA (α Aa/A1 )2

(2)

b) Geschwindigkeit und Druck an der Stelle [2]: Aus der Kontinuit¨atsgleichung u2 A2 = u3 A3 folgt mit (2) Aa u2 = α A2



2g H . 1 + ζA (α Aa/A1 )2

(3)

Aus der Bernoullischen Gleichung von [2] nach [3] p2 +

2

u2 = p0 + u23 2 2

folgt mit (2), (3) und p0 = 0 der Druck an der Stelle [2] zu

p2 =



Aa 1− α A2

= g H

2

2 u 2 3

1 − (α Aa /A2 )2 . 1 + ζA (α Aa/A1 )2

(4)

9.1 Inkompressible Str¨omung

291

c) Schraubenkraft FS : Wir werten den Impulssatz in integraler Form in Richtung von e1 f¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen aus. Dazu wird der Impulssatz skalar mit e1 multipliziert 

t · e1 dS =

(S)



u · e1 (u · n) dS .

(5)

(S)

Die Gesamtfl¨ache S des Kontrollvolumens wird in die Teilfl¨achen A2, SW , SD , SS und A3 aufgeteilt. Der Impulsfluß u ¨ber SW , SD und SS ist null, da der Fl¨achennormalenvektor an diesen Fl¨achen senkrecht zum Geschwindigkeitsvektor steht.

Das Integral des Spannungsvektors u ¨ ber die Wandfl¨ache Sw ist gleich der Kraft, die von der Wand auf die Fl¨ ussigkeit ausge¨ ubt wird. Die gesuchte Schraubenkraft ist daher gleich dem Negativen dieser Kraft. Das Integral von t u ¨ ber SD ist gleich dem Negativen der Kraft, die auf die D¨ usennadel wirkt und als FD gegeben ist. An den Fl¨achen A2 und A3 ist der Fl¨achennormalenvektor parallel zu e1 , d. h. nur die erste Komponente von n ist ungleich null. (n1 = −1 an A2, n1 = 1 an A3). F¨ ur t · e1 an A2 oder A3 gilt daher 

t · e1 = t1 = n1 τ11 = ∓τ11

∂u1 = ∓ −p + η ∂x1



,

wobei x1 eine Koordinate in Str¨omungsrichtung ist. Da sich der Str¨omungsquerschnitt bei [2] und [3] in Richtung von e1 nicht ¨andert, ist ∂u1/∂x1 = 0. Damit erhalten wir aus (5): −FS − FD + p2 A2 − p0 Aa = − u22 A2 + u23 α Aa oder mit (2), (3), (4) und p0 = 0 FS = p2 A2 −



u23

α Aa



Aa 1− α A2



− FD

2

= g H A2

Aufgabe 9.1-9

(1 − α Aa/A2 ) − FD 1 + ζA (α Aa /A1 )2

Bestimmung des Gebl¨ asebetriebspunktes einer Verbrennungsanlage

Einem Verbrennungsraum (Querschnitt A1 ) wird u ¨ber ein Gebl¨ase (Druckanstieg ∆pG ) uhrt. Die Rauchgase verlassen die Verbrennungszone mit der Frischluft (p0 , a ) zugef¨

292

9 Stromfadentheorie

Dichte i ( i < a ). Die Druck¨anderung infolge des Geschwindigkeitsanstieges durch die Verbrennungszone kann vernachl¨assigt werden (isobare Verbrennung). Es soll angenommen werden, daß der Massenstrom des Brennstoffes gegen¨ uber dem Massenstrom ¨ der Frischluft vernachl¨assigt werden kann. Uber ein Rohr (Querschnitt A2) werden die Rauchgase einem Schornstein (A3) zugef¨ uhrt, dabei tritt am Eintritt des Rohres Strahlkontraktion auf.

a) Geben Sie den funktionellen Zusammenhang f¨ ur den Volumenstrom V˙ 3 = u3 A3 V˙3 = fn( a , i , α1 , α2 , α3 , A3 , h , ∆pG ) mit α1 = A3/A1 , α2 = AK /A2 , α3 = A2/A3 an. b) Wie groß muß die vom Gebl¨ase erzeugte Druckdifferenz ∆pG sein, um den Frischluftvolumenstrom V˙L zu verbrennen (Verbrauchskennlinie)? c) Bei vorgegebener Gebl¨asedrehzahl n und Volumenstrom V˙L stellt sich der Druckanstieg ∆pG ein. Zus¨atzlichen Einfluß auf  den Druckanstieg haben die Dichte a und der typische Gebl¨asedurchmesser d = A1 4/π. Gegeben ist die idealisierte dimensionslose Kennlinie des Gebl¨ases Ψ = 1 − ϕ2 in den dimensionslosen Produkten Druckzahl Ψ =

2 ∆pG / a n2 π 2 d2

und Durchflußzahl ϕ =

4 V˙L . n π 2 d3

Schreiben Sie zun¨achst die im Aufgabenpunkt b) ermittelte Verbrauchskennlinie in den dimensionslosen Produkten Druckzahl Ψ und Durchflußzahl ϕ und bestimmen Sie dann qualitativ graphisch und rechnerisch den sich einstellenden Betriebspunkt (ϕB , ΨB ). Geg.: a , i , α1, α2 , α3, A3, ∆pG , h, g

9.1 Inkompressible Str¨omung

293

L¨ osung a) Volumenstrom: Mit der Bernoullischen Gleichung l¨angs einer Stromlinie zwischen der Stelle [0] weit vor dem Gebl¨ase und der Stelle [1
] vor der Verbrennung erhalten wir unter Ber¨ ucksichtigung der Druckerh¨ohung durch das Gebl¨ase

a
2 p0 + ∆pG = p
1 + u . (1) 2 1 Entsprechend, unter Ber¨ ucksichtigung der Verluste, f¨ ur die Stelle [1] nach der Verbrennung bis zur Austrittsstelle [3]

i

i p1 + u21 = (p0 − a g h) + u23 + i g h 2 2

i 2 + u 2 2



2

A2 −1 AK



A2 + 1− A3

2

.

(2)

In Gleichung (1) ersetzen wir die Geschwindigkeit u
1 mit der Kontinuit¨atsgleichung durch u
1 = u1 i / a , in (2) u2 durch u2 = u3 A3/A2 . Die Verbrennung erfolgt isobar, d. h. es gilt p1 = p
1 . Damit erhalten wir aus (1) und (2) zun¨achst

a p0 + ∆pG − 2



i

a

2

u21 = p0 + ( i − a ) g h −



i 2 A3 u3 1 + + 2 A2



i 2 u 2 1 2

A2 −1 AK



2

A3 + −1 A2

. (3)

Ersetzen wir noch u1 u ¨ ber die Kontinuit¨atsgleichung durch u1 = u3 A3 /A1 , schreiben statt der Fl¨achenverh¨altnisse die entsprechenden αi und l¨osen nach u3 auf, so erhalten wir f¨ ur den Volumenstrom V˙ 3 = A3 u3 / 0 0 0 0 0  V˙3 = A3 0 0 i 1





∆pG

a 2 +2 −1 gh

i

i    2  2 . 1 1 1 2 − 1 α1 + 1 + −1 + −1

a α3 α2 α3

(4)

b) Verbrauchskennlinie ∆pG (V˙L ): Es soll der Luftvolumenstrom V˙L , der gleich dem Volumenstrom an der Stelle [1
] ist, bei der Verbrennung verbraucht werden. Wir bestimmen V˙L mittels der Kontinuit¨atsgleichung zwischen den Stellen [1
] und [3]. Vernachl¨assigen wir den Brennstoffmassenstrom, so erhalten wir:

i ˙ V˙L a = V˙3 i oder V˙L = V3 .

a

294

9 Stromfadentheorie

Mit (4) folgt daraus

i V˙ L =

a

/ 0 0 0 0 0 A3 0 0 1





∆pG

a 2 +2 −1 gh

i

i     2  2 .

i 1 1 1 2 1+ − 1 α1 + −1 + −1

a α3 α2 α3

(5)

Bezeichnet man den Nenner mit 







i 1 f( i / a , α1 , α2 , α3 ) = 1 + − 1 α21 +

a α3

2

1 −1 α2



2

1 + −1 α3

,

f¨ uhrt Aufl¨osen nach dem gesuchten Druckanstieg ∆pG auf 

∆pG (V˙L ) =

V˙L A3

2

i 2



2

a

i

f( i / a , α1 , α2 , α3 ) − ( a − i ) g h .

(6)

c) Bestimmen des Betriebspunktes: Wir multiplizieren die Verbrauchskennlinie (6) mit 2 n2

π 2 d2

a

=

1 1 , 2 A1 n2 π a

so daß auf der linken Seite von (6) die Druckzahl Ψ 

Ψ=

V˙L A3

2

1

i 1 2 2 A1 n π a 2



a

i

2

f−

a − i 1 g h

a 2 A1 n2 π

entsteht. Mit den dimensionslosen Produkten 

F =f d. h.



A1 A3

2



1 a

a =f 2 ,

i α1 i

a a 1 1 F =1− + 1+ 2

i

i α1 α3 und



i Ψ0 = 1 −

a





2

1 −1 α2 

i 1 gh = 1− 2 2 A1 n π

a



2

1 + −1 α3



2g h π 2 d2

n2

gewinnen wir die Verbrauchskennlinie in der Form Ψ = ϕ2 F − Ψ0 .

(7)

9.1 Inkompressible Str¨omung

295

Die Verbrauchskennlinie (7) ist in der nebenstehender Abbildung zusammen mit der Gebl¨asekennlinie Ψ = 1 − ϕ2 qualitativ skizziert. Der Schnittpunkt beider Funktionen ist gleich dem gesuchten Betriebspunkt B, dessen Koordinaten man durch Gleichsetzen der Gebl¨asekennlinie und Verbrauchskennlinie erh¨alt: 

ϕB =

Ψ0 + 1 F +1

ΨB = 1 −

Aufgabe 9.1-10

und

Ψ0 + 1 . F +1

Wasserkraftwerk

Ein Wasserkraftwerk wird in der skizzierten Anordnung betrieben. Der Volumendurchsatz der Turbine ist V˙ . Die Abmessungen der Turbine k¨onnen gegen¨ uber den anderen geometrischen Daten vernachl¨assigt werden. a) Welche Spiegelh¨ohe h stellt sich im station¨aren Betrieb ein? b) Wie groß ist der Gesamtdruck pg (Bernoullische Konstante) am Turbineneintritt [2]? c) Maßgebend f¨ ur die Turbinenleistung pro Volumeneinheit ist die Differenz des Gesamtdruckes u ¨ ber der Turbine. Wie groß ist diese Gesamtdruckdifferenz, wenn der Turbinenaustritt [3] direkt im Unterwasser m¨ undet?

296

9 Stromfadentheorie

d) Welche Gesamtdruckdifferenz steht der Turbine zur Verf¨ ugung, wenn an den Turbinenaustritt in der skizzierten Weise noch ein verlustfreier Diffusor angeschlossen wird? e) Die Turbine arbeitet nur einwandfrei, wenn p3 gr¨oßer als der Dampfdruck pD des Wassers ist. Wie muß die Lage der Turbine mit Diffusor gegen¨ uber dem Unterwasser– Spiegel ge¨andert werden, wenn p3 < pD ist? (Qualitative Antwort) Geg.: V˙ , , g, p0 , pD , A, A
, H0 , z1 , ζ1 , ζ2 L¨ osung a) Spiegelh¨ohe h: Die Querschnittsfl¨ache A der Rohrleitungen ist konstant und daher auch die Geschwindigkeit u = V˙ /A. Die Bernoullische Gleichung von einem Punkt [0] an der Oberfl¨ache des oberen Wasserspeichers (Oberwasser) zu dem Punkt [1] unter Ber¨ ucksichtigung der Druckverluste aufgrund der Wandschubspannungen lautet:

p0 + g H0 = p1 + 2



V˙ A

2

+ g z1 + 2



V˙ A

2

ζ1 ,

mit dem hydrostatischen Druck an der Stelle [1], p1 = p0 + g h. Aufl¨osen der Bernoullischen Gleichung nach der Spiegelh¨ohe h f¨ uhrt zu 1 h = (H0 − z1 ) − 2g



V˙ A

2

(1 + ζ1 ) .

b) Gesamtdruck an der Stelle [2]: Den Gesamtdruck pg2 = p2 + u22 /2 (Bernoullische Konstante) berechnen wir mittels der Bernoullischen Gleichung mit Verlusten f¨ ur eine Stromlinie von [0] nach [2]: pg2

= p0 + g H0 − 2



V˙ A

2

(ζ1 + ζ2 ) .

(1)

c) Gesamtdruckdifferenz ∆pg23 ohne Diffusor: Die Fl¨ ussigkeit tritt mit der Geschwindigkeit V˙ /A bei [3] aus der Turbine aus. Der Druck ist gleich dem Umgebungsdruck an diesem Punkt. Der Gesamtdruck der Fl¨ ussigkeit an der Stelle [3] ist daher

pg3 = p0 + 2



V˙ A

2

.

Die Gesamtdruckdifferenz berechnet sich mit (1) zu ∆pg23 = pg2 − pg3

= g H0 − 2



V˙ A

2

(1 + ζ1 + ζ2 ) .

d) Gesamtdruckdifferenz ∆pg23 mit Diffusor: Zur Bestimmung des Gesamtdruckes an der Stelle [3] wenden wir die Bernoullische

9.1 Inkompressible Str¨omung

297

Gleichung f¨ ur eine Stromlinie von [3] zum Diffusorende [3
] an, mit dem Druck p
3 = p0 − g z3
. pg3

= p3 + 2



V˙ A

2

p
3

=

+ 2

= p0 + 2





V˙ A
V˙ A


2

+ g z3
2

.

Mit (1) erhalten wir die Gesamtdruckdifferenz zu ∆pg23

= pg2 − pg3 = g H0 − 2



V˙ A

2 

A A




2

+ ζ1 + ζ2

.

Da A
> A ist die Gesamtdruckdifferenz mit Diffusor und damit die Turbinenleistung pro Volumeneinheit gr¨oßer als die, die der Turbine ohne Diffusor zur Verf¨ ugung steht. e) Annahme: p3 < pD : Der Druck am Turbinenaustritt folgt aus der Bernoullischen Gleichung f¨ ur eine
Stromlinie von [3] nach [3 ]: p3 +

2

u3 + g z3 = p3
+ u23
+ g z3
, 2 2

p3 = p0 − 2



V˙ A

2 



A 1− A


2 

− g z3 .

Will man also p3 erh¨ohen um p3 > pD zu ereichen, so muß man z3 verkleinern (z3 < 0) d. h. die Turbine tiefer legen.

Aufgabe 9.1-11

Schnu ¨ffelanlage

298

9 Stromfadentheorie

Die skizzierte Schn¨ uffelanlage“ (Rohrdurchmesser d, L¨angen l1 und l2) befindet sich in ” einer Abluftleitung mit sehr großem Querschnitt AL, mit d2 /AL  1, und dient dazu, einen Teil der Abluft in der Meßkammer (u ≈ 0) zu untersuchen. W¨ahrend die Str¨omung in der Abluftleitung zwischen den Stellen [1] und [2] praktisch verlustfrei ist, ist die Str¨omung in der Schn¨ uffelanlage verlustbehaftet (ζK , λ bekannt). Die Kanten des Querschnitts¨ uberganges von der Meßkammer zum Rohr seien so abgerundet, daß es zu keiner Strahleinschn¨ urung kommt. a) Wie groß ist die Str¨omungsgeschwindigkeit uR in der Rohrleitung der Schn¨ uffelanlage? b) Welcher Anteil der Abluft str¨omt durch die Meßkammer? Geg.: , uL, AL , l1, l2, d, ζK , λ L¨ osung a) Str¨omungsgeschwindigkeit uR: uffelrohr Wegen d2 /AL  1 ist die St¨orung in der Abluftleitung durch das Schn¨ vernachl¨assigbar, d. h. u1 = u2 = uL . Aus der Bernoullischen Gleichung f¨ ur eine Stromlinie von [1] nach [2] im Abluftrohr folgt daher p1 +

2

uL = p2 + u2L 2 2

oder p1 = p2 .

(1)

Die Bernoullische Gleichung mit Verlusten von [1] nach [2] durch die Schn¨ uffelanlage ist

p1 + u2L = p2 + u2R + ∆pvges . (2) 2 2 Der Gesamtdruckverlust ∆pvges entlang dieses Stromfadens ist die Summe folgender Druckverlustanteile: Kr¨ ummerdruckverlust: Die 4 Kr¨ ummer verursachen den Druckverlust ∆pvK = 4 ζK

2 u . 2 R

¨ Wandschubspannungen: Zur Uberwindung der Wandschubspannungen ist die Druckdifferenz l1 + l2 2 ∆pvR = λ u d 2 R notwendig. Austrittsverlust: Aufgrund der pl¨otzlichen Querschnittserweiterung beim Eintritt in die Meßkammer stellt sich der Carnotsche Stoßverlust ∆pvC =

2 u 2 R

ein, wobei angenommen wurde, daß der Rohrquerschnitt viel kleiner ist als der Meßkammerquerschnitt. Da es beim Meßkammeraustritt zu keiner Strahleinschn¨ urung kommt, tritt ein Carnotscher Stoßverlust an dieser Stelle nicht auf.

9.1 Inkompressible Str¨omung

299

Der Gesamtdruckverlust ist ∆pvges = ∆pvK + ∆pvR + ∆pvC

= u2R 2





l1 + l2 λ+1 4 ζK + d

.

(3)

Mit (1) folgt aus (2) und (3) die Str¨omungsgeschwindigkeit im Rohr: uL uR =  . 2 + 4 ζK + (l1 + l2)/d λ

(4)

b) Volumenstromverh¨altnisse: F¨ ur das gesuchte Volumenstromverh¨altnis gilt: 1 V˙R π/4 d2 uR π d2  . = = A L uL 4 AL 2 + 4 ζK + (l1 + l2)/d λ V˙L

Aufgabe 9.1-12

Str¨ omungsablenkung durch ein Sieb Durch ein Sieb str¨omt Fl¨ ussigkeit der Dichte . Die Anstr¨omgeschwindigkeit u1, der Anstr¨omwinkel α1 und der Druck p1 vor dem Sieb sind gegeben. Auf das Sieb wirkt in Anstr¨omrichtung die Widerstandskraft pro Fl¨acheneinheit W = cw u21 /2. Der Widerstandsbeiwert cw ist gegeben.

Berechnen Sie die Str¨omungsgr¨oßen u2 , α2 und p2 hinter dem Sieb. Geg.: , u1, p1 , α1 , cw L¨ osung F¨ ur die Anwendung des Impulssatzes benutzen wir das skizzierte Kontrollvolumen mit der Hilfsfl¨ache A. Als obere und untere Begrenzung w¨ahlen wir zwei Stromlinien die in jedem Punkt parallel zueinander sind, da sich die Str¨omung in Richtung von e2 nicht ¨andert. Damit heben sich die Integrale u ¨ber den Spannungsvektor gerade heraus. Der Impulsfluß u ¨ ber diese Fl¨achen ist null. Wegen der Kontinuit¨at muß die Normalkomponente der Geschwindigkeiten an der Ein– und Austrittsfl¨ache der Stromr¨ohre gleich sein, also u1 cos α1 = u2 cos α2 .

(1)

300

9 Stromfadentheorie

Das Sieb u ¨ bt auf das Kontrollvolumen die Kraft 

t dS = −cw A u21 (cos α1 e1 + sin α1 e2) 2

(2)

(SSieb )

aus. Wir werten zun¨achst den Impulssatz in Richtung von e1 , 

u · e1 (u · n) dS =

(S)



t · e1 dS ,

(S)

aus. Dies f¨ uhrt mit (1) und (2) zu − u21 cos2 α1 A + u22 cos2 α2 A = −cw A

2 u cos α1 + p1 A − p2 A 2 1

oder

p2 = p1 − cw u21 cos α1 . 2 Der Impulssatz in Richtung von e2 , 

u · e2 (u · n) dS =

(S)



t · e2 dS ,

(S)

liefert mit (2) − u21 sin α1 cos α1 + u22 sin α2 cos α2 = −cw

2 u sin α1 . 2 1

(3)

Eliminieren wir aus (1) und (3) die Austrittsgeschwindigkeit, so erhalten wir f¨ ur den Austrittswinkel die Beziehung 

tan α2 = tan α1 1 −

cw 2 cos α1



.

Aus der Kontinuit¨atsgleichung (1) folgt damit die Austrittsgeschwindigkeit zu 

u2 = u1 cos α1

 2

1 + tan α1

cw 1− 2 cos α1

2

.

9.1 Inkompressible Str¨omung

Aufgabe 9.1-13

301

Luftkissenfahrzeug

Die Skizze stellt den schematischen Aufbau eines Luftkissenfahrzeugs (Gewichtskraft G) dar. Die Umgebungsluft (Druck p0 ) wird u ¨ ber ein Gebl¨ase (Querschnitt Ae , Druck pe ) in eine Druckkammer (Fl¨ache Ad , pd ) gepumpt und entweicht am Umfang durch die Fl¨ache Aa. Die Geschwindigkeit in der Druckkammer sowie jegliche Wandreibung sollen vernachl¨assigt werden. Berechnen Sie den Volumenstrom V˙ , den das Gebl¨ase liefern muß, damit das Fahrzeug in der gezeichneten Lage schwebt. Geg.: Ae , Aa, Ad, p0 , G L¨ osung Das am Luftkissenfahrzeug in z–Richtung bestehende Kr¨aftegleichgewicht l¨aßt sich mit der Gleichung    t · ez dS = 0 − G · ez − p0 n · ez dS + (1) Saußen

Sinnen

beschreiben. Zur Berechnung der Kraft auf das Innere des Fahrzeuges verwenden wir den Impulssatz f¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen. Der Impulsfluß u ¨ber die Fl¨ache Aa hat keine Komponente in die ez –Richtung:

 Ae

u · ez (u · n) dA =

 Ae

t · ez dA +

 Aa

t · ez dA +

 Ad

t · ez dS +

 SW

t · ez dS .

302

9 Stromfadentheorie

Das letzte Integral dr¨ uckt die Kraft aus, die das Fahrzeug auf die Fl¨ ussigkeit aus¨ ubt. Auswerten der Integrale mit der Annahme, daß an Ae , Aa und Ad die Reibungsspannungen vernachl¨assigbar sind (t = p n), sowie Umstellen liefert F→Fahrzeug = −



t · ez dS = +

SW



p dS −

Ad



p dA −

Ae



u2 dA , Ae

und Einsetzen in (1) ergibt − G − p0 (Ad − Ae ) − pe Ae − u2e Ae + pd Ad = 0 .

(2)

Die unbekannten Geschwindigkeiten ue und ua erh¨alt man aus der Kontinuit¨atsgleichung zu V˙ V˙ ue = , ua = . (3) Ae Aa Die Bernoullische Gleichung zwischen der Umgebung und dem Gebl¨aseeintritt p0 +

2

u0 + g z0 = pe + u2e + g ze 2 2

f¨ uhrt mit (3) auf

pe = p0 − 2



V˙ Ae

2

.

Den Druck in dem Luftkissen berechnet man ebenfalls mit der Bernoullischen Gleichung vom Inneren bis zur Fl¨ache Aa wo pa = p0 ist: pd + ⇒

2

ud = p0 + u2a 2 2 pd

= p0 + 2



V˙ Aa

2

,

womit sich zusammen mit (2) eine Bestimmungsgleichung f¨ ur V˙ ergibt: / 0 2G 0 ˙  . V =0 1 A 1 d

−

A2a

Aufgabe 9.1-14

Ae

Windkraftmaschine

Eine Windkraftmaschine wird mit konstanter Geschwindigkeit u1 angestr¨omt. Alle Fl¨ ussigkeitsteilchen innerhalb der skizzierten Stromr¨ohre passieren das Windrad der Anlage, das mit der Winkelgeschwindigkeit Ω rotiert.

9.1 Inkompressible Str¨omung

303

Die Str¨omung ist an den Stellen [1] und [4] ausgeglichen. Das Windrad kann man idealisierend als flache Scheibe auffassen, durch welche die Fl¨ ussigkeit str¨omt und dabei eine unstetige Druck¨anderung erf¨ahrt. Die vom Windrad erzeugte Umfangskomponente der Geschwindigkeit kann hier unber¨ ucksichtigt bleiben. Diese Annahme ist bei der i. allg. angestrebten großen Schnell¨aufigkeit Ω D/2  u1 gerechtfertigt. Die vertikale Tr¨agers¨aule beeinflußt die Str¨omung konstanter Dichte nicht. a) Bestimmen Sie die axiale Lagerkraft Faxial = Faxial(u1 , u4, m). ˙ b) Berechnen Sie den Massenstrom m ˙ durch das Windrad und die mittlere Geschwindigkeit u, mit der das Rad durchstr¨omt wird, in Abh¨angigkeit von u1 und u4. c) Berechnen Sie den optimalen ¨außeren Wirkungsgrad η ∗ einer idealen Windkraftanlage. d) Welche Leistung gibt die optimale Windkraftanlage mit einem Raddurchmesser von D = 50 m bei einer Windgeschwindigkeit von u1 = 10 m/s und der Dichte = 1, 225 kg/m3 von Luft ab? Wie groß ist dann die Lagerkraft? Geg.: , u1, u4, D L¨ osung a) Axiale Lagerkraft: Zur Berechnung der axialen Lagerkraft wenden wir den Impulssatz auf das skizzierte Kontrollvolumen an. Die Querschnittsfl¨achen des Kontrollvolumens sind zeitlich unver¨anderlich. Auf der von den Stromlinien gebildeten Fl¨ache SSL gilt u · n = 0 und wir erhalten unter den Annahmen der Stromfadentheorie aus der Impulsgleichung (S. L. (9.41)) die Komponente in die eΩ –Richtung − u21 A1 + u24 A4 = p1 A1 − p4 A4 +



t · eΩ dS .

(1)

SSL +SW

Auf der Fl¨ache SSL k¨onnen Reibungsspannungen vernachl¨assigt werden, dort gilt t = −p0 n. Damit liegt auf der gesamten Kontrollfl¨ache S = A1 + A4 + SSL + SW der Druck p = p0 =const vor, so daß dieser keinen Beitrag zur Kraft auf das Windrad liefert und null gesetzt werden kann. Das verbleibende Oberfl¨achenintegral 

SW

t · eΩ dS = −Faxial

(2)

304

9 Stromfadentheorie

auf der rechten Seite von (1) ist die Kraft der Schnittfl¨ache SW auf die Str¨omung, Faxial die Kraft der Str¨omung auf die Schnittfl¨ache in eΩ –Richtung also die gesuchte axiale Lagerkraft. Mit (2) erhalten wir aus (1) Faxial = (u21 A1 − u24 A4) bzw. mit dem Massenstrom m ˙ Faxial = m ˙ (u1 − u4) .

(3)

b) Massenstrom m ˙ und mittlere Geschwindigkeit u: Verabredungsgem¨aß betrachten wir das Windrad als flache Scheibe, die mit der Geschwindigkeit u durchstr¨omt wird (Der Wellenquerschnitt ist klein gegen¨ uber A = π/4 D2 ). Wenden wir den Impulssatz in eΩ –Richtung f¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen um diese Scheibe an, so erhalten wir (p2 − p3 ) A = −



t · eΩ dS = Faxial

SWelle

bzw. mit (3) (p2 − p3 ) A = m ˙ (u1 − u4 ) .

(4)

Aus der Bernoullischen Gleichung zwischen den Stellen [1] und [2] vor und [3] und [4] nach dem Windrad erhalten wir

2

u1 = p2 + u22 , (5) 2 2

(6) p3 + u23 = p0 + u24 . 2 2 L¨aßt man verabredungsgem¨aß die Umfangskomponente der Geschwindigkeit an der Stelle [3] unber¨ ucksichtigt, so gilt u2 = u3 = u und aus (5) und (6) folgt p0 +

p3 − p2 =

(u4 + u1) (u4 − u1) . 2

Setzen wir diese Gleichung in (4) ein, so ergibt sich der Massenstrom zu m ˙ =

A (u1 + u4) 2

(7)

und mit m ˙ = A u die mittlere Geschwindigkeit zu u=

u1 + u4 . 2

(8)

c) Optimaler Wirkungsgrad η ∗ : W¨ urde das Windrad die Str¨omung nicht beeinflussen (der Querschnitt der Stromr¨ohre ist dann u ¨berall gleich A), so st¨ande der Windkraftmaschine die gesamte kinetische

9.1 Inkompressible Str¨omung

305

Energie der Anstr¨omung zur Verf¨ ugung, die pro Zeiteinheit u ¨ber die Fl¨ache A des Windrades fließt, 

Pm¨oglich = (A)

u · u (u · n) dA = u31 A. 2 2

(9)

Die Energie pro Zeiteinheit, die der Str¨omung entnommen wird ist P = ∆p V˙ = ∆p A u = Faxial u. Damit erhalten wir den Wirkungsgrad mit (3) und (8) η=



P Pm¨oglich



u4 1 = 1− 2 u1

2 

1+

u4 u1



(10)

als Funktion des Geschwindigkeitsverh¨altnisses u4/u1 . Zur Bestimmung des gr¨oßtm¨oglichen Wirkungsgrades η ∗ setzen wir die Ableitung dη/d(u4 /u1 ) der Gleichung (10) zu null und erhalten 

u4 u1

2

+

2 u4 1 − =0, 3 u1 3

mit den L¨osungen 1 u4 =− ± u1 3



1 3 + . 9 9

Wegen u1 > 0, u4 > 0 ist nur die positive Wurzel zul¨assig, und der gr¨oßtm¨ogliche Wirkungsgrad η ∗ wird f¨ ur das Geschwindigkeitsverh¨altnis 1 u4 = u1 3

(11)

erreicht. Setzen wir dieses Verh¨altnis in (10) ein, so erhalten wir η ∗ = 0, 59. Bei v¨ollig verlustfrei arbeitenden Windkraftmaschinen w¨are also ein Wirkungsgrad von fast 60 % m¨oglich. d) Leistungsabgabe und Lagerkraft einer optimalen Windkraftanlage: Leistungsabgabe: P = η ∗ Pm¨oglich = 0, 59

A u31 = 709, 61 kW . 2

Lagerkraft: Faxial = m ˙ (u1 − u4 ) =

4 A (u21 − u24 ) = A u21 = 106, 9 kN . 2 9

306

Aufgabe 9.1-15

9 Stromfadentheorie

Vergleich verschiedener Geometrien einer Beh¨ alterabflußleitung

L [ m] d [ m] k/d

Rohr 1 Rohr 2 5 7,5 0,1 0,125 0,0002 0,0004

Aus einem großen Beh¨alter soll Wasser u ¨ ber ein Rohr in einen zweiten Beh¨alter geleitet werden, wobei der Volumenstrom V˙0 des ausfließenden Wassers m¨oglichst groß sein soll. Es stehen zwei Rohre mit den oben angegebenen Daten zur Verf¨ ugung. a) Welchem Rohr w¨ urden Sie unter der Annahme daß die Str¨omung turbulent ist, den Vorzug geben? b) Bestimmen Sie das Verh¨altnis des Volumenstromes des g¨ unstigeren Rohres zu dem Volumenstrom, der sich bei gleicher Rohrl¨ange und Querschnittsfl¨ache aber 1.) dreieckigem Rohr (gleichseitiges Dreieck) 2.) quadratischem Rohr einstellt. Geg.: h = 10 m, ν = 10−6 m2/s, g = 9, 81 m/s2 L¨ osung Wir wenden die Bernoullische Gleichung mit Verlusten f¨ ur eine Stromlinie von einem Punkt an der freien Oberfl¨ache des oberen Beh¨alters zu einem Punkt im Austrittsquerschnitt des Rohres an. An beiden Punkten herrscht der Umgebungsdruck p0 , die L¨osung ist daher von p0 unabh¨angig. Aufgrund der großen Beh¨alteroberfl¨ache kann die Geschwindigkeit des Punktes an der Beh¨alteroberfl¨ache vernachl¨assigt werden. Die u ¨ber den Querschnitt gemittelte Geschwindigkeit U ist konstant:

2

g h − ∆pv = U . (1) 2 Der Druckverlust ∆pv wird mittels der Druckverlustzahl λ berechnet:

2 L (2) U λ . 2 d Die Widerstandszahl ist f¨ ur turbulente Rohrstr¨omung durch die Colebrookesche Widerstandsformel (S. L. (7.99)) ∆pv =



1 k 18, 7 √ = 1, 74 − 2 lg 2 + √ d Re λ λ



(3)

als implizite Funktion der auf den Durchmesser bezogenen Rauhigkeitserhebung k/d und der Reynoldsschen Zahl Re = U d/ν gegeben. Aus (1) und (2) erhalten wir f¨ ur die

9.1 Inkompressible Str¨omung

307

unbekannte Geschwindigkeit



2g h . (4) 1 + λ L/d Die Gleichungen (3), (4) und die Definition der Reynoldsschen Zahl bilden ein implizites Gleichungssystem zur Bestimmung der Unbekannten U, λ und Re. Wir l¨osen es iterativ mittels des Newtonschen Verfahrens mit dem Geschwindigkeitsstartwert √ U = 2g h = 14 m/s. Es ist auch m¨oglich mittels einer graphischen Darstellung der Colebrookeschen Formel (S. L. Abb. 7.4) die L¨osung iterativ zu bestimmen. U=

a) Ergebnisse f¨ ur Rohr 1 und 2:

U/ (m/s) λ Re V˙0 / (m3 /s)

Rohr 1 10,64 0,0146 1, 1 ∗ 106 0,084

Rohr 2 9,95 0,016 1, 2 ∗ 106 0,122

Wir erkennen, daß der Volumenstrom V˙0 durch das Rohr 2 gr¨oßer ist. Wir geben daher dem Rohr 2 den Vorzug. b) nichtkreisf¨ormiger Querschnitt: 1.) dreieckiges Rohr: Aus der Forderung gleicher Querschnittsfl¨achen

√ 3 π ADreieck = ARohr 2 ⇐⇒ a = d2 4 4 bestimmen wir die Seitenl¨ange a des gleichseitigen Dreieckes zu √ π a = d 1/4 . 3 Der hydraulische Durchmesser ist 4 ADreieck = 0, 097 m . dh = 3a F¨ ur die auf dh bezogene Rauhigkeitserhebung erhalten wir k d 0, 125 k = = 0, 0004 ∗ = 0, 00052 . dh d dh 0, 097 2

Wir ersetzen in der Reynoldsschen Zahl in (3) und (4) d durch den hydraulischen Durchmesser dh . Die L¨osung der drei Gleichungen ist in der unten stehenden Tabelle zusammengefaßt. 2.) quadratisches Rohr: Die Seitenl¨ange a des quadratischen  Rohres erhalten wir aus der Forderung gleicher Querschnittsfl¨achen zu a = d π/4. Der hydraulische Durchmesser ist gleich der Seitenl¨ange  dh = a = 0, 125 ∗ π/4 = 0, 111 m

308

9 Stromfadentheorie

und k/dh ist k 0, 125 = 0, 0004 ∗ = 0, 00045 . dh 0, 111 Die mit diesen Werten berechnete L¨osung ist in der Tabelle

U / (m/s) λ Re V˙ / (m3 /s) V˙0 /V˙

Dreieck 9,16 0,0174 0, 89 ∗ 106 0,112 1,089

Quadrat 9,58 0,017 1, 1 ∗ 106 0,118 1,033

zusammengefaßt.

Aufgabe 9.1-16

Schwingungsf¨ ahiges System bestehend aus einem gefederten Kolben und einer Flu ¨ssigkeitss¨ aule

Eine mit Fl¨ ussigkeit der Dichte gef¨ ullte Rohrleitung mit ver¨anderlichem Querschnitt A(s) ist an der Stelle [1] durch ein Ventil verschlossen. Das Ventil kann durch einen Kolben (Masse m, Querschnittsfl¨ache A1) mit anschließender Feder (Federsteifigkeit c) dargestellt werden. In der skizzierten Ruhelage ist der Abstand des Fl¨ ussigkeitsspiegels von der waagrechten Rohrachse gleich h0 und die mittlere Stromlinie hat die L¨ange l0. a) Bestimmen Sie die Strecke a, um die der Kolben durch die eingef¨ ullte Fl¨ ussigkeit zur¨ uckgeschoben wurde. b) Unter Vernachl¨assigung der Reibung zwischen Kolben und Rohr, sowie zwischen Fl¨ ussigkeit und Rohr, entwickle man die Differentialgleichung zur Beschreibung der

9.1 Inkompressible Str¨omung

309

Kolbenbewegung um die Ruhelage unter der Voraussetzung, daß die Querschnitte A1 und A0 u ¨ ber dem Schwingungsweg konstant sind. l0 Hinweis: Das bestimmte Integral L =

A1/A(s) ds sei bekannt.

0 c) Geben Sie die L¨osung der Differentialgleichung an, wenn zur Zeit t = 0 der Kolben in die Position, die er vor dem F¨ ullen hatte, ausgelenkt ist und die Geschwindigkeit null ist. F¨ ur die Querschnittsfl¨achen soll dann A1 = A0 gelten. Geg.: m, c, , A1, A0, L, h0 , l0, g L¨ osung a) Strecke a: Wird das Rohr bis zur F¨ ullstandsh¨ohe h0 mit Fl¨ ussigkeit gef¨ ullt, so verschiebt sich der Kolben um die Strecke a in die statische Ruhelage. Die Kraft der Feder auf den Kolben ist a c ex , die der Fl¨ ussigkeit − g h0 A1 ex . Der Umgebungsdruck p0 liefert keinen Beitrag zur Kraft. Die Summe der am Kolben angreifenden Kr¨afte muß verschwinden a c ex − g h0 A1 ex = 0 und wir erhalten die Strecke a zu a=

g h0 A1 . c

(1)

b) Differentialgleichung des Schwingungssystems:

Zur Beschreibung der Bewegung des Kolbens verwenden wir ein x–Koordinatensystem dessen Ursprung mit der statischen Ruhelage zusammenf¨allt. Ist p1 der Druck auf die rechte Kolbenfl¨ache (Stelle [1]), so lautet die Bewegungsgleichung f¨ ur den Kolben m x¨ = −(x − a) c − (p1 − p0 ) A1 .

(2)

310

9 Stromfadentheorie

Den Druck p1 ermitteln wir mit der instation¨aren Bernoullischen Gleichung l¨angs der mittleren Stromlinie von [1] nach [2] (siehe Skizze): [2]

∂u

ds + u22 + p0 + g (h0 + h) = p1 + u21 . ∂t 2 2

[1]

(3)

Die Dichte der Fl¨ ussigkeit ist konstant, wir k¨onnen aufgrund der Kontinuit¨atsgleichung u2 und h in (3) durch u2 = u1

A1 , A0

h=x

A1 A0

ersetzen und gelangen zu [2]

p1 − p0 =

∂u

ds + u21 ∂t 2

[1]



A1 A0

2







A1 − 1 + g h0 + x . A0

(4)

Zur Auswertung des Integrals teilen wir den Integrationsweg auf und schreiben das Integral in der Form [2]

l0

∂u ds = ∂t

[1]

x l0

= 0

∂u ds + ∂t

∂u ds + ∂t

l0+ h l0 l0+ h l0

∂u ds ∂t

∂u ds − ∂t

x

0

∂u ds . ∂t

(5)

Mit der Voraussetzung, daß die Querschnitte A1 und A0 u ¨ber den Schwingungswegen x(t), h(t) konstant sind, ersetzen wir den Integranden u ¨ber die Kontinuit¨atsgleichung ur die u1 (t) A1 = u(s, t) A(s) durch ∂u/∂t = ∂u1/∂t A1/A(s) . Schreiben wir noch f¨ Kolbengeschwindigkeit u1 = x˙ und deren Ableitung ∂u1/∂t = x¨, so folgt aus (5) zun¨achst [2]

[1]

⎧ l ⎪ ⎪ ⎨ 0

∂u ds = x¨ ⎪ ∂t ⎪ ⎩

l0+ h

A1 ds + A(s)

0





= x¨ L + x

A1 A0

2

l0

A1 ds − A0

⎫ ⎪ ⎪ ⎬

x

ds 0

⎪ ⎪ ⎭



−1

und damit aus Gleichung (4) 

p1 − p0 = x¨

L+x



A1 A0

2



−1

+ x˙ 2 2



A1 A0

2







A1 − 1 + g h0 + x . (6) A0

9.1 Inkompressible Str¨omung

311

Setzen wir (6) in Gleichung (2) ein und ber¨ ucksichtigen (1), so werden wir auf eine nichtlineare Differentialgleichung von 2. Ordnung f¨ ur die Kolbenbewegung x(t) gef¨ uhrt: 

+ 2



m + L + A1

A1 A0

2





A1 A0

2





−1 x



A1 c − 1 x˙ + g + A0 A1

x¨

2

x=0.

(7)

c) A1 = A0: In diesem Sonderfall geht (7) in eine lineare Differentialgleichung 2. Ordnung u ¨ ber 







m c + L x¨ + + g x = 0 , A1 A1

(8)

mit den Anfangsbedingungen t=0:

x = a und x˙ = 0 .

(9)

Der L¨osungsansatz x(t) = ei λ t f¨ uhrt zu 

λ1 =

c + A1 g =: ω m + A1 L

und λ2 = −ω .

Die allgemeine L¨osung von (8) lautet mit den komplexen Konstanten C1, C2 x(t) = C1 ei ω t + C2 e−i ω t .

(10)

Mit e±i ω t = cos(ω t) ± i sin(ω t) erhalten wir f¨ ur den Realteil von (10) x(t) = A cos(ω t) + B sin(ω t) . Die nun reellen Konstanten A und B sind durch die Anfangsbedingungen (9) festgelegt:

g h0 A1 A=a= und B = 0 . c Die Kolbenbewegung wird beschrieben durch x(t) =

g h0 A1 cos(ω t) . c

312

9 Stromfadentheorie

Aufgabe 9.1-17

Instationa omung in einem zusammen¨re Str¨ gequetschten Rohr

Die W¨ande eines flexiblen Rohres werden zusammengequetscht, so daß an beiden offenen Seiten die darin befindliche inkompressible Fl¨ ussigkeit verlustfrei austreten kann.

a) Berechnen Sie den Geschwindigkeitsverlauf u(x, t) im Rohr mit Hilfe der Kontinuit¨atsgleichung. b) Bestimmen Sie die Druckdifferenz ∆p = p1 − p2 auf der mittleren Stromlinie. c) Skizzieren Sie den zeitlichen Verlauf der Querschnittsfl¨ache, der Austrittsgeschwindigkeit und der Druckdifferenz p1 − p2 f¨ ur die F¨alle: 1.) A(τ ) = A0 (1 − τ ) und 2.) A(τ ) = A0 cos(τ π/2) in dem Bereich 0 ≤ τ ≤ 1, mit der dimensionslosen Zeit τ = t/t∗ (t∗ ist die Zeit, die verstreicht, bis das Rohr die Querschnittsfl¨ache null hat). Geg.: , A(t), l, p0 , t∗ L¨ osung a) u(x, t): Die Querschnittsfl¨ache A ist nur eine Funktion der Zeit. F¨ ur diesen Fall lautet die Kontinuit¨atsgleichung (S. L. (9.8)) ausgewertet f¨ ur eine Stromlinie von −x nach x: x

−x

dA dx − (−u) A + u A = 0 . dt

(1)

Dabei haben wir die Symmetrie des Problems ausgenutzt, aufgrund derer die Str¨omungsgeschwindigkeit bei −x gleich dem Negativen der Geschwindigkeit bei x ist. Gleichung (1) aufgel¨ost nach u f¨ uhrt zu u(x, t) = −

1 dA x. A dt

(2)

b) p1 − p2 : Zur Bestimmung der Druckdifferenz werten wir die Bernoullische Gleichung f¨ ur die mittlere Stromlinie von [1] nach [2] aus:

p1 + u21 = 2

[2]

[1]

∂u ds + p2 + u22 . ∂t 2

(3)

9.1 Inkompressible Str¨omung

313

Am Punkt [2] herrscht Umgebungsdruck p0 . Aufgrund der Symmetrie des Problems verschwindet die Geschwindigkeit am Punkt [1] (Staupunkt). Aus (2) ergibt sich 1 dA l u2 = − A dt 2

⎡

und

∂u ⎣ 1 dA = ∂t A dt

2

⎤

1 d2 A ⎦ − x. A dt2

Damit wird (3) zu

∆p = p1 − p0 =

l/2  0

∂u

dx + u22 ∂t 2

⎡ 

1 2 ⎣ = l 2 8

1 dA A dt

2

⎤

1 d2 A ⎦ − . A dt2

(4)

c) Zeitliche Verl¨aufe von A, u2 und ∆p: Wir werten die Gleichungen (2) und (4) f¨ ur die im Aufgabenteil c) gegebenen Querschnittsverl¨aufe aus: F¨ ur die zeitliche Differentiation von A gilt: dA dA dτ dA 1 = = dt dτ dt dτ t∗

und

d2 A d2 A 1 = . dt2 dτ 2 (t∗)2

1.) Lineare Querschnittsabnahme: Die auf die Ausgangsfl¨ache A0 bezogene Querschnittsfl¨ache ist als Funktion der Zeit gegeben A = 1−τ . A0 Daraus folgt 1 dA −1 1 = A dt 1 − τ t∗ und 1 d2 A =0. A dt2 Die Austrittsgeschwindigkeit (2) ist u2 = oder

1 l 1 − τ 2 t∗

1 u2 , = ∗ u 1−τ mit der Bezugsgeschwindigkeit u∗ = l/(2 t∗ ).

314

9 Stromfadentheorie

Die Druckdifferenz (4) ist

∆p = 2 oder



l 2 t∗

2

2 (1 − τ )2

∆p 2 = ∗ p (1 − τ )2

mit dem Bezugsdruck p∗ = /2 [l/(2 t∗ )]2. In der nebenstehenden Abbildung ist der zeitliche Verlauf von A/A0, u2/u∗ und ∆p/p∗ skizziert.

2.) Harmonische Querschnittsabnahme: Die auf die Ausgangs߬ache A0 bezogene Querschnitts߬ache ist 

A π τ = cos A0 2 Daraus folgt



.



1 dA π π = − tan τ A dt 2 2 und



 

1 t∗



1 d2 A π 2 1 2 =− . A dt2 2 t∗ Wir erhalten f¨ ur die auf u∗ = l/(2 t∗ ) bezogene Austrittsgeschwindigkeit 

u2 π π τ = tan ∗ u 2 2



und f¨ ur die auf p∗ = /2 [l/(2 t∗ )]2 bezogene Druckdifferenz (4)  2

∆p π = ∗ p 2



[2 tan

2

In der nebenstehenden Abbildung ist der zeitliche Verlauf von A/A0, u2/u∗ und ∆p/p∗ skizziert.



π τ + 1] . 2

9.1 Inkompressible Str¨omung

Aufgabe 9.1-18

315

Kolbenpumpe

Nebenstehend skizzierte Kolbenpumpe, deren charakteristische Abmessungen klein sein sollen gegen¨ uber den H¨ohen HA und HE , f¨ordert verlustfrei inkompressible Fl¨ ussigkeit (Dichte ) durch eine Rohrleitung (Querschnitt A, L¨angen LE und LA ). Die Kolbengeschwindigkeit uK ist durch Geometrie (Kurbelradius r, Pleuell¨ange l) und durch die Winkelgeschwindigkeit ω vorgegeben: 



1r sin(2 ω t) . uK (t) = ω r sin(ω t) + 2 l a) Geben Sie den zeitlichen Verlauf der Eintrittsgeschwindigkeit uE und der Austrittsgeschwindigkeit uA w¨ahrend eines Arbeitstaktes an. b) Welcher Druck p2 (t) herrscht an der Stelle [2] unmittelbar oberhalb des Ventils an der Druckseite der Pumpe? c) Welcher Druck p1 (t) herrscht an der Stelle [1] unmittelbar unterhalb des Ventils an der Saugseite? d) Wie groß darf HE f¨ ur den Fall, daß AK /A ∗ r/Le  1 ist, maximal sein, damit an der Stelle [1] der Dampfdruck pD nicht unterschritten wird? Geg.: , ω, l, r, LA , LE , HA , HE , A, AK , pD , p0 , g L¨ osung Zur Berechnung der Geschwindigkeiten und Dr¨ ucke ist eine Fallunterscheidung notwendig. Die Kolbenpumpe hat 2 Arbeitstakte:

Beim Entleeren des Hubraumes ist das obere Ventil ge¨offnet und das untere geschlossen. Die Kolbengeschwindigkeit uK ist positiv und der von der Kurbel u ¨berstrichene Winkelbereich ist 0 ≤ ω t ≤ π (siehe Skizze).

316

9 Stromfadentheorie

Beim F¨ ullen des Hubraumes ist das untere Ventil ge¨offnet und das obere geschlossen. Die Kolbengeschwindigkeit ist negativ und der von der Kurbel u ¨ berstrichene Winkelbereich ist π < ω t < 2π (siehe Skizze).

a) uA (t) und uE (t): Entleeren, d. h. 0 ≤ ω t ≤ π: Da das untere Ventil geschlossen ist, ist uE (t) ≡ 0 und aus der Kontinuit¨atsgleichung folgt f¨ ur uA AK uK (t) = u0 [sin(ω t) + λ sin(2 ω t)] uA (t) = (1) A mit u0 = ω r (AK /A) und λ = 1/2 (r/l). F¨ ullen, d. h. π ≤ ω t ≤ 2π: Es gilt: uA (t) ≡ 0 und uE (t) = −u0 [sin(ω t) + λ sin(2 ω t)] .

(2)

b) Druck an der Stelle [2]: Zur Bestimmung des Druckes benutzen wir die Bernoullische Gleichung von [2] zu einem Punkt [A] im Austrittsquerschnitt:

p2 (t) + u22 = p0 + uA (t)2 + g HA + 2 2 mit

[A] 

[2]

[A]  [2]

∂u ds ∂t

(3)

∂u duA ds = LA , ∂t dt

da der Rohrquerschnitt konstant A ist und daher die Str¨omungsgeschwindigkeit in dem Bereich zwischen [2] und dem Austrittsquerschnitt gleich uA (t) ist. Also ist auch u2 = uA und wir erhalten aus (3) p2 (t) = p0 + g HA + LA

duA . dt

Die Fallunterscheidung f¨ uhrt zu: Entleeren, d. h. 0 ≤ ω t ≤ π: p2 (t) = p0 + g HA + LA u0 ω [cos(ω t) + 2λ cos(2 ω t)] . F¨ ullen, d. h. π ≤ ω t ≤ 2π: p2 (t) = p0 + g HA .

(4)

9.1 Inkompressible Str¨omung

317

c) Druck an der Stelle [1]: Die Bernoullische Gleichung von einem Punkt [0] auf der freien Fl¨ ussigkeitsoberfl¨ache, mit u0 = 0, zu dem Punkt [1], mit u1 = uE ergibt

p0 = p1 (t) + uE (t)2 + g HE + 2

[1]

[0]

∂u ds ∂t

(5)

mit [1]

[0]

duE ∂u ds = LE . ∂t dt

F¨ ur den Druck erhalten wir aus (5) p1 (t) = p0 − g HE −

duE uE (t)2 − LE . 2 dt

(6)

Einsetzen der im Aufgabenteil a) berechneten Eintrittsgeschwindigkeit f¨ uhrt zu: Entleeren, d. h. 0 ≤ ω t ≤ π: p1 (t) = p0 − g HE . F¨ ullen, d. h. π ≤ ω t ≤ 2π: p1 (t) = p0 − g HE −

2 u [sin(ω t) + λ sin(2 ω t)]2 + 2 0

+ LE u0 ω [cos(ω t) + 2λ cos(2 ω t)] .

(7)

Die Differenz von Gesamtdruck und hydrostatischem Druck an der Stelle [1], ∆p1 = p1 − (p0 − g HE ), folgt aus (7) f¨ ur π ≤ ω t ≤ 2π zu ∆p1(t) 1 AK r f2 (t) = f1 (t) − u0 LE ω 2 A LE mit den harmonischen Funktionen f1 (t) = cos(ω t) + 2λ cos(2ω t) und f2 (t) = [sin(ω t) + λ sin(2ω t)]2 .

(8)

318

9 Stromfadentheorie

Die Verl¨aufe von (8) und den Funktionen f1 und f2 sind f¨ ur AK /A ∗ r/LE = 1/2 u ¨ ber ω t in der nebenstehenden Abbildung dargestellt. F¨ ur 0 < ω t < π (Entleeren) stellt man keinen dynamischen Druck an der Stelle [1] fest. Kolbenpumpen werden z. B. zur F¨orderung von Fl¨ ussigkeiten aus einem Erdbohrloch verwendet. Im allgemeinen ist in diesen F¨allen r  LE , womit der zweite Term der rechten Seite von (8) vernachl¨assigt werden kann. d) Bestimmen von HEmax f¨ ur AK /A ∗ r/LE  1: Man erkennt an dem in der Abbildung von Teil c) dargestellten Druckverlauf, daß zur Zeit t = π/ω bei der vorausgesetzten Geometrieannahme p1 minimal wird: p1min = p1 (ω t = π) = p0 − g HE − u0 LE ω (1 − 2λ) . Dieser Druck soll gr¨oßer sein als der Dampfdruck pD . Wir erhalten mit dieser Bedingung eine Ungleichung f¨ ur die H¨ohe HE und die gesuchte maximale F¨orderh¨ohe: HE ≤ HEmax =

Aufgabe 9.1-19

p0 − pD u0 LE ω − (1 − 2λ) .

g g

Str¨ omung in einer Ureterprothese

In einem elastischen Schlauch bewegt sich eine Fl¨ ussigkeitsblase (Dichte ) mit konstanter Geschwindigkeit u0 auf ein mit gleicher Fl¨ ussigkeit gef¨ ulltes, starres Rohr zu. Die Blase hat die L¨ange l und den Querschnitt A(x) = A0 (x/l) (1 − x/l) , mit der zur Blase ortsfesten Koordinate x. Es kann angenommen werden, daß der Querschnitts¨ verlauf erhalten bleibt, auch wenn die Blase das Rohr erreicht (unstetiger Ubergang
vom Blasenquerschnitt zum Rohrquerschnitt an der Stelle x = 0) und der Schlauchquerschnitt an den Stellen, an denen sich die Blase nicht befindet, n¨aherungsweise null ist.

9.1 Inkompressible Str¨omung

319

Das Rohr hat die L¨ange L und den konstanten Querschnitt AR. Geben Sie den zeitlichen Druckverlauf p(x
= 0, t) an, wenn die Blase zur Zeit t = 0 das Rohr erreicht und der Druck p(x
= L, t) zu allen Zeiten konstant ist. Geg.: , u0, l, L, AR , A0, p(x
= L) L¨ osung

Das Fl¨ ussigkeitsvolumen bewegt sich mit u0 =const auf das feste Rohr zu und erreicht die Stelle x
= 0 zur Zeit t = 0. Bis zu diesem Zeitpunkt ist die Geschwindigkeit im Rohr null und der Druck konstant gleich dem Druck an der Stelle x
= L. Ab diesem Zeitpunkt ¨andern sich die Str¨omungsgr¨oßen im Rohr und nur diesen Zeitbereich wollen wir betrachten. Wir f¨ uhren die Transformation x = x
+ (l − u0 t
), t = t
ein. In dem
Zeitbereich 0 ≤ t ≤ l/u0 hat die Blase an der Stelle x
= 0 den Querschnitt t
u0 A(t ) = A0 l




t
u0 1− l



.

(1)

Damit folgt aus der Kontinuit¨atsgleichung f¨ ur die Geschwindigkeit im Rohr A(t
) A 0
u0 u(t ) = u0 = u0 t AR AR l




u0 1−t l




.

(2)

Die instation¨are Bernoullische Gleichung von x
= 0 nach x
= L lautet

p(x = 0, t ) + u(t
)2 = p(x
= L) + u(t
)2 + 2 2





mit

L

0

∂u du ds =
L . ∂t dt

L

0

∂u ds , ∂t

320

9 Stromfadentheorie

Mit (2) f¨ uhrt dies zu








p(x = 0, t ) = p(x = L) +

u20

L A0 l AR



u0 1 − 2t l




.

Die Druckdifferenz ∆p(t
) = p(x
= 0, t
) − p(x
= L) ist ∆p(t
) =

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

∆pmax

0 : t
< 0 [1 − 2 u0 t
/l] : 0 ≤ t
≤ l/u0 0 : t
> l/u0

,

mit ∆pmax = u20 L/l ∗ A0/AR . ∆p ist in der nebenstehenden Abbildung u ¨ber t
aufgetragen.

9.2

Station¨ are kompressible Str¨ omung

Aufgabe 9.2-1

Kraft auf ebene Platte

Aus einem großen Beh¨alter [1] str¨omt Luft (als ideales Gas zu betrachten) durch ein Rohr mit dem Rechteckquerschnitt b ∗ H, in welches eine angespitzte, ebene Platte (Querschnitt b ∗ H/2) hineinragt, in die Atmosph¨are aus. Die Plattenhalterung ist weit vom Punkt [3] entfernt befestigt. Die Str¨omung zwischen [1] und [3] sei isentrop und das Druckverh¨altnis p1 /p0 = 4.

a) Wie groß ist die Austrittsgeschwindigkeit u3 des Gases und welcher Druck p3 herrscht dort? b) Man ermittle p2 , u2 und M2 . c) Welche Kraft in x–Richtung u ¨ bt die Str¨omung auf die Platte aus?

9.2 Station¨are kompressible Str¨omung

321

d) Man zeichne die Verl¨aufe M(x/l), p(x/l) und u(x/l). (Hinweis: Man w¨ahle einige Punkte, beispielsweise x/l = 1/4, 1/2, 3/4, und arbeite dann mit der Tabelle im Anhang C der S. L.) Geg.: p1 = 4 bar, T1 = 300 K, γ = 1, 4, R = 287 J/(kg K) L¨ osung a) u3 und p3 : Das Druckverh¨altnis Kesseldruck/Atmosph¨arendruck ist u ¨ berkritisch p1 =4. p0 Die Machzahl am Austritt ist daher M3 = 1 , das Druckverh¨altnis also kritisch: p3 p∗ = = p1 pt ⇒



2 γ+1



γ γ−1

= 0, 528

p3 = 0, 528 ∗ 4 bar = 2, 112 bar .

Die Schallgeschwindigkeit am Austritt (Austrittsgeschwindigkeit) ist a3 a∗ = = a1 at



2 = 0, 913 , γ+1



a1 = at = ⇒

γ R T1 = 347 m/s

u3 = a3 = 0, 913 ∗ at = 317 m/s .

b) Str¨omungsgr¨oßen an der Stelle [2]: Der kritische Querschnitt ist an der Stelle [3], da dort die Machzahl eins ist: A∗ = A3 =

1 bH 2

und daher gilt f¨ ur die Stelle [2] A∗ A3 1 = = . A2 A2 2 Mit diesen Daten lesen wir aus der gasdynamischen Tabelle (Unterschallbereich !) die Gr¨oßen M2 = 0, 306 , p2 = 0, 937 pt

322

9 Stromfadentheorie

ab und daher p2 = 0, 937 p1 = 3, 748 bar . Weiter

a2 = 0, 991 at

und daher a2 = 0, 991 a1 = 344 m/s . Die Str¨omungsgeschwindigkeit ist mit u2 = M2 a2 = 105 m/s gegeben. c) Kraft auf die Platte: Der Impulssatz lautet f¨ ur die station¨are Str¨omung im Rahmen der Stromfadentheorie:

− 2 u22 A2 τ2 + 3 u23 A3 τ3 = p2 A2 τ2 − p3 A3 τ3 − F . Da τ1 = τ2 = ex, ist Fx die einzig nicht verschwindende Komponente der Kraft F auf die benetzten W¨ande. Auf den Kanalw¨anden steht t = −p n senkrecht auf ex , so daß Fx die Kraftkomponente auf die Platte ist. Wir erhalten durch skalare Multiplikation mit ex : Fx = 2 u22 A2 − 3 u23 A3 + p2 A2 − p3 A3 bzw. mit u2 = M 2 a2 = M 2 γ p/ = γ M 2 p Fx = ⇒

Fx p2 12 b H

( ) 1 b H 2 γ M22 p2 − γ M32 p3 + 2 p2 − p3 2

=

2 γ

M22

 p3 2 +1 − γ M3 + 1 , p2 

mit p3 /p2 = 2, 112/3, 748 = 0, 5635 also Fx = 0, 9098 . p2 12 b H

9.2 Station¨are kompressible Str¨omung

323

d) Verl¨aufe M(x/l), p(x/l), u(x/l) x/l 0 0,25 0,50 0,75 1

A∗/A 0,500 0,571 0,667 0,800 1

M 0,31 0,36 0,43 0,56 1

p/pt 0,94 0,915 0,88 0,81 0,53

a/at 0,991 0,987 0,982 0,971 0,913

u/at = M a/at 0,307 0,355 0,422 0,534 0,913

Alle drei Verl¨aufe werden bei bekanntem Verlauf von A∗ 1 = A(x/l) 2 − xl der gasdynamischen Tabelle entnommen und sind im Graphen dargestellt.

(mit pt = p1 = 4 bar, at = a1 = 347 m/s)

Aufgabe 9.2-2

Kanalstro altern mit ¨mung zwischen zwei Beh¨ W¨ armezufuhr

Aus einem großen Beh¨alter (pt1 , Tt1 ) str¨omt station¨ar und isentrop Luft. An der Stelle [2] sind p2 und T2 bekannt. Im Kanal zwischen [2] und [3] (Querschnitt A) wird gerade soviel W¨arme zugef¨ uhrt, daß die Temperatur bei [3] doppelt so hoch ist wie die bei [2]. Anschließend str¨omt die Luft in einen zweiten großen Beh¨alter (p4 ). Die Luft kann als thermisch und kalorisch ideales Gas angesehen werden. Die Machzahl ist u ¨ berall kleiner als 1.

324

9 Stromfadentheorie

a) Wie groß sind Geschwindigkeit, Dichte und Massenstrom an der Stelle [2]? b) Man berechne die Zustandsgr¨oßen bei [3] und die zugef¨ uhrte W¨armemenge pro Zeiteinheit. c) Man bestimme die Ruhetemperatur Tt4 und das Dichteverh¨altnis t1 / 4 . Geg.: γ, R, cp , pt1 , Tt1 , p2 , T2 , T3, A, p4 L¨ osung a) Gr¨oßen an der Stelle [2]: Die Ausflußgeschwindigkeit aus einem großen Beh¨alter berechnet sich nach der Gleichung von Saint-Venant-Wantzel (S. L. (9.88)) / 0 0 0 2γ u2 = 1

⎡



p2 p1 ⎣ 1− γ − 1 1 p1

 γ−1 ⎤ γ ⎦

mit p1 = pt1 und 1 = t1 = pt1 /(RTt1 ) zu / 0 0 0 2γ u2 = 1

⎡



p2 R T t1 ⎣1 − γ−1 pt1

 γ−1 ⎤ γ ⎦.

(1)

Die Dichte 2 ergibt sich aus der thermischen Zustandsgleichung

2 =

p2 , R T2

der Massenstrom aus m ˙ = 2 u2 A2 zu / 0 0 0 2γ m ˙ = A1

γ−1

Tt1 p22 R T22

⎡



⎣1 −

 γ−1 ⎤ p2 γ ⎦ .

pt1

(2)

˙ b) Gr¨oßen an der Stelle [3] und Q: Der Druck im austretenden Unterschallstrahl ist gleich dem Umgebungsdruck (hier p4 ) ⇒ p3 = p4 , aus der thermischen Zustandsgleichung folgt dann

3 =

p3 p4 = , R T3 R 2 T2

die Kontinuit¨atsgleichung liefert u3:

3 u3 A3 = 2 u2 A2

(mit A2 = A3 = A)

⇒

u3 = u2

2 p2 R 2 T2 = u2

3 R T2 p4

⇒

u3 = u2

2 p2 . p4

(3)

9.2 Station¨are kompressible Str¨omung

325

Der W¨armestrom Q˙ bestimmt sich aus dem Energiesatz zwischen [1] und [3] h1 +

1 2 Q˙ 1 u1 + = h3 + u23 2 m ˙ 2

f¨ ur kalorisch perfektes Gas (h = cp T ) zu 

1 Q˙ = m ˙ cp (T3 − Tt1 ) + u23 2



oder mit u3 aus (3) und mit T3 = 2 T2 zu ⎡

1 Q˙ = m ˙ ⎣cp (2 T2 − Tt1 ) + u22 2



2 p2 p4

2 ⎤ ⎦ ,

wobei m ˙ und u2 aus (2) und (1) folgen. c) Ruhetemperatur Tt4 und Dichte t4: Mit der Energiegleichung von [1] nach [4] ergibt sich ht1 +

Q˙ = h4 m ˙

mit h = cp T ,

woraus folgt Tt4 = Tt1 +

Q˙ . cp m ˙

Aus der Ruhetemperatur und dem Druck berechnet sich die Dichte zu

4 = ⇒

p4 pt1 pt4 Tt1 = R Tt4 R Tt1 pt1 Tt4

t1 pt Tt4 pt1 = 1 =

4 p4 Tt1 p4



Q˙ 1+ cp T t 1 m ˙



.

326

Aufgabe 9.2-3

9 Stromfadentheorie

Senkrechter Verdichtungsstoß innerhalb einer Leitradstufe

In einer Dampfturbine steht bei Teillastbetrieb ein senkrechter Verdichtungsstoß innerhalb einer Leitradstufe (siehe Skizze). Am Punkt [1] unmittelbar vor dem Stoß ist die Machzahl M1 = 2, 0, der Druck p1 = 1 bar und das spezifische Volumen v1 = 2, 0 m3/kg bekannt. Wasserdampf ist ein reales Gas, dessen Zustandsgr¨oßen aus dem Mollier–Diagramm am Ende der Aufgabe entnommen werden m¨ ussen.

a) Man bestimme mit Hilfe des Mollier–Diagramms die Temperatur T1, die Enthalpie h1 und die Entropie s1 an der Stelle [1]. b) Man ermittle mit dem h–s–Diagramm die Schallgeschwindigkeit a1 und die Geschwindigkeit u1 unmittelbar vor dem Verdichtungsstoß. c) Man gebe eine Iterationsvorschrift zur Bestimmung des Druckes p2 , der Enthalpie h2 und des spezifischen Volumens v2 hinter dem Verdichtungsstoß an. Mit dem Startwert v2/v1 = 1/6 f¨ uhre man drei Iterationsschritte durch. d) Man zeichne den Zustand [2] unmittelbar hinter dem Stoß in das Mollier–Diagramm ein und ermittle die Entropie s2 und die Temperatur T2 . e) Wie groß ist die Str¨omungsgeschwindigkeit u2 hinter dem senkrechten Verdichtungsstoß? Geg.: M1 , p1 , v1 , Mollier–Diagramm L¨ osung a) Zustandsgr¨oßen vor dem Stoß: Mit p1 = 1 bar, v1 = 2 m3 /kg entnimmt man dem Mollier–Diagramm (Schnittpunkt der Isobaren p1 = 1 bar mit der Isochoren v = 2 m3/kg) T1 ≈ 170◦ C , h1 ≈ 2818 kJ/kg , s1 ≈ 7, 7 kJ/(kg K) . b) Schall- und Str¨omungsgeschwindigkeit vor dem Stoß: Wir bestimmen die Schallgeschwindigkeit aus der Definitionsgleichung 

a2 =

∂p ∂



. s=const

9.2 Station¨are kompressible Str¨omung

327

Wir notieren aus dem h-s-Diagramm p [bar] v [m3/kg] Wertepaare von p und l¨angs der Isen0,5 3,70 tropen durch Punkt [1] (s=7,7 kJ/(kg K)). 1,0 2,00 Tr¨agt man nun p( ) bei s = const auf, 2,0 1,25 so erh¨alt man die entsprechende Kur2,6 1,00 ve. Die Steigung der Tangente an den 3,0 0,92 Punkt [1] entspricht (∂p/∂ )s=const = a21.



⇒

a21

=

∂p ∂

 s1

= 1/v [kg/m3 ] 0,27 0,50 0,80 1,00 1,09

N 105 m 2, 7 m2 2 = ≈ 278 000 2 1, 1 − 0, 13 kg3 s m

m . s Damit ist die Geschwindigkeit ⇒

a1 = 527

u1 = M1 a1 = 2 a1 = 1054

m . s

c) Bestimmung des Zustandes nach dem Stoß: Zur Bestimmung des thermodynamischen Zustandes nach dem Stoß stehen die Gleichungen (Impuls)

(Energie)

p2 = p1 +

h2

u21 v1

u2 = h1 + 1 2



1−



v2 v1 



v2 1− v1

,

(1)

2 

(2)

328

9 Stromfadentheorie

zur Verf¨ ugung. Dies sind zwei Gleichungen f¨ ur die gesuchten Zustandsgr¨oßen p2 , h2 und v2. Die fehlende dritte Beziehung liegt in Form des Mollier–Diagramms vor: v2 = v2 (p2 , h2 ) . Die Bestimmung der Zustandsgr¨oßen kann nun iterativ erfolgen. Der Iterationsablauf sieht wie folgt aus: Startwert (v2/v1 ) sch¨atzen ? -

p2 und h2 aus (1) und (2) ?

v2 aus Mollier–Diagramm (v2 = v2(p2 , h2)) ?

Berechnung von v2 /v1 ?

Ist v2 /v1 anders als das alte? |(v2/v1 )neu − (v2/v1 )alt| > 

ja

nein

?

Ende Einsetzen der Zahlenwerte von u1 , v1, p1 , h1 in (1) und (2) liefert 

p2 =



v2 1 + 5, 5546 1 − v1



h2 =



2818 + 555, 46

!

bar , 

v2 1− v1

2 

kJ . kg

Der Iterationsgang liefert dann mit dem Startwert v2 /v1 = 1/6 (dies w¨are bei zweiatomigem, idealem Gas das maximale Verdichtungsverh¨altnis) die folgenden Zahlenwerte: Iterations- v2/v1 schritt 0 1/6 1 0,34 2 0,36 3 0,375

p2 aus (1) [bar] 5,63 4,67 4,55 4,47

h2 aus (2) [kJ/kg] 3358 3309 3301 3295

v2 = v2 (p2 , h2 ) [m3/kg] 0,68 0,72 0,75 0,76

9.2 Station¨are kompressible Str¨omung

d) Zustand [2] im Mollier-Diagramm: Man liest ab s2 ≈ 7, 9 kJ/(kg K)

329

und

T2 ≈ 415◦ C .

e) Str¨omungsgeschwindigkeit hinter dem Stoß Aus der Kontinuit¨atsgleichung folgt

1 u1 = 2 u2

⇒

u2 = u1

Mollier–Diagramm f¨ ur Wasserdampf:

v2 m 0, 76 m = 400, 5 . = 1054 ∗ v1 2, 0 s s

330

9 Stromfadentheorie

Aufgabe 9.2-4

¨ Mit Uberschall angestr¨ omter stumpfer K¨ orper

Ein symmetrischer K¨orper mit stumpfer Vorderkante wird mit idealem Gas (γ) vom Druck p∞ unter der Machzahl M∞ > 1 angestr¨omt. Welcher Druck und welche Temperatur herrschen im Staupunkt des K¨orpers, wenn die Str¨omung bis auf den Verdichtungsstoß isentrop ist? Geg.: γ, M∞ , p∞ , T∞ L¨ osung Die Teilchen auf der Staustromlinie (= Symmetrielinie) durchlaufen aus Symmetriegr¨ unden einen senkrechten Verdichtungsstoß, so daß der Zustand [2] aus dem Zustand [1] mit Hilfe der Beziehungen f¨ ur den senkrechten Verdichtungsstoß berechnet werden kann. Da weiterhin bis zur Stoßfront die ungest¨orte Anstr¨omung vorliegt, entspricht der Zustand [1] unmittelbar vor dem Stoß dem Anstr¨omungszustand. Aus den Beziehungen f¨ ur den senkrechten Verdichtungsstoß folgt also (S. L. (9.137), (9.141)) p2 p2 γ 2 = = 1+2 − 1) , (M∞ p1 p∞ γ+1 M22 =

(1)

2 γ + 1 + (γ − 1) (M∞ − 1) . 2 γ + 1 + 2 γ (M∞ − 1)

(2)

Der Druck am Staupunkt (M = 0) ist der Totaldruck, so daß zwischen p2 und ps die aus der Bernoulli-Gleichung resultierende Beziehung (S. L. (9.94)) 



ps γ−1 2 pt M2 + 1 = = p2 p2 2

γ γ−1

gilt, also mit M22 aus (2) und p2 /p∞ aus (1)



2 ps p2 γ − 1 γ + 1 + (γ − 1) (M∞ − 1) ps +1 = = 2 − 1) p∞ p2 p∞ 2 γ + 1 + 2 γ (M∞

⇒



ps γ+1 2 = M∞ p∞ 2



γ γ−1



γ γ−1



2γ 2 (M∞ 1+ − 1) γ+1

2γ 1+ (M 2 − 1) γ+1 ∞

−

1 γ−1

.



9.2 Station¨are kompressible Str¨omung

331

Die Staupunkttemperatur l¨aßt sich aus der Energiegleichung l¨angs der Staustromlinie berechnen. Die Ruheenthalpie ¨andert sich durch den Stoß nicht: hs = ht = h∞ + ⇒

cp T s = cp T ∞ +

1 2 u 2 ∞

1 2 M γRT∞ 2 ∞

mit 



γR =γ−1 cp ⇒

Ts γ−1 2 M∞ . = 1+ T∞ 2

Die qualitativen Verl¨aufe von T und p l¨angs der Staustromlinie sind der Skizze links zu entnehmen. Die Verl¨aufe von ps /p∞ , Ts /T∞ sind im untenstehenden Diagramm u ¨ ber M∞ aufgetragen.

332

9 Stromfadentheorie

Aufgabe 9.2-5

Str¨ omung durch eine Lavaldu ¨se mit Stoß

Aus einem großen Beh¨alter mit dem Ruhedruck pt = 2 bar und der Ruhetemperatur Tt = 500 K str¨omt ideales Gas (γ = 1, 4) durch eine Lavald¨ use (engster Querschnitt Ae ) und ein Rohr konstanten Querschnitts (A3 = 5 Ae ) in einen zweiten großen Kessel. Im divergenten Teil der Lavald¨ use steht im Querschnitt A1 = 2 Ae ein senkrechter Verdichtungsstoß. Mit Ausnahme des senkrechten Verdichtungsstoßes und der Vermischung im zweiten Kessel ist die Str¨omung isentrop. a) Welche Machzahlen M1 , M2 , welche Dr¨ ucke p1 , p2 und welche Temperaturen T1, T2 herrschen unmittelbar vor und hinter dem Verdichtungsstoß? b) Wie groß sind im Rohr Machzahl M3 , Druck p3 und Temperatur T3? c) Welche Ruhetemperatur T4 und welcher Ruhedruck p4 herrschen im zweiten Kessel? Geg.: pt , Tt, γ, A1/Ae , A3/Ae L¨ osung a) M1 , p1 , T1 und M2 , p2 , T2: ¨ An der Stelle [1] muß Uberschallstr¨ omung vorliegen, da ein Stoß nur f¨ ur M1 > 1 m¨oglich ist. Mit dem bekannten Fl¨achenverh¨altnis A∗ Ae 1 = = A1 A1 2 kann man die folgenden Werte aus der Tabelle C.1 (S. L.) ablesen: M1 = 2, 2 ,

p1 = 0, 09352 , pt

T1 = 0, 50813 . Tt

Mit pt = 2 bar, Tt = 500 K also p1 p1 = pt = 0, 09352 ∗ 2 bar = 0, 1870 bar , pt T1 =

T1 Tt = 0, 50813 ∗ 500 K = 254 K . Tt

Die Gr¨oßen an der Stelle [2] (Zustand direkt hinter dem Stoß) k¨onnen mit der Kenntnis der Machzahl vor dem Stoß (M1 = 2, 2) aus Tabelle C.2 (S. L.) abgelesen werden: p2 T2 M2 = 0, 5471 , = 5, 4800 , = 1, 85686 . p1 T1 Damit sind auch p2 und T2 bekannt: p2 p2 = p1 = 5, 4800 ∗ 0, 1870 bar = 1, 025 bar , p1 T2 =

T2 T1 = 1, 85686 ∗ 254 K = 472 K . T1

9.2 Station¨are kompressible Str¨omung

333

b) M3 , p3 , T3: Wir bestimmen zun¨achst die neuen Bezugsgr¨oßen A∗2, pt2 und Tt2 : An der Stelle [2] folgt aus M2 = 0, 5471 A∗2 ≈ 0, 796 A2

A∗2 A∗ A2 A∗ A1 = 2 = 2 = 0, 796 ∗ 2 = 1, 592 . Ae A2 Ae A2 Ae

⇒

Mit M1 = 2, 2 folgt aus den Stoßbeziehungen pt2 = 0, 6281 pt1

⇒

pt2 = 0, 6281 ∗ 2 bar = 1, 2562 bar .

Die Ruheenthalpie ist eine Erhaltungsgr¨oße, bei kalorisch idealem Gas dann auch die Ruhetemperatur, Tt2 = Tt = 500 K . Nun k¨onnen die Gr¨oßen im Rohr (Stelle [3]) bestimmt werden. ⇒

A3 = 5 Ae

A∗2 A∗ Ae 1 = 2 = 1, 592 ∗ = 0, 3184 . A3 Ae A3 5

Im Rohr herrscht Unterschall, man liest f¨ ur A∗2 = 0, 3184 A3 aus Tabelle C.1 (S. L.) ab: M3 = 0, 19 ,

p3 = 0, 9751 , pt2

T3 = 0, 9928 . T t2

Daraus folgen die Str¨omungsgr¨oßen im Rohr zu p3 =

p3 pt = 0, 9751 ∗ 1, 2562 bar = 1, 225 bar , pt2 2

T3 =

T3 Tt = 0, 9928 ∗ 500 K = 496, 4 K . T t2 2

c) Tt4 , p4 : Ruhetemperatur ist Erhaltungsgr¨oße (ideales Gas) ⇒

Tt4 = Tt = 500 K .

Der Druck des in den zweiten Kessel austretenden Strahles ist der Kesseldruck, da M3 < 1 ist ⇒ p4 = p3 = 1, 225 bar .

334

9 Stromfadentheorie

Aufgabe 9.2-6

Verspinnen eines Fadens in einer Du ¨se

In der skizzierten D¨ use wird Spinnmaterial mit Hilfe eines heißen Luftstroms (ideales Gas, γ = 1, 4) zu einem d¨ unnen Faden verschmolzen und durch das Rohr und die D¨ use transportiert. Die Str¨omung in dem langen Rohr ist reibungsbehaftet, so daß dort die Machzahl zunimmt, bis sie am D¨ useneintritt (Stelle [1]) schließlich den Wert M = 1 erreicht hat. In der kurzen D¨ use kann dagegen die Reibung vernachl¨assigt werden. Im Abstand l vom D¨ useneintritt wird ein senkrechter Verdichtungsstoß beobachtet.

a) Wie groß ist der Massenstrom m ˙ durch die Spinnd¨ use, wenn an der Stelle [1] der Druck p1 und die Temperatur T1 gemessen werden? b) Man berechne M2 , p2 und M3, p3 . c) Wie groß ist das Verh¨altnis der kritischen Querschnitte vor und nach dem Stoß? d) Wie groß sind M4 und p4 ? Geg.: M1 = 1, p1 = 1, 5 bar, T1 = 400 K, R = 287 J/(kg K), γ = 1, 4, d = 3 mm, D = 7 mm, L = 16 mm, l = 11 mm L¨ osung a) Massenstrom m ˙ :  p1 m ˙ = 1 u1 A1 = 1 M1 a1 A1 = M1 γ R T1 A1 = M1 p1 R T1

N = 1 ∗ 1, 5 ∗ 105 2 ∗ m = 3, 703





d2 γ π R T1 4

32 ∗ 10−6 2 1, 4 s ∗π∗ m 287 ∗ 400 m 4

g . s

b) M2 , p2 und M3 , p3 : Am D¨ useneintritt, dem engsten Querschnitt [1], betr¨agt die Machzahl M1 = 1. π A∗ = A1 = d2 . 4

9.2 Station¨are kompressible Str¨omung

335

Um die Machzahl und den Druck an der Stelle [2] ermitteln zu k¨onnen, muß das Fl¨achenverh¨altnis A∗/A2 bekannt sein. Es gilt A∗ = A2



d d2

2

.

Den Durchmesser d2 erh¨alt man durch einen einfachen Ansatz zu d2 = d +

l (D − d) L

d2 l = 1+ d L

⇒





D −1 d

.

Einsetzen der Zahlenwerte ergibt d2 11 = 1+ d 16 A∗ = A2

⇒



12 23





23 7 −1 = 3 12

2

= 0, 2722 .

(1)

Aus der Tabelle C.1 (S. L.) liest man ab: M2 = 2, 85 ,

p2 = 0, 03415 . pt

Der Totaldruck pt ist noch unbekannt. Er l¨aßt sich aus den Daten an der Stelle [1] mit der bekannten Machzahl M1 = 1 berechnen: p1 p∗ = = 0, 5283 pt pt ⇒

pt =

1, 5 p1 = bar = 2, 8393 bar . 0, 5283 0, 5283

Damit ist auch p2 bestimmt: p2 = 0, 0970 bar . F¨ ur den Zustand [3] (nach dem Stoß) liest man mit M2 = 2, 85 aus den Stoßtabellen ab: p3 pt3 = 9, 3096 , = 0, 3733 , M3 = 0, 485 . p2 pt2 Der Druck nach dem Stoß ist dann p3 = 0, 9030 bar , der Ruhedruck nach dem Stoß pt3 = 1, 06 bar .

336

9 Stromfadentheorie

¨ c) Anderung des kritischen Querschnitts: Das Querschnittsverh¨altnis vor dem Stoß betr¨agt nach (1) A∗2 = 0, 2722 , A2

M2 = 2, 85 ,

das Verh¨altnis nach dem Stoß erh¨alt man aus der Tabelle C.1 (S. L.) mit M3 = 0, 485 zu

A∗3 = 0, 73 . A3

Da unmittelbar vor und nach dem Stoß keine Querschnitts¨anderung stattfindet (A2 = A3), folgt f¨ ur das gesuchte Verh¨altnis der kritischen Querschnitte 0, 73 A∗3 = = 2, 68 . ∗ A2 0, 2722 d) M4 , p4 : Sowohl die Stelle [3] als auch die Stelle [4] besitzen den gleichen kritischen Querschnitt A∗4 = A∗3 . Mit dem Ergebnis aus c) kann man nun folgende Gleichungskette formulieren: A∗4 A∗ A∗ A1 = 3 = 3∗ , A4 A4 A2 A4 denn A∗2 = A1 . Die beiden rechts stehenden Verh¨altnisse sind bekannt, also ist A∗4 = 2, 68 A4



d D

2

= 0, 492 .

Tabelle C.1 (S. L.) liefert M4 = 0, 3 ,

p4 = 0, 9395 . pt4

Den Druck p4 erh¨alt man mit pt3 = pt4 zu p4 = 0, 996 bar .

9.2 Station¨are kompressible Str¨omung

Aufgabe 9.2-7

337

Strahltriebwerk im Unterschallflug

An der Stelle [1] eines Strahltriebwerkes im Unterschallflug tritt Luft u ¨ ber den Bereich S1 mit der Geschwindigkeit u1 (Druck p1 , Temperatur T1 ) in das Triebwerk ein. Die Luft (kalorisch perfektes Gas γ = 1, 4; R = 287 J/(kg K)) wird isentrop von [1] nach [2] auf den Druck p2 komprimiert. Zwischen den Stellen [2] und [3] (Brennkammer) wird isobar die spezifische W¨arme q23 = 300 kJ/kg zugef¨ uhrt. Von der Stelle [3] bis zum Austrittsquerschnitt (Stelle [4]) ist die Str¨omung wieder isentrop. Die Dr¨ ucke p1 und p4 k¨onnen n¨aherungsweise gleich dem Druck p0 der Außenstr¨omung gesetzt werden. a) Berechnen Sie die Geschwindigkeit u2 vor der Brennkammer. Wie groß ist die Temperatur T2 und die Dichte 2 an dieser Stelle? b) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit u3 hinter der Brennkammer, sowie die Temperatur T3 und die Dichte 3 . c) Wie groß ist die Austrittsgeschwindigkeit u4 und die Dichte 4 , wenn der Druck p4 = p0 ist? d) Berechnen Sie den Schub des Triebwerkes unter der Voraussetzung, daß die Str¨omung an den Stellen [1] und [4] ausgeglichen ist. Geg.: u1 = 300 m/s, p2 = 1, 25 bar, γ = 1, 4; p0 = 0, 8 bar, q23 = 300 kJ/kg, R = 287 J/(kg K), T1 = 273K, A1 = 1 m2 L¨ osung a) Die Str¨omung von [1] nach [2] ist isentrop. Hierauf kann die Bernoullische Gleichung f¨ ur kompressible Str¨omung in der Form u21 γ p1 γ p1 u2 + = 2+ 2 γ − 1 1 2 γ − 1 1



p2 p1

(γ−1)/γ

angewendet werden. Nach Au߬osen der gesuchten Geschwindigkeit / 0 0 0 u2 = 1u21 +

⎛



2γ p2 R T1 ⎝1 − γ−1 p1

(γ−1)/γ ⎞

ergibt sich u2 zu 124,14 m/s. Mit der Isentropen-Beziehung T2 = T1



p2 p1

(γ−1)/γ

⎠

338

9 Stromfadentheorie

folgt T2 = 310, 13 K. Mit der thermischen Zustandsgleichung f¨ ur ideale Gase berechnet sich die Dichte zu p2 kg

2 = = 1, 4044 3 . R T2 m Da die W¨armezufuhr isobar erfolgt, verschwindet der Druckgradient und in reibungsfreier Str¨omung daher auch die Beschleunigung (Eulersche Gleichung !) in der Brennkammer, so daß u2 = u3 gilt. b) Wegen der W¨armezufuhr q23 ist die Str¨omung von [2] nach [3] nicht adiabat und aus der Energiegleichung u2 u22 + h2 + q = 3 + h3 2 2 erhalten wir mit h = cp T und u2 = u3 q23 = cp (T3 − T2 ) . Mit der Identit¨at cp = γ/(γ − 1) R erh¨alt man damit das Ergebnis T3 =

q23(γ − 1) + T2 = 608, 79K , γR

w¨ahrend die Dichte wieder aus der Gasgleichung gewonnen werden kann:

3 =

p3 kg = 0, 7154 3 . R T3 m

c) Von Querschnitt [3] nach [4] ist die Str¨omung isentrop, daher folgt die Geschwindigkeit u4 analog dem Vorgehen unter Aufgabenteil a) zu 402,28 m/s. Die Auswertung der Isentropen-Beziehung  1/γ p4

4 =

3 p3 ergibt f¨ ur 4 = 0, 5201 kg/m3 . d) Der Schub ist die Kraft, welche auf das Triebwerk wirkt. Die Anwendung des Impulssatzes 

u(u · n) dS =

(S)



t dS (S)

auf das skizzierte Kontrollvolumen (Sges = S1 + Sw + S4 ) f¨ uhrt auf den Ausdruck 

1u1 (u1 · n) dA +

S1



u(u · n) dS +

Sw

=−

 S1

p1n dA −



4u4 (u4 · n) dS =

S4





p4n dS + S4

Sw

t dS .

9.2 Station¨are kompressible Str¨omung

339

Das zweite Integral f¨allt wegen der Randbedingung an der festen Wand heraus. Der Spannungsvektor der beiden ersten Terme auf der rechten Seite ist −p n, da die Str¨omung ausgeglichen sein soll. Das letzte Oberfl¨achenintegral ist die Kraft, die von der Triebwerksinnenseite auf die Fl¨ ussigkeit ausge¨ ubt wird. Die Kraft auf das  Triebwerk FTri ist zu dieser Kraft antiparallel und es wird − 1 u21A1e1 + 4 u24A4e1 = p1 A1e1 − p4 A4e1 − FTri erhalten. Mit p1 = p4 = p0 lautet obige Gleichung FTri = e1 [p0(A1 − A4 ) + 1 u21A1 − 4 u24 A4] . Es interessiert nur der Schub in e1-Richtung, die Kraftkomponente auf der Außenwand des Triebwerkes lautet daher FTra = FTra · e1 = −



p0 n · e1 dS = −p0 (A1 − A4 ) .

Sw

und der Schub des Triebwerkes FS = FTri · e1 + FTra · e1 = 1 u21 A1 − 4 u24A4 l¨aßt sich mit der Kontinuit¨atsgleichung 1 u1 A1 = 4 u4 A4 auswerten: FS = 1 u1 A1(u1 − u4 ) = −31, 332 kN .

Aufgabe 9.2-8

Fahrt eines Hochgeschwindigkeitszuges durch einen Tunnel Ein Hochgeschwindigkeitszug f¨ahrt mit konstanter Geschwindigkeit uz durch einen Tunnel. An der Vorderseite l¨ost die Str¨omung in der skizzierten Weise ab (Strahlkontraktionsziffer α). Die Str¨omung sei kompressibel und das Medium (Luft) kalorisch und thermisch perfekt.

Bekannt sei der Zustand [1] weit vor dem Zug mit p1 und 1 . Die Geschwindigkeit ist hier u1 = uz . a) Berechnen Sie an der Stelle [2] die Geschwindigkeit u2 und die beiden Zustandsgr¨oßen p2 und 2 bei isentroper Str¨omung von [1] nach [2]. b) Berechnen Sie die Geschwindigkeit u3 mit Hilfe des Impulssatzes von [2] nach [3], wobei p3 gegeben ist. Geg.: u1, p1 , 1 , A, k, α, uz , p3 , γ

340

9 Stromfadentheorie

L¨ osung a) Wenn der Zug die Stelle [3] erreicht (Tunneleintritt) bildet sich bei gen¨ ugend kleinem Fl¨achenverh¨altnis k  1 ein Stoß aus, der in den Tunnel l¨auft. Hinter dem Stoß ist der Zustand mit p1 und 1 gegeben; außerdem wird durch den instation¨aren Verdichtungsstoß die Luft mit der Geschwindigkeit u1 in Bewegung versetzt. Der Zustand hinter dem Stoß k¨onnte mit den Stoßbeziehungen berechnet werden. Dies soll hier jedoch nicht geschehen. Untersucht wird der Fall, wo der Zug mit der Geschwindigkeit uz im Tunnel f¨ahrt, das Zugende aber noch nicht die Stelle [3] passiert hat. Der Str¨omungszustand im Tunnel ist instation¨ar. Im zugfesten System ist die Str¨omung station¨ar. Vom tunnelfesten System gelangt man zum zugfesten System, indem man allen Geschwindigkeiten die Geschwindigkeit uz so u ¨ berlagert, daß der Zug zur Ruhe kommt.

u
1 = uz − u1 , u
2 = uz − u2 , u
3 = uz − u3 .

Bei der Zugumstr¨omung von [1] nach [2] tritt eine Querschnittsverringerung auf, die als isentrope D¨ usenstr¨omung angen¨ahert werden kann. Mit der Anstr¨om–Machzahl
M1 zum Zug u
1 u
1
 M1 = = a1 γ p 11 erh¨alt man das Fl¨achenverh¨altnis A∗/A f¨ ur diese Str¨omung aus Tabelle C.1 (S. L. Seite 414) oder aus der expliziten Gleichung

− 2(γ−1)



γ+1

A∗ 2 γ − 1
2 = M1
M1 + 1 A γ+1 2

f¨ ur gegebenes M1
. Die Machzahl an der Stelle [2] M2
kann bei gegebenem Fl¨achenverh¨altnis A∗ /(α k A) aus derselben Gleichung

− 2(γ−1)



A∗ 2 γ − 1
2 = M2
M2 + 1 αk A γ+1 2

γ+1

ermittelt werden, wobei aber f¨ ur M2
eine iterative L¨osung n¨otig wird. Alternativ kann man f¨ ur gegebenes Fl¨achenverh¨altnis die Machzahl M2
wieder der Tabelle C.1 entnehmen. Zweimalige Anwendung von (S. L. (9.94)) 



pt γ−1 2 = M +1 p 2

γ γ−1

9.2 Station¨are kompressible Str¨omung

341

liefert das Druckverh¨altnis p2 = p1

 γ−1

M1
2 + 1 M2
2 + 1

2 γ−1 2



γ γ−1

,

wobei es selbstverst¨andlich ist, daß die thermodynamischen Gr¨oßen vom Bezugssystem unabh¨angig sind. Mit der Dichte 2 aus

2 =

1



p2 p1

1/γ

erh¨alt man zun¨achst die Geschwindigkeit 

u
2

=

M2


γ p2

2

relativ zum Zug und dann die Geschwindigkeit 

u2 =

−u
2

+ uz =

−M2


γ

p2 + uz

2

im Tunnel. Zahlenbeispiel: Mit den vorgegebenen Werten sei die Machzahl M1
= 0, 3 und α = 0, 7; k = 0, 8; γ = 1, 4. Es ergibt sich aus der Tabelle A∗/A = 0, 4914. Die Machzahl M2
liest man mit Hilfe des Fl¨achenverh¨altnises A∗ = 0, 8775 αk A zu M2
≈ 0, 65 ab. Das Druckverh¨altnis p2 /p1 errechnet sich zu 0,8013 und damit ur die Geschwindigkeiten erweitert man das Dichteverh¨altnis 2 / 1 zu 0,8536. F¨ M2
a2 M2
a2 at u
2 = = u
1 M1
a1 M1
at a1 und die Schallgeschwindigkeiten aus der Tabelle C.1 liefern dann u
2 = 2, 0993u
1 . b)

Infolge der Abl¨osung kommt es zu einer Strahlaufweitung, die mit Verwirbelung und deshalb mit Verlusten verbunden ist. Die Str¨omung von [2] nach [3] ist dann nicht mehr isentrop. Wir verwenden daher den Impulssatz, um die Zust¨ande an der Stelle [3] zu berechnen. Die Geschwindigkeit im Abl¨osegebiet ist sehr klein und wird n¨aherungsweise null gesetzt. Im Impulssatz  (S)

u(u · n) dS =

 (S)

t dS

(1)

342

9 Stromfadentheorie

 die f¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen berechnen wir zun¨achst die linke Seite (L), Impulsfl¨ usse  = L



u(u · n) dA +

kA



u(u · n) dA +

αk A



u(u · n) dS

SW

zu  = 3 u
2 k A n3 + 2 u
2α k A n2 . L 3 2 Mit der Annahme, daß an den Stellen [2] und [3] keine Gradienten vorhanden sind und unter Vernachl¨assigung der Wandschubspannungen gilt t = −p n. Die rechte  wird dann mit Seite von (1), (R),  = R

 kA

−p n dA +

 αkA

−p n dA +





−p n dA +

(1−α) k A

−p n dS

SW

zu  = −p3 k A n3 − p2 α k A n2 − p2 k A (1 − α)n2 − R



p n dS SW

erhalten. Die Geschwindigkeit u
3 folgt nun aus der Komponente des Impulssatzes in e1–Richtung 2 2 α 2 u
2 − 3 u
3 = p3 − p2 und der Kontinuit¨atsgleichung 3 u
3 A3 = 2u
2 A2 zu u
3 p2 − p3 = 1+ ,
u2 α 2 u
22 in der nur noch gegebene oder in Aufgabenteil a) errechnete Gr¨oßen auftreten.

Aufgabe 9.2-9

Labyrinthdichtung einer Turbomaschine

Bei einer Wellendurchf¨ uhrung durch ein Geh¨ause einer Turbomaschine wird ideales Betriebsgas (γ), dessen thermodynamischer Zustand im Innern mit p1 , T1 und außerhalb mit p5 , T5 bekannt ist, durch eine einkammerige Labyrinthdichtung gegen die Umgebung abgedichtet.

9.2 Station¨are kompressible Str¨omung

343

Der Radius R der Welle, die H¨ohe D und die L¨ange L der Kammer sind groß im Vergleich zu den Spaltweiten. Das Druckverh¨altnis p1 /p3 und p3 /p5 ist u ¨ berkritisch. Die sich einstellende Str¨omung von [1] nach [2] und von [3] nach [4] kann als station¨are, quasieindimensionale, isentrope Str¨omung angesehen werden, nicht jedoch jene von [2] nach [3] und von [4] nach [5]. a) Berechnen Sie den Leckstrom. b) Welcher thermodynamische Zustand (p3 , T3) stellt sich in der Kammer ein? c) Wie muß das Spaltweitenverh¨altnis konstruktiv gew¨ahlt werden, damit das Druckverh¨altnis p1 /p3 u ¨berkritisch ist? Geg.: p1 , T1, p5 , T5, R, H2 , H4 , γ L¨ osung Die Spalten der Labyrinthdichtung k¨onnen als konvergente D¨ usen betrachtet werden, in der das Betriebsgas station¨ar, quasieindimensional und isentrop str¨omt. Die Druckverh¨altnisse p1 /p3 und p3 /p5 sind u ¨ berkritisch, d. h. im engsten Querschnitt der konvergenten D¨ use ist die Machzahl M = 1 und der thermodynamische Zustand ist durch die kritischen Gr¨oßen gegeben. Von [2] nach [3] wird das Gas im u ¨ berkritischen Fall auf den sich im Innern einstellenden Druck p3 expandiert. Außerdem verwirbelt das Gas in der Kammer vollst¨andig (D  H2 , H4 und L  H2 , H4 ) und kommt zur Ruhe. Analog kann der Vorgang von [4] nach [5] betrachtet werden. a) Im station¨aren Zustand ¨andert sich der Leckstrom u ¨ber die Dichtung nicht: ˙ 4 = A2u2 2 . m ˙ =m ˙2=m

(1)

Infolge der Auslegung H2  R gilt als N¨aherung f¨ ur die Fl¨ache A2 = 2π R H2 . Im engsten Querschnitt wird die Machzahl 1 erreicht, daher ist u2 = a2, und die Str¨omungsgr¨oßen im Spalt sind die kritischen Gr¨oßen. Da p1 = pt und 1 = t Kesselzust¨ande sind, folgt f¨ ur die Geschwindigkeit a∗2 2 = u22 = γ

p1 2

1 γ + 1

sowie f¨ ur das Dichteverh¨altnis

2

∗ = 2 =

1

1



2 γ+1

1/(γ−1)

.

344

9 Stromfadentheorie

Damit erh¨alt man f¨ ur den Leckstrom 

√

m ˙ = 2π γ 1 p1 R H2

2 γ+1



γ+1 2(γ−1)

.

(2)

Dies ist der maximal m¨ogliche Massendurchsatz. Im kritischen bzw. u ¨ berkritischen Fall h¨angt er nur von der Fl¨ache und den Ruhegr¨oßen ab, nicht aber vom Zustand in der Kammer. b) Der in die Kammer einfließende Massenstrom m ˙ 2 muß wieder durch den Spalt [4] austreten. Der thermodynamische Zustand in [3] stellt sich nun so ein, daß diese Bedingung erf¨ ullt ist. Die Str¨omung von [3] nach [4] kann analog jener von [1] nach [2] betrachtet werden. Vertauscht man die entsprechenden Indizes in Gleichung (2), so folgt 

m ˙ 4 = 2π R H4 3a3

2 γ+1

 γ+1

2(γ−1)

.

Wegen (1) liefert ein Vergleich von (2) mit obiger Gleichung

1 a1H2 =1,

3 a3H4

(3)

und mit a2 = γ p/ und p/ = R T folgt aus Gleichung (3) p1 p3



T3 H4 = . T1 H2

Wenn die Temperatur T3 bekannt ist, kann aus obigem Ausdruck p3 f¨ ur ein gegebenes Spaltweitenverh¨altnis berechnet werden. T3 folgt aus der Energiegleichung. Da das System adiabat ist, (keine W¨armeabfuhr nach außen) und u1 = u3 = 0 gilt, folgt aus dem Energiesatz f¨ ur adiabate Str¨omung: h1 = h3 ⇒

T3 = T1

⇒

p3 = p1

H2 . H4

c) Es gilt die Ungleichung p∗ p3 ≤ 2 = p1 p1



2 γ+1

γ/(γ−1)

,

wobei im kritischen Fall das Gleichheitszeichen gilt, sonst ist die Str¨omung u ¨ berkritisch. Mit dieser Ungleichung gelangt man zum Ergebnis H2 ≤ H4



2 γ+1

γ/(γ−1)

≤ 0, 5283 ,

(4)

wenn als Adiabatenexpontent γ = 1, 4 gew¨ahlt wird. Der Spalt [4] muß somit gr¨oßer sein als der Spalt [2].

9.2 Station¨are kompressible Str¨omung

Aufgabe 9.2-10

345

Gasstr¨ omung durch eine Blende Aus einer Leitung (Querschnittsfl¨ache A1 ) str¨omt ideales Gas (γ = 1, 4) reibungsfrei ¨ durch eine Blende mit der Offnung A2 aus. Dabei tritt eine Strahlkontraktion auf die Fl¨ache α(M3 ) A2 = A3 ein. Die Beziehung α(M3 ) ist ann¨ahernd gegeben durch π α(M3 ) = , 2 π+ 1/(γ−1) 2 1 + γ−1 M 3 2

die f¨ ur M3 → 0 den bekannten Wert f¨ ur inkompressible Str¨omung ergibt (S. L. (10.310)). a) Bestimmen Sie die Gr¨oßen p3 , M3 , α(M3 ), wenn der Zustand in [1], die Geometrie der Anlage und der Außendruck bekannt sind. b) Berechnen Sie die Kraft, die die Str¨omung auf die Blende aus¨ ubt. Geg.: p0 = 1 bar, p1 = 1, 2 bar, 1 = 1, 3 kg/m3, M1 = 0, 2, A1 = 10 cm2, A2 = 5 cm2, γ = 1, 4 L¨ osung a) Mit den Beziehungen f¨ ur isotrope Zustands¨anderung 

γ/(γ−1)

pt γ−1 2 = M +1 p 2



,

1/(γ−1)

t γ −1 2 = M +1

2

(1)

und den gegebenen Gr¨oßen des Zustands [1], ermittelt man die Ruhegr¨oßen bzw. liest sie aus Tabelle C.1 (S. L.) ab: p1 = 0, 9725 ⇒ pt = 1, 2339 bar , pt

1 = 0, 9803

t

⇒ t = 1, 3261

kg . m3

Aus dem Druckverh¨altnis p0 /pt = 0, 8104 folgt nach Aufl¨osen der Isentropenbeziehung (1) oder aus der angesprochenen Tabelle die Machzahl M3 = 0, 5564; und weiter: kg

3 = 0, 8634 ⇒ 3 = 1, 145 3 .

t m Nach Einsetzen von M3 in die gegebene N¨aherungsformel ergibt sich die Kontraktionszahl α = 0, 6461. b) Die Anwendung des Impulssatzes: F¨ ur die angenommene reibungsfreie Str¨omung lautet der Impulssatz  (S)

u(u · n) dS =

 (S)

t dS = −



p n dS , (S)

(2)

346

9 Stromfadentheorie

der nach einfacher Rechnung die Form e1(− 1 u21A1 + 3 u23α A2) = e1(p1 A1 − p0 α A2 ) −



p0 n dS − FB −

SS



p n dS SW

annimmt, in der FB die Kraft auf die Blende ist. Nach skalarer Multiplikation mit e1 f¨allt das letzte Integral heraus. Der Ausdruck n ·e1 dS ist der Bildwurf der Fl¨ache dS in die e1–Richtung und das Integral daher A2 − α A2 . Es entsteht FB = 1 u21 A1 − 3 u23α A2 − p0 α A2 − p0 (A2 − α A2) + p1 A1 , was nach Zusammenfassen FB = ( 1u21 + p1 )A1 − ( 3 u23 α + p0 )A2 ergibt. Mit 3 u23 = γ M32 p3 und 1 u21 = γ M12 p1 ist die gesuchte Kraftkomponente FB = p1 A1(1 + γ M12 ) − p0 A2(1 + γ α M32 ) = 62, 7 N .

9.3

Instation¨ are kompressible Str¨ omung

Aufgabe 9.3-1

In ein Rohr laufender senkrechter Verdichtungsstoß

Aus einem Rohr, das in eine Lavald¨ use m¨ undet, str¨omt ideales Gas isentrop mit der Machzahl M1
= 0, 6 . Der Zustand (p1 , a1) an der Stelle [1] und der Rohrquerschnitt A sind bekannt. Verringert man pl¨otzlich den engsten Querschnitt AD der D¨ use, so erh¨oht useneintritt und ein senkrechter Verdichtungsstoß l¨auft in das sich der Druck p2 am D¨ Rohr (siehe Skizze). Hinter dem Stoß stellt sich sofort wieder station¨are Str¨omung mit der Machzahl M2
= u
2/a2 ein. usenquerschnitt ver¨andert wird? a) Wie groß ist AD , bevor der D¨ b) Man berechne die Machzahl M2
, die sich hinter dem Stoß, d. h. vor der D¨ use einstellt, wenn der D¨ usenquerschnitt auf 0, 6AD verkleinert wird. c) Man bestimme (graphisch oder numerisch) die Machzahl MS des Stoßes, die Machzahl M2 im stoßfesten System und das Verh¨altnis a2 /a1 der Schallgeschwindigkeiten. d) Wie groß sind p2 und T2 ? Geg.: γ = 1, 4, R = 287 J/(kg K), M1
= 0, 6, p1 = 3 bar, T1 = 300 K, A = 10 cm2

9.3 Instation¨are kompressible Str¨omung

347

L¨ osung a) Die Querschnittsfl¨ache AD vor der Ver¨anderung: Mit M1
= 0, 6 folgt aus der Tabelle C.1 der S. L. AD A∗ = = 0, 8416 A A

⇒

AD = 0, 8416 A = 8, 416 cm2 .

b) Die Machzahl M2
nach Ver¨anderung des engsten Querschnittes: Der ver¨anderte D¨ usenquerschnitt ist A∗ = 0, 6 AD , das neue Fl¨achenverh¨altnis betr¨agt dann A∗ 0, 6 AD = = 0, 5050 ⇒ M2
≈ 0, 31 . A A c) Die Stoßmachzahl MS , die Machzahl M2 und das Verh¨altnis a2/a1 : Die Machzahlen im Laborsystem vor und hinter dem Verdichtungsstoß, M1
und M2
, sind bekannt. Die entsprechenden Geschwindigkeiten u
1 = M1
a1 und u
2 = M2
a2 m¨ ussen auf ein Koordinatensystem umgerechnet werden, in dem der Stoß in Ruhe ist (stoßfestes System):

Die entsprechenden Machzahlen im stoßfesten System sind dann u1 uS + u
1 uS u
1 = = + = MS + M1
, a1 a1 a1 a1

(1)

u2 uS + u
2 uS a1 u
2 a1 = = = + = MS + M2
. a2 a2 a1 a2 a2 a2

(2)

M1 = M2

Die Gleichungen (1) und (2) sind zwei Gleichungen f¨ ur die vier Unbekannten Ms , M1 , M2 und a1 /a2. Die noch fehlenden Gleichungen gewinnt man aus den Stoßbeziehungen (S. L. (9.139) ) und (S. L. (9.141) ) zu a1 (γ + 1) M1 = a2 (2γM12 − (γ − 1))(2 + (γ − 1) M12 ) und



M2 =

γ + 1 + (γ − 1)(M12 − 1) 2γM12 − (γ − 1)

Eliminiert man mittels (1) MS in (2) M2 − M2
=

a1 (M1 − M1
) a2

(3)

1/2

.

(4)

348

9 Stromfadentheorie

und setzt die Stoßbeziehungen (3) und (4) ein, so erh¨alt man bei gegebenem M1
, M2
eine Bestimmungsgleichung f¨ ur M1 . F¨ ur die Zahlenwerte γ = 1, 4, M1
= 0, 6, M2
= 0, 31 ergibt sich die numerische L¨osung zu M1 = 1, 17703. Aus (1) erh¨alt man damit die Stoßmachzahl MS = M1 − M1
= 0, 58 , aus (2) die Machzahl nach dem Stoß M2 = 0, 86 und aus (3) schließlich das Verh¨altnis der Schallgeschwindigkeiten a2 = 1, 055 . a1 d) Druck und Temperatur hinter dem Stoß: Die fehlenden Zustandsgr¨oßen p2 und T2 erh¨alt man mit M1 aus der Tabelle C.1 (S. L.) zu p2 = 1, 45 , p1 ⇒

Aufgabe 9.3-2

p2 = 4, 35 bar

T2 = 1, 1154 T1 und T2 = 334, 6 K .

Stoßwellenrohr

Ein Stoßwellenrohr besteht in seiner einfachsten Ausf¨ uhrung aus einem langen, zylindrischen Rohr, in dem durch eine leicht zerst¨orbare Membran zwei Kammern (HD = Hochdruckteil und ND = Niederdruckteil) abgetrennt sind. Die Kammern werden mit Gas verschiedener Zust¨ande p1 , a1 und p4 > p1 , a4 gef¨ ullt. Zerst¨ort man die Membran, so l¨auft in den ND-Teil ein Verdichtungsstoß, dem eine sogenannte Kontaktunstetigkeit (= Mediengrenze zwischen den Gasen, die urspr¨ unglich im HD– bzw. ND–Teil waren) folgt. In den Hochdruckteil l¨auft eine zentrierte Expansionswelle. Stoß und Expansionswelle werden an den Endflanschen des Rohres reflektiert. a) Skizzieren Sie den Str¨omungsvorgang in einem x-t–Diagramm. b) Geben Sie unter der Annahme idealen Gases (γHD = γND = γ) die zur Bestimmung der Zust¨ande hinter dem Stoß und dem Expansionsf¨acher notwendigen Gleichungen an. Geg.: p1 , a1, p4 , a4, γ

9.3 Instation¨are kompressible Str¨omung

349

L¨ osung a) x-t-Diagramm:

b) Zustand hinter Stoß [2] und hinter Expansionsf¨acher [3]: Die gestrichenen Gr¨oßen sind auf das Laborsystem bezogen. Die zur Beschreibung des Vorgangs notwendigen Gleichungen sind : 1.) Geschwindigkeit hinter einem Stoß, der in ruhendes Gas l¨auft (S. L. (9.154)) u
2

oder auch wegen Ms = M1 (u
1 = 0 u
2



2 1 = a1 Ms − γ+1 Ms ⇒



u1 = us )



2 1 a1 M1 − = γ+1 M1



.

(1)

2.) Druckverh¨altnis u ¨ ber den Stoß (S. L. (9.137)) 2γM12 − (γ − 1) p2 . = p1 γ+1

(2)

350

9 Stromfadentheorie

3.) Druckverh¨altnis u ¨ ber den Expansionsf¨acher (Die Kontaktunstetigkeit, die sich mit u
2 = u3 bewegt, wirkt bez¨ uglich des Expansionsf¨achers wie ein nach rechts gehender Kolben, so daß in der entsprechenden Gleichung (S. L. (9.198)) |uK | durch u3 ersetzt werden kann): 

p3 γ − 1 u3 = 1− p4 2 a4



2γ γ−1

.

(3)

Ferner gelten die Randbedingungen an der Kontaktunstetigkeit: u
2 = u3 ,

(4)

p2 = p3 .

(5)

(1) bis (5) sind f¨ unf Gleichungen f¨ ur die f¨ unf Unbekannten u2, u3, p2 , p3 , M1 . Der Rechengang kann wie folgt ablaufen: Durch Einsetzen von (5) in (3) erh¨alt man p2 /p4 = f (u3 /a4 ). Dividiert man diese Beziehung durch (2), so gewinnt man p1 /p4 = f (M1 , u3/a4 ), in der man wiederum u3 = u
2 durch (1) eliminieren kann. So erh¨alt man eine Beziehung der Form p1 /p4 = f (M1 ), also eine Bestimmungsgleichung f¨ ur M1. Sie lautet



p1 γ − 1 a1 1 = 1− M1 − p4 γ + 1 a4 M1

2γ γ−1

γ+1 , − (γ − 1)

2γM12

aus der sich f¨ ur gegebene a1 /a4, p1 /p4 die gr¨oßte erreichbare Machzahl ablesen l¨aßt. In dem folgenden Bild ist der Verlauf p1 /p4 = f (M1) f¨ ur a1/a4 = 1 und γ = 1, 4 dargestellt. Mit bekanntem M1 folgt aus (1) u
2 = u3 , dann aus (3) p3 /p4 = p2 /p4 . Das Verh¨altnis a3/a4 l¨aßt sich damit aus der Isotropenbeziehung u ¨ ber den Expansionsf¨acher a3 = a4



p3 p4

 γ−1 2γ

berechnen, w¨ahrend man a2/a1 mit bekanntem M1 aus der Stoßbeziehung (S. L. (9.139)) 

a2 T2 = a1 T1 gewinnt.



1/2

=

(2γM12 − (γ − 1)) (2 + (γ − 1)M12 ) (γ + 1)M1

9.3 Instation¨are kompressible Str¨omung

Aufgabe 9.3-3

351

Bewegung eines Kolbens in einem Rohr infolge Gasexpansion

In einem unendlich langen Rohr wird an der Stelle x = 0 ein Kolben (L¨ange lK , Dichte K ) festgehalten, der ruhendes Gas (p0 , a0, γ ) vom Vakuum abtrennt. Zur Zeit t = 0 wird der Kolben pl¨otzlich losgelassen und bewegt sich danach unter dem Einfluß des homentrop expandierenden Gases reibungsfrei im Rohr. a) Man stelle den Vorgang qualitativ in einem x- t-Diagramm dar. b) Wie lautet der Zusammenhang zwischen dem Druck pK am Kolben und der Kolbengeschwindigkeit uK (t) ? c) Man berechne die Kolbengeschwindigkeit als Funktion von t. Wie groß ist die maximal erreichbare Kolbengeschwindigkeit? d) Man skizziere den Rechnungsgang von u(x, t) und a(x, t) . Geg.: p0 , a0, γ, lK , K L¨ osung a) x-t-Diagramm:

b) Druck am Kolben: Entlang der C − -Charakteristiken gilt (S. L. (9.175)) 2 2 u− a = −2s = − a0 γ−1 γ−1 γ−1 ⇒ a = a0 + u, u≤0. 2 Aus der Isentropenbeziehung (S. L. (9.198)) folgt dann p = p0



a a0

(2γ)/(γ−1)



= 1+

γ−1 u 2 a0

(1)

(2γ)/(γ−1)

.

(2)

352

9 Stromfadentheorie

Am Kolben ist wegen der kinematischen Randbedingung u = uK (t) , so daß dort gilt  (2γ)/(γ−1) pK γ − 1 uK (t) = 1+ . (3) p0 2 a0 c) Kolbengeschwindigkeit uK (t): Die Bewegungsgleichung des Kolbens lautet mK x¨K = Fx = −pK AK duK dt duK

K lK = −pK , dt

bzw. mit mK = K AK lK und x¨K =

mit (3) also



(4) (2γ)/(γ−1)

duK γ − 1 uK (t) p0 1+ =− dt

K lK 2 a0 und nach Trennung der Ver¨anderlichen und bestimmter Integration: uK (t)  t γ − 1 uK −(2γ)/(γ−1) p0 1+ duK = − dt 2 a0

K lK 0 0 ⇒ damit



2a0 γ − 1 uK − 1+ γ+1 2 a0 ⎡

2a0 ⎣ γ − 1 uK (t) 1+ γ+1 2 a0

−(γ+1)/(γ−1) uK (t)

=−

0

−(γ+1)/(γ−1)

p0 t,

K lK

⎤

− 1⎦ =

p0 t,

K lK

woraus sich die Kolbengeschwindigkeit zu ⎡

−(γ−1)/(γ+1) ⎤ ⎦



2a0 ⎣ γ + 1 p0 uK (t) = − 1− t+1 γ −1 2 K lK a0

(5)

ergibt. Maximalgeschwindigkeit: uK (t → ∞) = −

2a0 γ−1

(Expansion ins Vakuum, vgl. S. L. (9.199)) .

d) Bestimmung von u(x, t), a(x, t): L¨angs der C − –Charakteristiken gilt Gleichung (1) a = a0 +

γ−1 u, 2

(1)

l¨angs der C + –Charakteristiken gilt (S. L. (9.174)) u+

2 2 a = 2r = uK + aK . γ −1 γ−1

(6)

9.3 Instation¨are kompressible Str¨omung

353

Durch Einsetzen von (1) in (6) erh¨alt man 



2 γ−1 2 u = uK + aK , u+ a0 + γ−1 2 γ−1 1 1 u = uK + (aK − a0) 2 γ−1 und mit aK aus (1)

γ−1 uK 2

aK = a0 + schließlich

(7)

(8)





1 1 γ−1 u = uK + a0 + uK − a 0 = uK , 2 γ−1 2

d. h. also u(x, t) = uK

l¨angs

dx = u + a (C + − Charakteristiken) dt

(9)

und wegen (1) bzw. (8) dann auch a(x, t) = aK = a0 +

γ−1 uK 2

l¨angs

dx = u+a . dt

(10)

Geschwindigkeit und Schallgeschwindigkeit sind also l¨angs der C + -Charakteristiken jeweils konstant und gleich dem Wert am Schnittpunkt der betrachteten Charakteristik mit der Kolbenbahn. Die Aufgabe der Berechnung des Str¨omungsfeldes innerhalb des Expansionsgebietes (x < a0t) l¨aßt sich also wie folgt l¨osen: Aus der Gleichung x
(t
) der C + -Charakteristik, die durch den Punkt P (x, t) geht, x
− x = (uK + aK )(t
− t) und der Gleichung der Kolbenbahn xK (t
) =

t




uK (t)dt 0

lassen sich die Koordinaten x∗ , t∗ des Schnittpunktes zwischen Charakteristik und Kolbenbahn bestimmen. Aus (9) folgt dann die Str¨omungsgeschwindigkeit u(x, t) = uK (t∗(x, t)) und damit aus (1) die Schallgeschwindigkeit a(x, t) = a0 + mit (2) ist dann auch der Druck bekannt.

γ−1 u(x, t) , 2

354

9 Stromfadentheorie

Aufgabe 9.3-4

Stoßreflexion am offenen Rohrende

Aus einem Rohr konstanten Durchmessers str¨omt ideales Gas (γ, R) zun¨achst station¨ar mit der Geschwindigkeit u
1 < a1 in die Umgebung (p1 ). Durch ¨ eine Anderung stromaufw¨arts bildet sich ein Stoß, der durch das Rohr l¨auft und den Druck auf p2 erh¨oht. Zum Zeitpunkt t = 0 erreicht der Stoß das offene Rohrende, und der Druck hinter dem Stoß wird augenblicklich wieder auf Umgebungsdruck p1 abgebaut (p3 = p1 ). Dies wird durch eine in das Rohr laufende zentrierte Expansionswelle verursacht. a) Skizzieren Sie den Vorgang im x-t-Diagramm. b) Berechnen Sie M2
, a
2 und u
2. c) Wie groß sind M3
, a3 und u
3 , welchen Wert darf M3
maximal annehmen? Geg.: γ = 1, 4, R = 287

J , p2 /p1 = 1, 513, M1
= 0, 3, T1 = 300 K kgK

L¨ osung a) x-t-Diagramm: Unter der Voraussetzung, daß M3
= (u
3/a3 ) < 1 ist, ist der Druck im austretenden Strahl, auch nachdem der Stoß das Rohrende erreicht hat, wieder gleich dem Umgebungsdruck p1 . Im Rahmen der eindimensionalen Betrachtungsweise wird der Druck im Strahl hinter dem Stoß schlagartig von p2 auf p3 = p1 abgesenkt (=singul¨ arem ˆ Punkt (0,0) im x-t-Diagramm). Bei endlichem Rohrradius R vergeht jedoch eine Zeit τ , bis sich die station¨are Randbedingung p3 = p1 auf dem gesamten Rohrquerschnitt eingestellt hat. Die Gr¨oßenordnung von τ ist die Zeitdauer, die ben¨otigt wird, um eine St¨orung u ¨ber den Rohrradius zu melden, also τ ∼ O (R/a) mit a als der betreffenden typischen Schallgeschwindigkeit. Die im x-t-Diagramm benutzte Annahme τ = 0 ist demnach nur f¨ ur Zeiten t mit t/τ = a t/R  1 sinnvoll, und die im weiteren gewonnenen Ergebnisse sind in ihrem G¨ ultigkeitsbereich auf solche Zeiten beschr¨ankt.

b) M2 , a2, u2: Zur Benutzung der station¨aren Stoßbeziehungen f¨ uhren wir wieder ein stoßfestes Koordinatensystem ein : Es gelten die Transformationsbeziehungen (S. L. (9.148), (9.149)) u1 = uS − u
1 ,

9.3 Instation¨are kompressible Str¨omung

355

u2 = uS − u
2 und damit

M1 = MS − M1
, a1 M2 = MS − M2
. a2 Aus den Stoßbeziehungen erh¨alt man (S. L. Tabelle C.2) p2 = 1, 513 p1

⇒

(1) (2)

M1 = 1, 2 ,

M2 = 0, 8422 , 

T2 a2 = a1 T1

1/2



=

1, 128 = 1, 0621 ,

damit aus (1) MS = M1 + M1
= 1, 2 + 0, 3 = 1, 5 und aus (2) 1, 5 a1 − M2 = − 0, 8422 = 0, 57 . a2 1, 0621 Die Schallgeschwindigkeit a2 hinter dem Stoß ist M2
= MS

 a2 m a1 = 1, 0621 γRT1 = 368, 7 a1 s

a2 =

und die Str¨omungsgeschwindigkeit u
2 = M2
a2 = 0, 57 · 368, 7

m m = 210, 2 . s s

c) M3
, a3, u3: Auf der C + -Charakteristik (vgl. Abb. unter a) ) gilt : u
+

2 2 a = 2r = u
2 + a2 , γ−1 γ −1

also innerhalb des Gebietes [3] u
3 +

2 2 a3 = u
2 + a2 γ−1 γ −1

bzw. nach Division mit a3 

M3


a2 2 2 = + M2
+ γ −1 a3 γ−1



.

(3)

Mit der Isentropenbeziehung und p3 = p1 berechnet man a2/a3 a2 = a3



p2 p3

 γ−1 2γ

= 1, 0609

(4)

356

9 Stromfadentheorie

und gewinnt aus (3) eine Bestimmungsgleichung f¨ ur M3
: 

M3


=

p2 p1

 γ−1  2γ



M2


2 2 + − = 0, 909 . γ−1 γ−1

Die Schallgeschwindigkeit a3 ist gem¨aß (4) a3 =

368, 7 ms a2 m = = 347, 6 , 1, 0609 1, 0609 s

so daß die Str¨omungsgeschwindigkeit u
3 = M3
a3 = 316

m s

ist. Wegen der Annahme, daß der Druck im Strahl nach dem Expansionsf¨acher p3 gleich dem Umgebungsdruck p1 ist (Gleichung (4)), muß an M3
die Bedingung M3
< 1 gestellt werden, die f¨ ur die zugrunde gelegten Zahlenwerte erf¨ ullt ist.

Aufgabe 9.3-5

Prinzip des Expansionsrohres

In einem unendlich langen Rohr, das mit idealem Gas (γ = 1, 4) gef¨ ullt ist, befindet sich an der Stelle x = l eine masselose Membran. Der Druck p1 des Gases auf der rechten Seite dieser Membran und der Zustand p5 , a5 auf der linken Seite ist gegeben. Von links l¨auft nun ein Stoß in das Rohr und erh¨oht den Druck von p5 auf p4 hinter dem Stoß. Sobald der Stoß die Membran erreicht hat, platzt diese. Es entsteht eine Kontaktunstetigkeit, die sich mit der bekannten Geschwindigkeit uK = u
2 = u
3 voranbewegt. a) b) c) d) e) f)

Wie groß ist die Machzahl MS1 des 1. Stoßes? Nach welcher Zeit t0 hat der Stoß die Membran erreicht? Wie groß ist die Schallgeschwindigkeit a3? Berechnen Sie den Druck an der Kontaktunstetigkeit. Wie groß ist die Machzahl des zweiten Stoßes? Berechnen Sie die Schallgeschwindigkeit a1.

Geg.: p1 = 1 bar, p4 = 18 bar, p5 = 4 bar, uk = 575 m/s, a5 = 300 m/s, l = 1 m, γ=1,4

9.3 Instation¨are kompressible Str¨omung

357

L¨ osung a) Mit dem Druckverh¨altnis p4 /p5 ergibt sich die Stoßmachzahl MS1 = uS /a1 aus Tabelle C.2 (S. L.) oder aus der Bestimmungsgleichung (S. L. (9.137)) f¨ ur das Druckverh¨altnis in Abh¨angigkeit der Machzahl vor dem Stoß:  p4 γ 2 =1+2 MS1 − 1 p5 γ+1

⇒

MS1 = 2 .

b) Die Stoßgeschwindigkeit ist dann uS = MS1 a5 = 600 m/s und daher betr¨agt die Zeitdauer t0, die der Stoß ben¨otigt, um die Strecke l zu durchlaufen, t0 = 10−2 /6 s. c) L¨angs der C+ -Charakteristiken gilt: u
4 +

2 2 a4 = u
3 + a3 . γ −1 γ −1

(1)

Die Geschwindigkeit im Bereich [4] u4 gewinnt man aus der Beziehung (S. L. (9.154)) 

u
4

2a5 1 = MS1 − γ+1 MS1



zu 375 m/s. Die Schallgeschwindigkeit in diesem Bereich folgt aus der Stoßbeziehung (S. L. (9.139)) oder Tabelle C.2 (S. L.) zu a4 = 389, 7 m/s und damit die Schallgeschwindigkeit im Bereich [3] aus Gleichung (1) zu a3 = 349,7 m/s. d) Der Druck im Bereich [3] entsteht aus isentroper Expansion vom Bereich [4] p3 = p4



a3 a4

2γ

γ−1

,

und p3 berechnet sich zu 8,4341 bar. e) F¨ ur die Machzahl MS2 des zweiten Stoßes kann man wegen p2 = p3 die Stoßbeziehung (S. L. (9.137)) verwenden oder wieder Tabelle C.2 (S. L.). Mit p2 /p1 = 8, 4341 folgt MS2 = 2, 7152 . f) Die bekannte Str¨omungsgeschwindigkeit hinter dem zweiten Stoß (u
2 = uk ) ist u ¨ber (S. L. (9.154))   2a1 1 uK = MS2 − γ+1 MS2 mit der Schallgeschwindigkeit vor dem zweiten Stoß verkn¨ upft. Die Aufl¨osung liefert a1 = 294, 0 m/s.

358

9 Stromfadentheorie

Aufgabe 9.3-6

Schallausbreitung in einem geschlossenen Rohr

In einem geschlossenem Rohr der L¨ange 2l, das mit idealem Gas gef¨ ullt ist, sind folgende Anfangsverteilungen (zur Zeit t = 0) der Str¨omungsgeschwindigkeit u(x, t) und der Schallgeschwindigkeit a(x, t) gegeben: ⎧ ⎪ ⎨

u(x, 0) =

0 f¨ ur x > b UA f¨ ur |x| ≤ b , ⎪ ⎩ 0 f¨ ur x < −b

a(x, 0) = a4 . Hinweise: Die Str¨omung im Rohr ist homentrop. Die Str¨omungsgeschwindigkeit ist klein gegen¨ uber der Schallgeschwindigkeit. Die Str¨omung soll mit der Methode der Charakteristiken berechnet werden. a) Wie lauten die Randbedingungen an die Geschwindigkeit u? b) Berechnen Sie die Str¨omungsgeschwindigkeit im Rohr bevor die St¨orung die Wand erreicht hat. Zu welchem Zeitpunkt t0 ist die Geschwindigkeit u(0, t0) = 0? c) Berechnen Sie die Str¨omung im Rohr nach der Reflexion an der Wand. Geg.: UA , a4, l, b L¨ osung a) Randbedingungen: Die beiden Enden des Rohres werden zu keiner Zeit durchstr¨omt, d. h. u(l, t) = 0 ,

u(−l, t) = 0 .

Es liegt ein Anfangs–Randwertproblem vor. b) Geschwindigkeitsverteilung im Rohr ohne Reflexionen: Da u  a ist, vereinfachen sich die Differentialgleichungen der C + – und der C − – Charakteristiken zu dx/dt = ±a4 . Nach Integration erh¨alt man die Gleichung der C + – Charakteristik x(t) = a4 t + const und die Gleichung der C − –Charakteristik x(t) = −a4 t + const .

9.3 Instation¨are kompressible Str¨omung

359

St¨orungen breiten sich l¨angs Charakteristiken aus; der Vorgang ist im nebenstehenden Weg–Zeit–Diagramm dargestellt. Zur Berechnung der Geschwindigkeit u(x, t) in den einzelnen Gebieten werden die Vertr¨aglichkeitsbedingungen f¨ ur homentrope Str¨omung (S. L. (9.174), (9.175)) 2 r = u(x, t) + und

2 a(x, t) γ−1

− 2 s = u(x, t) −

2 a(x, t) γ−1

(1) (2)

benutzt, wobei (1) l¨angs der C + – und (2) l¨angs der C − –Charakteristik gilt. Die Riemannschen Invarianten 2r und −2s sind l¨angs der C + – und C − –Charakteristik konstant und werden aus den bekannten Anfangsverteilungen bestimmt. Durch jeden Punkt des Gebietes [1] l¨auft eine C + –Charakteristik, auf der 2r = u(x, 0) +

2 2 a(x, t = 0) = UA + a4 γ −1 γ −1

vorliegt und eine C − –Charakteristik, auf der −2s = u(x, 0) −

2 2 a(x, t = 0) = UA − a4 γ−1 γ −1

ist. Die Geschwindigkeit u1 im Gebiet [1] erh¨alt man durch Addition von Gleichung (1) und (2): u1 = r − s = UA . Analog diesem Vorgehen errechnet man nun im Gebiet [2] C+ :

2r = u(x, 0) + = UA +

C− :

2 a4 , γ−1

−2s = u(x, 0) − = 0−

2 a(x, 0) γ−1

2 a(x, 0) γ −1

2 a4 γ−1

(jede C − –Charakteristik in Gebiet [2] beginnt in einem Punkt x > b auf der x– Achse), und erh¨alt 1 u2 = r − s = UA . 2

360

9 Stromfadentheorie

Im Gebiet [3] beginnen alle rechtsl¨aufigen Charakteristiken bei x < −b auf der x–Achse: 2 C + : 2r = 0 + a4 , γ −1 2 a4 γ −1 UA ⇒ u3 = r − s = . 2 Die Gebiete [1], [2] und [3] sind die Einflußgebiete der St¨orung, f¨ ur die Gebiete [4] und [5] erh¨alt man 2 C + : 2r = 0 + a4 , γ−1 C− :

−2s = UA −

C− :

−2s = 0 −

und u4 = r − s = 0 ,

2 a4 γ −1 sowie u5 = r − s = 0 .

Der Zeitpunkt t0, bei dem in x = 0 Ruhe herrscht, ist der Schnittpunkt der C + – Charakteristik die am Punkt (t = 0, x = −b) beginnt mit der Zeitachse: b . C + : x(t) = a4 t − b , x(t0) = a4 t0 − b = 0 ⇒ t0 = a4 c) Bisher wurde die Str¨omung als reines Anfangswertproblem mit den gegebenen Anfangswertverteilungen behandelt. Es ist aber offensichtlich, daß die in b) berechneten Geschwindigkeiten u2 und u3 nicht die Randbedingungen u(±l, t) erf¨ ullen. Zur L¨osung werden nun an den Stellen x = ±2l fiktive St¨orungen der Breite 2b und der Geschwindigkeit uB auf der x–Achse angebracht:

Im Gebiet [6] u ¨ berlagern sich nun die Einflußgebiete der St¨orungen. Die rechtsl¨aufigen Charakteristiken kommen von der St¨orung UA und die linksl¨aufigen Charakteristiken von der St¨orung UB . Man erh¨alt 2 a4 , C + : 2r = UA + γ−1 C− :

−2s = UB −

2 a4 γ−1

9.3 Instation¨are kompressible Str¨omung

361

und u6 = r − s = UA + UB , und durch die Wahl UB = −UA wird im Gebiet [6] und damit an der Wand x = l die Geschwindigkeit null und die Randbedingung ist erf¨ ullt. Das Gleiche gilt f¨ ur das Gebiet [7], nur ist dort die Rolle der C + – und der C − – Charakteristik vertauscht. Mit UB = −UA wird dann 1 u8 = − UA , 2

1 u9 = − UA 2

und u10 = −uA .

Im Gebiet [10] ist die St¨orung nach der ersten Reflexion wieder im Ursprung angelangt, bewegt sich aber in die negative x–Richtung. Nachdem die St¨orung das Gebiet [10] durchlaufen hat, wird sie zu einem sp¨ateren Zeitpunkt wieder an den W¨anden reflektiert. Dieser Vorgang wiederholt sich unendlich oft. Zur Erf¨ ullung der Randbedingung zu allen Zeiten m¨ ussen unendlich viele fiktive St¨orungen angebracht werden, gem¨aß dem folgenden Bild:

Damit ist das Anfangs–Randwertproblem in ein reines Anfangswertproblem u uhrt ¨berf¨ worden, wobei nur der Bereich |x| ≤ l physikalische Bedeutung besitzt. Man erh¨alt weiterhin 1 u11 = u12 = − UA , 2

u13 = u14 = 0 ,

1 u15 = u16 = − UA , 2

u17 = UA .

Nachdem die St¨orung im Gebiet [17] angelangt ist (nach 2–maliger Reflexion) beginnt der Vorgang wieder von neuem. Dieser Zeitpunkt t∗ entspricht dem Schnittpunkt der rechtsl¨aufigen Charakteristik die im Punkt (x = −4l, t = 0) beginnt mit der Zeitachse: C+ :

x(t) = a4 t − 4l ,

x(t∗) = a4 t∗ − 4l = 0

⇒

t∗ = 4

l . a4

10 Potentialstr¨ omungen

10.3

Inkompressible Potentialstr¨ omungen

Aufgabe 10.3-1

Expandierende Kugel

In einer inkompressiblen Fl¨ ussigkeit befindet sich eine expandierende Kugel, deren Oberfl¨ache durch F (r, t) = r − R(t) = 0 beschrieben wird.

a) Man berechne das Geschwindigkeitspotential Φ(r). (An der Kugeloberfl¨ache ist die kinematische Randbedingung zu erf¨ ullen, f¨ ur r → ∞ muß die Str¨omung abgeklungen sein). b) Berechnen Sie die Druckverteilung p(r, t). c) Skizzieren Sie f¨ ur die Abh¨angigkeit 

R(t) = R0 1 +

t t0



die Geschwindigkeit ur (r, t) und den Druck p(r, t) zu den Zeitpunkten t = 0, 1/2 t0 . Geg.: R0 , t0 , L¨ osung a) Geschwindigkeitspotential Φ(r): Die Oberfl¨ache der Kugel lautet F (r, t) = r − R(t) = 0 und enth¨alt nur die unabh¨angige Ver¨anderliche r. Wir w¨ahlen daher zweckm¨aßigerweise Kugelkoordinaten. Da u ¨ber die Randbedingungen keine Abh¨angigkeit von den

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

363

unabh¨angigen Ver¨anderlichen ϕ und ϑ in das Problem eintritt, muß es kugelsymmetrisch sein und die Laplace–Gleichung reduziert sich zu 

∂ ∂Φ ∆Φ = 0 = r2 ∂r ∂r



.

Durch Integration entsteht ∂Φ C1 (t) = ∂r r2 und weiter durch eine zweite Integration Φ=−

C1(t) + C2 (t) . r

(1)

Im Unendlichen kann die endliche Kugel keine Str¨omung verursachen und ohne Einschr¨ankung der Allgemeinheit setzen wir Φ = 0 f¨ ur r → ∞ und schließen auf C2 (t) = 0. Die Oberfl¨ache wird nicht durchstr¨omt, ist also materiell, und es ist DF/Dt = 0. Die kinematische Randbedingung lautet daher ausf¨ uhrlich 

DF ∂F ∂F ∂Φ   =0, = + u · ∇F = −R˙ + ur |R = −R˙ + Dt ∂t ∂r ∂r R wobei von dem Nabla–Operator in Kugelkoordinaten (S. L. Anhang B) ∇ = er

∂ 1 ∂ 1 ∂ + eϑ + eϕ ∂r r ∂ϑ r sin ϑ ∂ϕ

¨ Gebrauch gemacht wurde, um die konvektive Anderung der Oberfl¨ache 



∂F ∂F u · ∇F = (urer ) · er = ur ∂r ∂r zu ermitteln. Mit dem Potential (1) liefert die Randbedingung f¨ ur die Konstante C1 (t) C1(t) = R˙ R2 , und daher ist das Potential

R˙ R2 , r woraus sich der Geschwindigkeitsvektor zu Φ=−

u = ur er =

˙ 2 ∂Φ RR er = 2 er ∂r r

(2)

(3)

berechnet. b) Druckverteilung p(r, t): Die Bernoullische Gleichung f¨ ur inkompressible Str¨omung ohne Volumenkr¨afte lautet (S. L. (10.59)) ∂Φ 1 p + ∇Φ · ∇Φ + = const . ∂t 2

364

10 Potentialstr¨omungen

Wir berechnen die auftretenden Terme der Reihe nach: ¨ R2 R˙ 2 R R˙ R R ¨ ∂Φ = − − = − (R R + 2 R˙ 2 ) , ∂t r r r 1 R˙ 2 R4 ∇Φ · ∇Φ = 2 2r4 und erhalten aus der Bernoullischen Gleichung den Ausdruck −

R ¨ R˙ 2 R4 p + = const , (R R + 2 R˙ 2 ) + r 2 r4

dessen Bernoullische Konstante durch die Bedingung im Unendlichen (ur = 0, p = p∞ ) gegeben ist: p∞ . const =

Damit erh¨alt man die Gleichung  p∞ − p R˙ 2 R 4 R ¨ 2 ˙ , = − (R R + 2 R ) +

r 2 r

(4)

die f¨ ur gegebene Druckdifferenz p∞ − p(r = R) eine Dgl. f¨ ur den Kugelradius R(t) und f¨ ur gegebenen Kugelradius R(t) eine Gleichung f¨ ur das Druckfeld ist. F¨ ur den Kugelradius in der Form 

R(t) = R0 1 +

t t0



¨ = 0, woraus wir das Druckfeld wird R˙ = R0 /t0 und R 

t p∞ − p R0 1+ = −2

r t0



R0 t0

2



1 R0 + 2 t0

2



t R40 1+ 4 r t0

4

gewinnen, dem wir entnehmen, daß der Druck an der Kugeloberfl¨ache r = R(t) konstant bleibt. Mit der Wahl von (R0 /t0 )2 /p∞ = 1 wird 





R0 t 1 R0 p − p∞ =2 1+ − p∞ r t0 2 r und

R0 ur = t0



R0 r

2 

t 1+ t0

4 

2

.

t 1+ t0

4

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

365

c) Dimensionslose Darstellung von ur und p:

Aufgabe 10.3-2

Kugel in einer Translationsstr¨ omung Eine Kugel vom Radius r0 wird von Fl¨ ussigkeit konstanter Dichte umstr¨omt. Von der Str¨omung wird angenommen, daß sie station¨ar, reibungs- und wirbelfrei ist. Im Unendlichen herrscht die ungest¨orte Translationsstr¨omung: u = U∞ex , p = p∞ .

a) Gesucht ist das Geschwindigkeitspotential Φ der Str¨omung. Dem Problem sind Kugelkoordinaten angepaßt, da sich der Rand dann als Fl¨ache r = const. besonders einfach beschreiben l¨aßt. Man l¨ose die Laplacesche Gleichung mit der zugeh¨origen Randbedingung. ∂Φ Da das Problem rotationssymmetrisch zur x-Achse (Polachse) ist gilt =0. ∂ϕ b) Berechnen Sie die resultierende Kraft auf die Kugel. L¨ osung a) Potential der station¨aren, reibungs- und wirbelfreien Kugelumstr¨omung. Das Problem ist rotationssymmetrisch zur x-Achse, so daß die Laplace-Gleichung in Kugelkoordinaten lautet (S. L. (B.3)): 





1 ∂ 1 ∂Φ ∂Φ ∂ r2 + 2 sin ϑ 2 r ∂r ∂r r sin ϑ ∂ϑ ∂ϑ



=0.

(1)

366

10 Potentialstr¨omungen

Diese Gleichung ist mit der Randbedingung 



∂Φ  ∂Φ    = =0 ∂n r=r0 ∂r r=r0

(2)

und der Bedingung im Unendlichen Φ ∼ U∞ x = U∞ r cos ϑ , f u ¨r r → ∞

(3)

zu l¨osen. Mit dem Separationsansatz in Produktform Φ(r, ϑ) = R(r) ∗ F (ϑ) r2 folgt aus (1) nach Multiplikation mit RF 

1 d dR r2 R dr dr





1 1 d dF =− sin ϑ F sin ϑ dϑ dϑ



.

(4)

Die linke Seite ist nur eine Funktion von r, die rechte Seite nur eine Funktion von ϑ, beide Seiten sind somit gleich der Separationskonstanten k. Die Gleichung der linken Seite dR d2 R r2 2 + 2r − kR = 0 (5) dr dr ist eine Eulersche Dgl. und die Gleichung der rechten Seite ist eine Legendre Gleichung dF d2 F cos ϑ (6) + sin ϑ 2 + kF sin ϑ = 0 . dϑ dϑ Bekanntlich l¨ost der Ansatz R(r) = rα die Eulersche Gleichung, wenn α die Gleichung α2 + α = k erf¨ ullt. Wir erhalten die Wurzeln α1 = − 12 + α2 = − 12 −

 

1 4

+ k =: n ,

1 4

+ k = −n − 1

und daher die L¨osung von (5) zu R(r) = A
n rn + B
n r−(n+1) .

(7)

Mit α2 + α = k = n(n + 1) geht (6) u ¨ ber in cos ϑ

dF d2 F + sin ϑ 2 + n(n + 1) sin ϑ F = 0 . dϑ dϑ

Durch die Substitution µ := cos ϑ folgt nach der Kettenregel: dF dF dµ dF = = − sin ϑ dϑ dµ dϑ dµ

(8)

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

und

367

2 d2F dF 2 d F = sin ϑ − cos ϑ . dϑ2 dµ2 dµ

Mit sin2 ϑ = 1−cos2 ϑ = 1−µ2 erh¨alt man aus (8) die Legendre Differentialgleichung: (1 − µ2 )

d2 F dF − 2µ + n(n + 1)F = 0 . 2 dµ dµ

(9)

F¨ ur den Fall das n eine nicht negative ganze Zahl ist (n ≥ 0), kann die allgemeine L¨osung von (9) in der Form F (µ) = C
Pn (µ) + D
Qn (µ) geschrieben werden. Hierbei sind die Funktionen Pn (µ) Polynome vom Grade n, die Legendre Polynome genannt werden. Qn (µ) nennt man Legendre Funktionen zweiter Art, sie sind in den Punkten µ = ±1 unbeschr¨ankt, d. h. Qn (µ) wird auf der x-Achse unendlich: µ = cos ϑ ,

ϑ = 0 bzw. π

⇒

µ = 1 bzw. − 1 .

Da das Potential f¨ ur endliches r auf der x-Achse sicher endlich (auf der x-Achse m¨ ussen ja auch die Staupunkte liegen) ist, muß gelten D
≡ 0 . F¨ ur den Fall das n keine ganze positive Zahl ist, werden auch die Funktionen Pn (µ) f¨ ur µ = ±1 unendlich, so daß die L¨osung, die auf der x-Achse beschr¨ankt bleibt, F (µ) = C
Pn (µ) mit n ganzzahlig und n ≥ 0 ist. Die Legendre Polynome k¨onnen durch die Formel Pn (µ) =

1 dn 2 (µ − 1)n n n 2 n! dµ

erzeugt werden und lauten P0 (µ) = 1 , P1 (µ) = µ = cos ϑ , 1 1 (3µ2 − 1) = (3 cos2 ϑ − 1) P2 (µ) = 2 2 usw. . . . . Aus (7) und (10) folgt



Φn = An rn + Bn r−(n+1) Pn (µ) , f¨ ur jedes n ≥ 0 , und damit ist auch Φ=

∞ 5 n=0



An rn + Bn r−(n+1) Pn (µ)

(10)

368

10 Potentialstr¨omungen

die L¨osung der Potentialgleichung ( mit An = A
n C
n , Bn = B
n C
n ) . Die Konstanten An und Bn werden aus den Randbedingungen und der Bedingung im Unendlichen bestimmt. Auf der Kugel gilt: 

∞  5 ∂Φ  −(n+2)  = nAn r0n−1 − (n + 1)Bn r0 Pn (µ) = 0 ∂r r=r0 n=0 n (2n+1) ⇒ Bn = An r n+1 0  ∞ 5 n (2n+1) −(n+1) n ⇒ Φ= An r + r Pn (µ) . r n+1 0 n=0 F¨ ur r → ∞ gilt dann

Φ∼

∞ 5

An rn Pn (µ)

n=0

und da das asymptotische Verhalten von Φ f¨ ur r → ∞ Φ ∼ U∞ r cos ϑ ist, ist A1 = U∞ und An = 0 f u ¨ r n = 1 und daher die L¨osung





1 r3 Φ = U∞ r + 02 cos ϑ . 2r Dies ist das bekannte Potential der Kugelumstr¨omung (S. L. (10.139)). b) Kraft auf die Kugel Die Bernoullische Gleichung lautet ρ 2 ρ p∞ + U∞ = p + u · u . 2 2 Auf der Kugel gilt ur = 0 (Randbedingung !) 

1 ∂Φ  3 uϑ =  = − U∞ sin ϑ r ∂ϑ r=r0 2 

ρ 2 9 ⇒ p − p∞ = U∞ 1 − sin2 ϑ 2 4 und die Kraft auf die Kugel ist F =





−(p − p∞ )n dS , n = er

SK

ρ 2 F = − U∞ 2

2ππ 



9 1 − sin2 ϑ er r02 sin ϑdϑdϕ , 4

0 0 mit er = cos ϑex + sin ϑ cos ϕey + sin ϑ sin ϕez erhalten wir F ≡ 0 .

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

Aufgabe 10.3-3

369

Quelle in einer Parallelstr¨ omung

¨ Uberlagert man eine Quelle mit einer Parallelstr¨omung, so erh¨alt man die Umstr¨omung eines unendlichen K¨orpers (siehe Skizze).

a) Wie lautet das Geschwindigkeitspotential dieser Str¨omung ? b) Zeigen Sie durch Entwickeln der Geschwindigkeitskomponenten, daß die Str¨omung in der N¨ahe des Staupunktes der zur z-Achse rotationssymmetrischen Staupunktstr¨omung entspricht. Geg.: U∞ , E L¨ osung a) Das Geschwindigkeitspotential lautet E . 4πr Abweichend von (S. L. (10.92)) benutzen wir hier z als Polachse um den Zusammenhang mit der rotationssymmetrischen Staupunktstr¨omung herzustellen. In Hauptkoordinaten lauten die Geschwindigkeitskomponenten ∂Φ ∂r E 2x E x ∂Φ = = = u = , ∂x ∂r ∂x 4πr2 2r 4π r3 Φ = U∞ z −

E y , 4π r3

v

=

∂Φ ∂y

=

w

=

∂Φ ∂z

= U∞ +

E z . 4π r3

b) Geschwindigkeit am Staupunkt Den Staupunkt berechnen wir aus der Bedingung u = 0 zu: u=0

⇒

xs = 0 ,

v=0

⇒

ys = 0 ,

w=0

⇒

U∞ +

E zs  =0. 4π zs2 zs2

370

10 Potentialstr¨omungen

Die letzte Gleichung hat eine reelle L¨osung nur auf der negativen z–Achse, mit zs = −|zs| erhalten wir 

E |zs | = 4πU∞

zs = −

2

E . 4πU∞

Die Taylorreihenentwicklung um den Staupunkt (xs , ys , zs ) unter Vernachl¨assigung der Glieder quadratischer Ordnung wird in Indexnotation zu 

∂ui  ui = u i |s +  (xj − xjs ) ∂xj s erhalten. Die Berechnung des Geschwindigkeitsgradiententensors ergibt 

∂ui ∂ = ∂xj ∂xj

∂Φ ∂xi





E ∂ ∂(1/r) =− 4π ∂xj ∂xi



und weiter



E ∂ ∂(1/r) E ∂ − = 4π ∂xj ∂xi 4π ∂xj

E = 4π



xi xj 1 ∂xi −3 5 3 r ∂xj r





xi r3



=



E xi xj = δij − 3 2 3 4πr r

!

.

Der Geschwindigkeitsgradiententensor wird am Staupunkt ausgewertet, also f¨ ur x = xs = 0, y = ys = 0 und z = zs 

∂u1  E  = ∂x1 s 4π |zs |3 *

+, a



;

∂u2   =0 ; ∂x1 s

;

∂u2   =a ; ∂x2 s

;

∂u1   =0 ; ∂x2 s

-



∂u1   =0 ∂x2 s





∂u1   =0 ∂x3 s

⇒





∂u3   =0 ∂x1 s 

∂u3   =0 ∂x2 s 

∂u3   = −2a ∂x3 s

u = ax ; v = ay ; w = −2a(z − zs ) .

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

371

Wir erkennen, daß die Geschwindigkeitskomponenten in einem im Staupunkt angebrachten Koordinatensystem (z
= z − zs ) gerade mit den Geschwindigkeitskomponenten der rotationssymmetrischen Staupunktstr¨omung u ¨ bereinstimmen : u = ax
; v = ay
; w = −2az
.

Aufgabe 10.3-4

Quelle in einer rotationssymmetrischen Staupunktstr¨ omung Die station¨are Str¨omung auf den skizzierten K¨orper kann als reibungsfreie Potentialstr¨omung einer inkompressiblen Fl¨ ussigkeit berechnet werden. Die Str¨omung l¨aßt sich aus einer rotationssymmetrischen Staupunktstr¨omung und der Str¨omung einer Quelle im Ursprung zusammensetzen.

a) b) c) d) e) f)

Geben Sie das Gesamtpotential der Str¨omung auf den K¨orper an. Welches Geschwindigkeitsfeld u(r, z) erh¨alt man ? Wie groß muß die Ergiebigkeit E der Quelle sein. Geben Sie die Stromfunktion dieser Str¨omung an. Bestimmen Sie die K¨orperkontur durch Berechnen der Staustromlinie. Bestimmen Sie die Staupunkte der Str¨omung, wenn eine Senke (E < 0) im Ursprung liegt, und skizzieren Sie die Stromlinien.

L¨ osung ¨ a) Das Gesamtpotential ergibt sich aus der Uberlagerung der rotationssymmetrischen Staupunktstr¨omung a ΦSt = (x2 + y 2 − 2z 2 ) 2 mit dem Potential der Quelle im Ursprung ΦQ = − zu Φges =

E 1 √ 2 4π x + y 2 + z 2

a 2 E 1 √ 2 . (x + y 2 − 2z 2 ) − 2 4π x + y 2 + z 2

372

10 Potentialstr¨omungen

b) Geschwindigkeitsfeld u(r, z) in Zylinderkoordinaten (r2 = x2 + y 2): Aus ∂Φ 1 ∂Φ ∂Φ ur = , uϕ = , uz = ∂r r ∂ϕ ∂z ergibt sich mit dem Gesamtpotential ur = ar +

E r , 4 π (r2 + z 2)3/2

(1)

uϕ = 0 , uz = −2 a z +

z E . 2 4 π (r + z 2 )3/2

(2)

c) Ergiebigkeit E: Aus Symmetriegr¨ unden muß der Staupunkt bei r = rs = 0 und z = zs = h liegen. ⇒

ur (r = 0, z = h) = 0 ,

uz (r = 0, z = h) = 0 = −2ah + ⇒

E 1 4π h2

E = 8πah3 .

d) Stromfunktion Ψ = Ψ(r, z) der rotationssymmetrischen Str¨omung: F¨ ur Stromlinien gilt: Ψ(r, z) = const ⇒

dΨ =

∂Ψ ∂Ψ dr + dz = 0 . ∂r ∂z

Dies ist ein totales Differential, wenn die Integrabilit¨atsbedingung ∂ 2Ψ ∂ 2Ψ = ∂z∂r ∂r∂z gilt. Die Kontinuit¨atsgleichung div u = 0 liefert in Zylinderkoordinaten die Gleichung ∂(ur r) ∂(uz r) + =0, ∂r ∂z die zugleich die Integrabilit¨atsbedingung darstellt, wenn ∂Ψ = ur r ∂z

und

∂Ψ = −uz r ∂r

ist. Mit der bereits bekannten Geschwindigkeitskomponente uz folgt durch Integration bez¨ uglich r Ψ = azr2 + und aus

E z √ + C(z) 4π r2 + z 2

E dC ∂Ψ r2 + = ar2 + = ur r 2 2 3/2 ∂z 4π (r + z ) dz

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

373

mit dem bereits bekannten ur folgt ur r = ar2 +

r2 E , 4π (r2 + z 2 )3/2

so daß wir dann auf

dC = 0 ⇒ C = const dz schließen. Mit E = 8 π a h3 lautet die Stromfunktion nunmehr z Ψ = azr2 + 2ah3 √ 2 +C . r + z2

(3)

e) Staustromlinie: Es ist u ¨ blich der K¨orperkontur den Wert Ψ(r, z) = 0 zuzuordnen. Die Konstante C in (3) bestimmt sich so, daß die Stromlinie Ψ = 0 durch den Staupunkt gehen muß, d. h. f¨ ur r = 0 , z = h ist Ψ(0, h) = 0 und daraus folgt C = −2ah3 , so daß wir die K¨orperkontur in Form einer impliziten Gleichung 2

3

Ψ(r, z) = azr + 2ah



z √ − 1 = 0 (4) r2 + z 2

gewinnen. In der nebenstehenden Abbildung sind Linien Ψ = const skizziert. f) Senke im Ursprung: An Staupunkten muß die Geschwindigkeit verschwinden (u = 0) und da uϕ aus Symmetriegr¨ unden verschwindet, ist zu fordern: ur = uz = 0 . F¨ ur E < 0 folgt aus (2) uz = 0 f¨ ur z = 0, d. h. die Staupunkte liegen in der x, y-Ebene. Aus (1) erh¨alt man f¨ ur z = 0 ur = ar +

E 1 . 4 π r2

Die Staupunkte liegen also auf einem Kreis mit dem Radius 

E r= − 4π a

13

.

In der nebenstehenden Abbildung sind die Stromlinien skizziert.

374

10 Potentialstr¨omungen

Aufgabe 10.3-5

Quelle u ¨ ber einer festen Wand

Im Abstand a von einer festen Wand befindet sich eine punktf¨ormige Quelle der Ergiebigkeit E.

a) Wie lautet das Potential Φ(r, z) (mit r2 = x2 + y 2) der sich einstellenden Str¨omung? Hinweis: Man ermittle Φ aus der Wirkung zweier Quellen je im Abstand a oberhalb und unterhalb der Wand. b) Man gebe das Geschwindigkeitsfeld an. Welche Geschwindigkeitsverteilung herrscht speziell an der Wand? c) Man gebe die Druckverteilung p(r, 0) an der Wand an, wenn der Druck im Staupunkt p0 ist. Geg.: a, E, p0 , L¨ osung a) Das Potential einer einzelnen Punktquelle im freien Raum, deren singul¨arer Punkt die Koordinaten (0, 0, a) hat lautet Φ1 = −

1 E , 4π [r2 + (z − a)2]1/2

mit r2 = x2 + y 2 .

Dieses Potential allein beschreibt die Str¨omung bei Vorhandensein einer Wand nicht, da die Normalkomponente der Geschwindigkeit an der Wand nicht verschwindet. Bringt man jedoch eine zweite Quelle von gleicher St¨arke bei (0, 0, −a) an (Spiegelung an der Wand), so stellt sich die richtige Randbedingung ein uz (z = 0) = 0 und die Summe beider Potentiale beschreibt die Str¨omung. Das Potential der zweiten Quelle lautet Φ2 = −

E 1 . 4π [r2 + (z + a)2]1/2

Damit ergibt sich das Gesamtpotential zu Φ = Φ1 + Φ2 ,

E 1 1 Φ=− + 1/2 4π [r2 + (z − a)2 ] [r2 + (z + a)2]1/2 b) Das Geschwindigkeitsfeld u = ∇Φ =

∂Φ 1 ∂Φ ∂Φ er + eϕ + ez ; ∂r r ∂ϕ ∂z



.

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

375



ur

∂Φ r r E = + = 3/2 3/2 ∂r 4π [r2 + (z − a)2] [r2 + (z + a)2 ]

uϕ =

,

1 ∂Φ =0, r ∂ϕ

uz



z−a E ∂Φ z+a = = + 3/2 3/2 2 2 2 ∂z 4π [r + (z − a) ] [r + (z + a)2 ]



,

speziell an der Wand (z = 0)

ur =

E 2r 4π [r2 + a2 ]3/2

und



−a E a uz = + =0. 3/2 2 2 2 4π [r + a ] [r + a2]3/2 Die letzte Gleichung zeigt, daß die kinematische Randbedingung erf¨ ullt ist. F¨ ur (x, y, z) = (0, 0, 0) gilt u = 0, d. h. der Ursprung ist Staupunkt. c) Druckverteilung an der Wand: Druck im Staupunkt sei p0 , und da es sich um eine Potentialstr¨omung handelt, hat die Bernoullische Gleichung im ganzen Feld dieselbe Konstante, sie gilt auch quer ” zu den Stromlinien“.

p + (u2r + u2ϕ + u2z ) = p0 . 2 An der Wand ist 

uϕ = uz = 0 ,

u2r

E = 4π



2

2

4r2 [r2 + a2 ]3

und daher die Druckverteilung

E p − p0 = − 2 4π

4r2 . [r2 + a2 ]3

376

10 Potentialstr¨omungen

Aufgabe 10.3-6

Kontinuierliche Quellverteilung in einer Parallelstr¨ omung

Gegeben ist eine kontinuierliche Quellverteilung q(x
) l¨angs der x–Achse, die mit einer Parallelstr¨omung in x– Richtung u ¨berlagert wird.

a) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit l¨angs der x–Achse. b) Geben Sie die Bestimmungsgleichung zur Berechnung der Staupunkte an. Geg.: q(x
) = −bx
/L f¨ ur −L ≤ x
≤ L L¨ osung a) Geschwindigkeit l¨angs der x–Achse: Mit der gegebenen Quellintensit¨at q(x
) (Ergiebigkeit pro L¨angeneinheit) lautet die Ergiebigkeit dE = q(x
)dx
, und das Potential im Abstand r dieser infinitesimalen Quelle am Ort x
ist  q(x
)dx
, R = (x − x
)2 + y 2 + z 2 . 4πR Durch Integration erhalten wir das Potential dieser Quellverteilung und u ¨berlagern gleich das Potential der Parallelstr¨omung

dΦ = −

1 Φ = U∞ x + 4π

L 

−L

(x −

bx
/L x
)2

+

y2

+

z2

dx
.

Berechnung des Integrals +L  

−L



x





(x − x
)2 + y 2 + z 2

dx =



x
− x (x − x
)2 + y 2 + z 2 + x arsinh √ 2 y + z2



x
=L x
=−L

 L−x −L − x √ (x − L)2 + y 2 + z 2 − (x + L)2 + y 2 + z 2 +x arsinh √ 2 −x arsinh y + z2 y2 + z2 mit r2 := y 2 + z 2

=

  b Φ = U∞ x + (x − L)2 + r2 − (x + L)2 + r2 + 4πL 

L+x L−x + x arsinh + arsinh r r

!

,

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

377

woraus sich die x–Komponente der Geschwindigkeit zu ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

u=

∂Φ b x+L x−L  = U∞ + − + ⎪ ∂x 4πL ⎪ (x + L)2 + r2 ⎩ (x − L)2 + r2 ⎤⎫ ⎪ ⎪ ⎥⎬ 1 L+x x⎢ L−x 1 ⎢ ⎥ + arsinh + ⎣2 + arsinh

2 − 2

2 ⎦⎪ r r r ⎪ L+x ⎭ 1+ r 1 + L−x r ⎡

bzw.

⎧

L b ⎨ L  u = U∞ − + + 4πL ⎩ (x − L)2 + r2 (x + L)2 + r2 ⎫

L−x L + x⎬ − arsinh − arsinh r r ⎭ berechnet. Die Geschwindigkeit auf der x–Achse, d. h. y → 0 und z → 0 bzw. r → 0 wird nach Umformen der Area–Funktionen mit dem Additionstheorem arsinh ⎡

x−L x+L − arsinh = r r





x−L x+L = arsinh ⎣ 1+ r r

2





= arsinh



x+L x−L − 1+ r r

2

⎤ ⎦



(x − L) (x + L)2 + r2 − (x + L) (x − L)2 + r2 r2

durch den Grenz¨ ubergang r → 0 f¨ ur |x| > L (Regel von de L’Hospital) erhalten:



lim





(x − L)2r/ 2 (x + L)2 + r2 − (x + L)2r/ 2 (x − L)2 + r2

r→0

1 = 2





2r x−L x+L − |x + L| |x − L|

=



⇒ u(x, y = 0, z = 0) = 

b L 1 x−L L 1 x+L = U∞ − + + arsinh − 4πL |x − L| |x + L| 2 |x + L| 2 |x − L| Die anderen Komponenten ergeben sich erwartungsgem¨aß zu null: 



∂Φ  v(x, y = 0, z = 0) = =0,  ∂y y=0, z=0



.

378

10 Potentialstr¨omungen



∂Φ   w(x, y = 0, z = 0) = =0. ∂z y=0, z=0 b) Bestimmungsgleichung f¨ ur die Staupunkte: Da v = w = 0 f¨ ur y = 0, z = 0 auf der x–Achse erf¨ ullt ist, liegen die Staupunkte auf der x–Achse und erf¨ ullen die Gleichung u(xs , 0, 0) = 0 

 4πL L xs − L L x+L 1 ⇒ , U∞ = + + arsinh 2 − b |xs − L| |xs + L| |xs + L| |xs − L| aus der die Staupunktskoordinate xs numerisch bestimmt werden muß.

Aufgabe 10.3-7

Expandierende Kugel in reibungsfreier und reibungsbehafteter Stro ¨mung

Das Potential der instation¨aren, inkompressiblen Str¨omung, hervorgerufen durch eine expandierende Kugel mit dem Kugelradius R = R(t), ist R˙ R2 Φ(r, t) = − r (Vergleiche Aufgabe 10.3-1, Gleichung (2)). a) Berechnen Sie die kinetische Energie der Fl¨ ussigkeit in dem gesamten Str¨omungsfeld außerhalb der Kugel (R ≤ r ≤ ∞). b) Zeigen Sie, daß bei reibungsfreier Str¨omung ohne Volumenkr¨afte und ohne W¨arme¨ leitung die Anderung der kinetischen Energie gleich der Leistung der Druckkr¨afte an der Kugel ist, wenn der Druck im Unendlichen p∞ = 0 ist. c) Zeigen Sie, daß in reibungsbehafteter Str¨omung (Viskosit¨at η) ohne W¨armeleitung ¨ die Leistung der Reibungsspannungen an der Oberfl¨ache gleich der Anderung der ¨ inneren Energie ist, und daß auch hier die Anderung der kinetischen Energie gleich der Leistung der Druckkr¨afte ist. Geg.: R(t), , η L¨ osung ussigkeit: a) Kinetische Energie der Fl¨ Die kinetische Energie der Fl¨ ussigkeit innerhalb des Volumens V ist:  

2 K = ur dV = ∇Φ · ∇Φ dV 2 2 (V )

=

2

 (V )

(V )

[∇ · (Φ ∇Φ) − Φ ∆Φ] dV .

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

379

Mit ∆Φ = 0 und dem Gaußschen Satz erhalten wir 

∂Φ K= Φ dS . 2 ∂n

(1)

(S)

Die kinetische Energie im Außenraum erh¨alt man durch Auswerten von (1) f¨ ur das skizzierte Kontrollvolumen. Die ¨außere Begrenzungsfl¨ache S∞ soll u ¨berall im Unendlichen (r → ∞) verlaufen. Es gilt ⎧ ∂Φ ⎪ ⎪ − ⎪ ⎪ ⎨ ∂r

∂Φ = ∂n ⎪ ⎪ ⎪ ∂Φ ⎪ ⎩ ∂r

an

SK

an S∞

mit ∂Φ/∂r = R˙ (R/r)2 . Aus (1) erhalten wir mit dem Fl¨achenelement in Kugelkoordinaten, dSr = r2 sin ϑ dϑ dϕ, ⎛

K =

2π π

⎜ ⎜ 2 ⎝

0

⎛ ⎜

= π ⎜ ⎝

π

−Φ

0

∂Φ 2 R sin ϑ dϑ dϕ + lim r→∞ ∂r

R˙ 2 R3 sin ϑ dϑ + lim

π

r→∞

0

0

⎞

2π π

Φ 0

0

⎟ ∂Φ 2 r sin ϑ dϑ dϕ⎟ ⎠ ∂r ⎞

−

⎟ (R˙ R ) sin ϑ dϑ ⎟ ⎠ r 2 2

= 2π R˙ 2 R3 .

(2)

b) In reibungsfreier Str¨omung ohne W¨armeleitung ist De/Dt = 0 (S. L. (2.119)), so daß die Energiegleichung (S. L. (2.113)) sich auf DK/Dt = P reduziert: Die Leistung P des Spannungsvektors t = −p(r, t) n an der Kontrollvolumenoberfl¨ache ist 

P =

ur p(R, t) dS ,

(3)

SK

wobei wir ber¨ ucksichtigt haben, daß der Spannungsvektor an der Fl¨ache S∞ null ist. Die Druckverteilung folgt aus der instation¨aren Bernoullischen Gleichung. F¨ ur r = R gilt  3 ˙2 ¨ p(R, t) = R R + R und ur (R, t) = R˙ . 2 (3) wird damit zu 

¨ R + 3 R˙ 2 P = 4π R p(R, t) ur (R, t) = 4π R R˙ R 2 2



2

.

Berechnen wir DK/Dt mittels (2), so erhalten wir 

DK ∂K ∂K dK ¨ R + 3 R˙ 2 = + ur = = 4π R2 R˙ R Dt ∂t ∂r dt 2 Die Energiegleichung DK/Dt = P wird also erf¨ ullt.



.

380

10 Potentialstr¨omungen

c) Da es sich um eine inkompressible Potentialstr¨omung handelt, sind die Navier– Stokesschen Gleichungen erf¨ ullt. An der Kugel ist der Geschwindigkeitsvektor uw = R˙ er und dies ist auch gleich dem Vektor der Str¨omungsgeschwindigkeit u = R˙ R2 /r2 |R er = R˙ er , d. h. aber auch, daß die dynamische Randbedingung erf¨ ullt ist (S. L. (4.159)). Wir haben es hier also mit einer exakten L¨osung der Navier–Stokesschen Gleichungen zu tun. W¨ahrend in der vorliegenden Str¨omung die Divergenz der Reibungsspannungen verschwindet (S. L. (Seite 89)), sind die Reibungsspannungen selbst nicht null. Der Tensor der Reibungsspannungen nimmt in inkompressibler Str¨omung die Form (S. L. (3.2b)) P = 2η E an. Der Dehnungsgeschwindigkeitstensor ist (S. L. (Seite 406)) E=

∂ur ur ur er er + eϕ eϕ + eϑ eϑ ∂r r r

und daher der Vektor tR der Reibungsspannungen an der Kugeloberfl¨ache SK tR = n · P = −er · P = −2 η ∂ur er , ∂r bzw. auf S∞

tR = n · P = er · P = 2 η ∂ur er . ∂r Die Arbeit der Reibungsspannungen berechnen wir damit zu 

PR =

tR · u dS =

SK

(S)

2 π π  PR = 0 0



−2 η

∂ur ur dS + ∂r



2η S∞

R˙ 2 R4 2 R sin ϑ dϑ dϕ − lim 4η r→∞ R5

PR = 8 π η R˙ 2 R

∂ur ur dS , ∂r

2 π π  4η 0 0

R˙ 2 R4 2 r sin ϑ dϑ dϕ , r5

π

sin ϑ dθ , 0

PR = 16 π η R˙ 2 R berechnen. In reibungsbehafteter, inkompressibler Str¨omung ohne W¨arme¨ ubergang ¨ ist die Anderung der inneren Energie (S. L. (2.121), (2.131)) Φ De = , Dt

wobei jetzt Φ die Dissipationsfunktion bedeutet, f¨ ur die wir

Φ = 2 η sp E2



10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

381

schreiben (S. L. (3.66)). Die Spur von E2 ist offensichtlich

sp E

2

sp E2







2

=

∂ur ∂r

=

6 R˙ 2 R4 r6



+

ur r

2



+

ur r

2

,

und daher die in der Potentialstr¨omung (!) pro Zeiteinheit dissipierte Energie im Außenraum der Kugel 2 π π ∞ 



Φ dV = 0 0 R

(V )

24 π η = 3 oder

 (V )

π

0

12 η R˙ 2 R4 2 r sin ϑ dr dϑ dϕ r6

R˙ 2 R4 − 3 r

∞

Φ dV = 16 π η R˙ 2 R =

sin ϑ dϑ +R



(V )

De dV . Dt

Die dissipierte Energie, die gleich der Zunahme der inneren Energie ist, wird durch die Arbeit der Reibungsspannungen an der Kugeloberfl¨ache erzeugt. In der Energiegleichung (S. L. (2.114)) heben sich die Arbeit der Reibungsspannungen mit der Zunahme der inneren Energie auf, und genau wie in der reibungsfreien Str¨omung dient die Arbeit der Druckspannungen an der Kugel dazu, die kinetische Energie der Str¨omung zu erh¨ohen bzw. zu erniedrigen.

Aufgabe 10.3-8

Wachstum einer Kavitationsblase

In einer ruhenden, inkompressiblen Fl¨ ussigkeit ist der Druck soweit abgesunken, daß sich eine kugelsymmetrische Blase mit dem Radius R(t) bilden konnte. Kavitationskeime sind oft ungel¨oste Gase in Form von Bl¨aschen, die auch an mikroskopischen Teilchen haften. Wir nehmen an, daß in der Blase Gas mit dem Gasdruck pg und Dampf mit dem Dampfdruck pD vorhanden ist. Die Ex¨ pansion der Blase mit der zeitlichen Anderung des Blasenradiuses ˙ dR/dt = R verursacht eine kugelsymmetrische Str¨omung der Fl¨ ussigkeit. Die Druckverteilung   2 ˙ 2 p(r, t) − p∞ (t) 1 R R R 2 ¨ + 2 R˙ ) − = (R R

r 2 r2 dieser Str¨omung wurde in Aufgabe 10.3-1 berechnet.

382

10 Potentialstr¨omungen

a) Der Druck am Blasenrand ist in reibungsfreier Fl¨ ussigkeit mit p(R, t) = pg + pD − 2

C R

(Gasdruck pg , Dampfdruck pD , Kapillarkonstante C) gegeben (vgl. S. L. (5.53)). Wie lautet die Bewegungsgleichung der Blasenoberfl¨ache? b) Pr¨ ufen sie f¨ ur kleine St¨orungen des Radiuses R um R0 , d. h. R(t) = R0 + ε R1 (t) mit ε  1, die Stabilit¨at des Blasenwachstumes, wenn der Gasdruck pg in der Blase sich isotherm ¨andert. L¨ osung a) Bewegungsgleichung der Blasenoberfl¨ache: Die Bewegungsgleichung der Blasenoberfl¨ache folgt aus der Druckverteilung im Feld mit r = R: p(R, t) − p∞ (t) ¨ + 2 R˙ 2 − 1 R˙ 2 = R R ¨ + 3 R˙ 2 . = RR

2 2 Mit dem gegebenen Druck an der Blasenoberfl¨ache folgt daraus ¨+ RR

3 ˙2 1 R = 2



pg + pD −

2C − p∞ (t) R



.

(1)

Aus der thermischen Zustandsgleichung pg =

m RT , V

wo m die konstante Gasmasse ist, und dem Blasenvolumen V = (4/3) π R3 folgt der Gasdruck zu 1 3 mR 1 T 3 = A T 3 , A = const . pg = (2) 4 π R R Einsetzen von (2) in (1) f¨ uhrt zu einer Differentialgleichung zur Bestimmung des Blasenradiuses R(t): ¨+ RR

3 ˙2 AT 1 pD − p∞ (t) 1 2C = . + R − 2

R3 R

(3)

b) Stabilit¨at des Blasenwachstumes f¨ ur isotherme Gasdruck¨anderung: Wir betrachten den Fall konstanter Temperatur in der Blase (T = const), dann folgt aus (2) der Gasdruck zu  R0 3 pg = pg0 , R was zu der Form der Bewegungsgleichung ¨+ RR

3 ˙ 2 pg0 R − 2



R0 R

3

+

pD − p∞ (t) 1 2C =

R

(4)

f¨ uhrt. Zur Bestimmung von R(t) ist diese nichtlineare Differentialgleichung 2. Ordnung numerisch mit den Anfangsbedingungen t=0

:

R = R0

und R˙ = 0

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

383

zu integrieren. Wir wollen lediglich die Stabilit¨at des Blasenwachstumes untersuchen und entwickeln die Funktion R(t) f¨ ur kleine St¨orungen um R0. Aus dem in der Aufgabenstellung gegebenen St¨oransatz folgt ¨ = εR ¨1 . R˙ = ε R˙ 1 und R Wir setzen den Ansatz in (4) ein und vernachl¨assigen alle Terme quadratischer und h¨oherer Ordnung in ε. Dies f¨ uhrt zu der linearisierten Bewegungsgleichung   R1 C 1 2C ¨ ε R0 R1 + ε 3 pg0 − 2 = pD + pg0 − − p∞ (t) . (5)

R0 R0

R0 R0 und R1 sind von gleicher Gr¨oßenordnung. Die Gr¨oßenordnung der Terme in der Differentialgleichung wird durch ε angegeben. Ein Vergleich der Terme gleicher Gr¨oßenordnung in (5) bedeutet hier, Terme gleicher Potenz in ε zu vergleichen. Terme der Ordnung ε0 : Die aus (5) folgende Gleichung  1 2C 0= pD + pg0 − − p∞ (t)

R0 beschreibt das Druckgleichgewicht an der Oberfl¨ache im Ruhezustand der Blase und ergibt 2C R0 = . pD − p∞ + pg0 Die Terme der Gr¨oßenordnung ε f¨ uhren auf die lineare Gleichung  R1 C ¨ 3 pg0 − 2 =0, (6) R1 +

R20 R0 die durch den Ansatz R1 = eλ t gel¨ost wird. Wenn es einen positiven Realteil von λ gibt, so w¨achst eine St¨orung exponentiell an, d. h. die Blase ist instabil. Aus (6) folgt  1 C λ2 = 2 − 3 p g0

R20 R0 und somit positiver Realteil f¨ ur C 2 > 3pg0 R0 und mit (2) auch 2C 3AT > R0 R30 oder  3 AT R0 > = R0krit . 2 C Wenn der Gleichgewichtsradius gr¨oßer ist als der kritische Radius, so w¨achst die Blase exponentiell an. F¨ ur einen Anfangsradius R0 = R0krit bleibt dieser erhalten. F¨ ur R0 < R0krit ist der Eigenwert λ imagin¨ar. Die Blase oszilliert mit konstanter Amplitude. Wenn der Gasdruck pg0 null oder sehr viel kleiner als der Dampfdruck ist, wachsen Blasen immer an, auch in ihrem Bestreben thermodynamisches Gleichgewicht herzustellen.

384

Aufgabe 10.3-9

10 Potentialstr¨omungen

Der runde Freistrahl

Durch das skizzierte kreisrunde Loch (Durchmesser D) im Boden eines sehr großen Beh¨alters str¨omt Fl¨ ussigkeit konstanter Dichte unter dem Einfluß der Schwerkraft aus. Der austretende Freistrahl schn¨ urt sich auf den Durchmesser d ein. Die Str¨omung ist station¨ar und reibungsfrei. Es soll die Kontraktionsziffer α = d2 /D2 berechnet werden.

Hinweis: Ist D klein gegen die H¨ohe H des Fl¨ ussigkeitsspiegels, bewegt sich die Fl¨ ussigkeit in hinreichend großer Entfernung vom Ausfluß rein radial nach innen und kann durch eine Punktsenke mit dem Geschwindigkeitsfeld u =

E 1 er , 4 π r2

E<0

dargestellt werden. a) Wie groß ist die Geschwindigkeit uS des austretenden Strahles? b) Berechnen Sie die Kontraktionsziffer α und den Durchmesser d des Strahles! Geg.: H, D, , p0 L¨ osung a) Die H¨ohe H des Fl¨ ussigkeitsspiegels ¨andert sich nicht, so daß die Torricellische Ausflußformel sofort 

uS =

2g H

(1)

ergibt. b) Das Kontrollvolumen f¨ ur den Impulssatz beinhaltet eine Halbkugel (Radius RK ) mit Kugelmittelpunkt im Koordinatenursprung und den austretenden Strahl. Die Oberfl¨ache des Kontrollvolumens schneidet den Strahl an einer Stelle, ab der sich der Strahldurchmesser nicht mehr ¨andert.

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

385

Wir ben¨otigen nur die Komponente des Impulssatzes in die x–Richtung, m¨ ussen aber, da die Str¨omung durch die Volumenkraft getrieben wird, das Volumenintegral dieser Kraft behalten: 

u (u · n) dS · ex =

(S)



k dV · ex +

(V )



t dS · ex .

(S)

Mit dem Vektor der Volumenkraft k = − g ex und dem Spannungsvektor f¨ ur  reibungsfreie Fl¨ ussigkeit t = −p n entsteht 

u · ex (u · n) dS +

SK

=−

 



u · ex (u · n) dA =

AS

g ex · ex dV +

V



−pK n · ex dS +

SK



+



−pB n · ex dA +

AB

−p0 n · ex dS +

SF



−p0 n · ex dA .

(2)

AS

Die Impulsfl¨ usse u ¨ber die Fl¨achen AB und SF verschwinden wegen der Randbedingung. Der Druck im Freistrahl an der Fl¨ache AS ist gleich dem Umgebungsdruck, da die Stromlinien nicht gekr¨ ummt sind. F¨ ur das Integral des Impulsflusses in x–Richtung u ¨ber die Fl¨ache SK erh¨alt man 2 mit u = (A/r ) er , wobei A = E/4 π , E < 0 ist, n = er und dem Fl¨achenelement (in Kugelkoordinaten) dS = r2 sinϑ dϑ dϕ  SK

π

u · ex (u · n) dS =

2 π 2 

0 0

A2 A2 2 R sinϑ cos ϑ dϑ dϕ = π

. K R4K R2K

Das zweite Integral der linken Seite von (2) wird mit u = −uS ex , n = −ex und

386

10 Potentialstr¨omungen

dS = r dϕ dr 

d

u · ex (u · n) dA =

AS

2 π 2 

− u2S r dr dϕ = −π u2S

0 0

d2 . 4

Bei der Auswertung des Volumenintegrals ist g konstant, so daß gilt −

 

g dV = − g

V

mit

 

dV , V

dV als dem Rauminhalt des Kontrollvolumens. Bei gen¨ ugend großem Radius V

RK kann man das Volumen des Freistrahls gegen¨ uber dem Volumen der Halbkugel vernachl¨assigen und erh¨alt −

 

g dV = − g

V

2 π R3K . 3

F¨ ur die Berechnung der Integrale des Spannungsvektors t = −p n u ¨ ber die Fl¨achen SK und AB ben¨otigt man die Druckverteilungen. Diese werden mit der Bernoullischen Gleichung ermittelt. Druckverteilung an SK : Bernoullische Gleichung von x = H zur Fl¨ache r = RK :

u2K + g RK cosϑ + pK = g H + p0 . 2

Aus dem Geschwindigkeitsfeld der Senke uK =

A R2K

folgt pK (RK , ϑ) = g H + p0 −

A2 − g RK cosϑ . 2 R4K

Die Druckverteilung am Boden folgt aus der Bernoullischen Gleichung

u2B + pB = g H + p0 . 2

Mit der Geschwindigkeit aus der Senkenstr¨omung uB = A/r2 (was in der N¨ahe der Austritts¨offnung nicht mehr genau stimmt) wird pB (r, ϑ =

π

A2 . ) = g H + p0 − 2 2 r4

Der Umgebungsdruck p0 wird, da er nicht in das Problem eingeht, zu null gesetzt: p0 = 0.

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

387

Die Auswertung der Integrale der rechten Seite von (2) ergibt nun 

π

−pK n · ex dS = −

SK

2 π 2 

( g H −

0 0 

A2 = −π g H − 2 R4K

A2 − g RK cosϑ) er · ex R2K sinϑ dϑ dϕ 4 2 RK 

R2K +

2 π g R3K 3

und 

−pB n · ex dA = −

AB

2π R  K 0



D 2

A2

g H − 2 r4



R2K D2 = 2π g H − 2 8





(−ex) · ex r dr dϕ 

+

A2 A2 − 2 4 R2K D



.

Die Integrale u ¨ ber die Fl¨achen SF und AS ergeben den Wert Null, da p0 = 0 ist. Damit lautet Gleichung (2) A2 d2 2 π 2 − π u2S = −π g R3K − π RK 4 3 

+π

gH

R2K

D2 −gH 4



1 A2 gH − 2 R4K





+π



R2K + π

A2 1 A2 − 2 2 R2K D2

2 g R3K 3



bzw.

d2 D2 A2 =gH +2 2 . 4 4 D Die Kontinuit¨atsgleichung f¨ ur das gew¨ahlte Kontrollvolumen u2S

π

2 π 2  0 0

d

A 2 R sinϑ dϑ dϕ + R2K K

2 π 2 

− uS r dr dϕ = 0

0 0

liefert

d2 . (3) 8 Mit den Gleichungen (1), (2) und (3) sowie der Beziehung f¨ ur die Kontraktionsziffer ur die Kontraktiα = d2 /D2 erh¨alt man eine quadratische Bestimmungsgleichung f¨ onsziffer α α2 =0. 1 − 2α + 4 Die L¨osung ist √ α1/2 = ± 12 + 4 , A = uS

wobei nur der Wert

√ α = − 12 + 4 = 0, 536 < 1

388

10 Potentialstr¨omungen

in Frage kommt. Der Durchmesser d des Strahles ist dann √ d = α D = 0, 732 D . Das Ergebnis wird nat¨ urlich nur exakt realisiert f¨ ur D → 0 und H → ∞, da nur in diesem Fall die Str¨omung wirklich eine punktf¨ormige Senkenstr¨omung ist.

Aufgabe 10.3-10

In Wasser aufsteigende Blase

Eine Kugel der Dichte K mit dem Volumen VK (Kugelradius r0) wird zum Zeitpunkt t = 0 in Wasser (Dichte W ) bei einer Tiefe h unter der Oberfl¨ache pl¨otzlich losgelassen.

a) Wie lautet die Bewegungsgleichung der Bahn der Kugel x(t)? b) Wann erreicht die Kugel f¨ ur den Fall K < W die Oberfl¨ache und wie groß ist in diesem Augenblick ihre kinetische Energie? c) Wie ¨andern sich die Ergebnisse aus b), wenn der Beschleunigungswiderstand des Wassers f¨alschlicherweise nicht ber¨ ucksichtigt wird? Geg.: K , W , h, VK , g L¨ osung a) Bahn der Kugel: Die Bewegungsgleichung f¨ ur die Kugel lautet   = (M + M
) dU , X dt  die ¨außere Kraft, M die Masse der Kugel und M
die virtuelle Masse ist wobei X (S. L. (10.175)). F¨ ur die Masse der Kugel schreiben wir M = K VK =

4 3 π r K 3 0

und f¨ ur die virtuelle Masse M
= 23 π r03 W . Die ¨außere Kraft besteht aus dem Auftrieb der Kugel und ihrem Gewicht  = −VK ( K − W )ge3 , X

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

389

die beide parallel zum Vektor der Erdbeschleunigung g e3 wirken. F¨ ur die Beschleunigung der Kugel haben wir daher auch  dU d2 x3 e3 , = dt dt2 so daß die Gleichung 1 d2 x3 −VK ( K − W )g = VK ( K + W ) 2 2 dt entsteht, die auf

W − K d2x3 = g 2 dt

W /2 + K

f¨ uhrt bzw. auf

dx3

W − K gt + C1 . = dt

W /2 + K Die Integrationskonstante bestimmt sich aus der Anfangsbedingung 

dx3   = U(t = 0) = 0 , dt t=0 und daher ist C1 = 0 . Die erneute Integration liefert mit der Anfangsbedingung x3 (t = 0) = −h das Ergebnis

W − K 1 2 gt − h . x3 (t) =

W /2 + K 2 b) Erreichen der Wasseroberfl¨ache: ! Wir bestimmen die Zeit aus der Bedingung x3 (t = t∗) = 0 zu  ∗

t =

2h W /2 + K g W − K

1/2

und erkennen, daß W > K sein muß. Die Geschwindigkeit der Kugel beim Erreichen der Wasseroberfl¨ache betr¨agt 

dx3 

W − K  U(t = t ) = = gt∗ ,  dt t=t∗ W /2 + K ∗

so daß die kinetische Energie der Kugel K = 12 mKugelU 2 (t∗) zu diesem Zeitpunkt 

K=

1

V 2 K K

W − K

W /2 + K

betr¨agt bzw. K = K VK gh

2

2hg

W /2 + K

W − K

W − K .

W /2 + K

390

10 Potentialstr¨omungen

c) Ergebnisse ohne Ber¨ ucksichtigung der virtuellen Massen: Diese folgen aus b) durch Streichen des Terms W /2 , der von der virtuellen Masse der Kugel r¨ uhrt. Die Zeit zum Erreichen der Wasseroberfl¨ache ist dann 

˜∗

t =

2h K g W − K

1/2

und die kinetische Energie ˜ = K VK gh W − K K

K und die Verh¨altnisse der entsprechenden Gr¨oßen mit und ohne Ber¨ ucksichtigung der virtuellen Masse sind  1/2 t˜∗

K = t∗

W /2 + K und ˜ K

W /2 + K . = K

K Zahlenbeispiel:

K ≈ 10−3 (Luftballon)

W ˜ K t˜∗ = 501 . = 0, 0447 , ⇒ t∗ K

Aufgabe 10.3-11

Bewegung eines Zylinders senkrecht zu seiner Achse

Gegeben ist das Potential der ebenen Str¨omung um einen Zylinder (Radius r0 , L¨ange L, Dichte Z ), der senkrecht zu seiner Achse mit der Geschwindigkeit Ui durch ruhende Fl¨ ussigkeit (Dichte ) bewegt wird: xi Φ = −r02 2 Ui , r2 = x21 + x22 . r a) Man berechne den Tensor der virtuellen Massen.  = −U(t/t0)ex b) Welche Kraft wird ben¨otigt, um den Zylinder mit der Geschwindigkeit U zu bewegen? Geg.: Z , , r0 , L, Ui L¨ osung a) Tensor der virtuellen Massen: Wegen der Randbedingung an der K¨orperoberfl¨ache und der Linearit¨at der LaplaceGleichung hat das Geschwindigkeitspotential die Form (S. L. (10.167)) Φ = Ui ϕi .

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

391

Mit der Vektorfunktion ϕi berechnet sich der Tensor der virtuellen Massen (S. L. (10.170)) mij = −



ϕi nj dS

(symmetrischer Tensor),

SK

wobei wir hier unmittelbar

r02 xi r2 dem Potential Φ entnehmen. Da es sich um eine ebene Str¨omung handelt, sind vier Komponenten des Tensors mij zu ermitteln. F¨ ur einen Zylinder der L¨ange L hat man mit n1 = cos β, n2 = sin β in Zylinderkoordinaten ϕi = −

m11 = − L

2π 

0



r2 − 02 x1 cosβ r0dβ r0

und mit x1 = r0 cosβ folgt 2π

m11 = Lr02

cos2β dβ 0

oder m11 = πr02L . m22 = − L

2π 

0



r02 − 2 x2 sinβ r0 dβ , r0

mit x2 = r0 sinβ 2π

m22 =

Lr02

sin2 β dβ = πr02 L . 0 2π

m21 = m12 = Lr02

cosβ sinβ dβ = 0 . 0

b) Ben¨otigte Kraft: Die Bewegungsgleichung lautet allgemein Xi = (Mδij + mij ) und hier wegen

mij = M
δij ,

dUj dt

M
= πr02 L

392

10 Potentialstr¨omungen

und Mδij = Z πr02 Lδij

(Masse des Zylinders)

Xi = πr02 L( Z + )δij

dUj dt

oder

dUi . dt Die Richtung der Kraft stimmt hier also mit der Richtung der Beschleunigung u ¨ berein. Mit U dU3 dU1 dU2 =− , = =0 dt t0 dt dt folgt f¨ ur die ben¨otigte Kraft Xi = πr02 L( Z + )

 = X1e1 = −πr2L( Z + ) U e1 , X 0 t0 

 = −πr2L Z X 0

Aufgabe 10.3-12

1+

Z



U e1 . t0

Schwingender Rotor in einer reibungsfreien Flu ¨ssigkeit

Ein zylindrischer Rotor (Masse m, Radius R1 , L¨ange L, Biegesteifigkeit EI → ∞) ist an seinen Enden symmetrisch u ¨ber zwei masselosen Wellen (L¨ange l/2, Biegesteifigkeit EI) in einem zylindrischen Geh¨ause (Radius R2 ) gelagert. Im Geh¨ause befindet sich eine inkompressible, reibungsfreie Fl¨ ussigkeit (Dichte ). Wegen L/R2  1 kann das Problem unter Vernachl¨assigung der Randumstr¨omung als eben betrachtet werden. a) Wie lautet das Potential der Str¨omung im Spalt, wenn der Rotor kleine Schwingungen in x-Richtung ausf¨ uhrt ? b) Wie groß ist die kinetische Energie der Fl¨ ussigkeit im Spalt ?
c) Wie groß ist die virtuelle Masse M ?

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

393

d) Wie lautet die Schwingungs-Differentialgleichung f¨ ur die Rotorbewegung ? e) Vergleichen Sie die Eigenfrequenz des Rotors mit der f¨ ur den Fall, daß er nicht von Fl¨ ussigkeit umgeben ist. Geg.: R1 , R2 , l, L, m, , EI, x˙ w L¨ osung a) Potential der ebenen, inkompressiblen Str¨omung: Die Laplace-Gleichung in Zylinderkoordinaten lautet ∆Φ =

∂ 2Φ 1 ∂Φ 1 ∂ 2Φ ∂ 2Φ + + =0. + ∂r2 r ∂r r2 ∂ϕ2 ∂z 2

(1)

Zur L¨osung der Laplace-Gleichung soll ein Separationsansatz versucht werden. Dieser kann aber nur dann zur L¨osung f¨ uhren, wenn die Randbedingungen auf den Koordinatenfl¨achen formuliert werden k¨onnen. Die kinematische Randbedingung am Geh¨ause (r = R2 ) lautet u · n = −ur = 0 an

r = R2 ,

(2)

gen¨ ugt also dieser Bedingung. Die Randbedingung am Rotor lautet aber u · n = uw · n an

r = R(ϕ, t) .

(3)

Betrachtet man jedoch nur kleine Schwingungen um die Ruhelage, so ist n ≈ er , so daß sich aus (3) ergibt ur = x˙ wex · er = x˙ w cos ϕ an

r = R1 ,

(4)

die wir im Rahmen der N¨aherung statt auf der Rotorfl¨ache auf der station¨aren Koordinatenfl¨ache r = R1 vorschreiben. F¨ ur das Potential machen wir den Produktansatz Φ = F (r) ∗ G(ϕ) ,

(5)

der mit (1) auf 1 1 F

G + F
G + 2 F G

= 0 r r f¨ uhrt bzw. auf

(r2 F

+ rF
)/F = −G

/G . ( )


∧

=

Ableitung nach dem jeweiligen Argument



(6)

Beide Seiten von (6) k¨onnen nur dann gleich sein, wenn sie gleich einer Konstanten sind, die wir k 2 nennen. Daraus ergeben sich die beiden gew¨ohnlichen Differentialgleichungen r2 F

+ rF
− k 2F = 0 , (7) G

+ k 2 G = 0 .

(8)

394

10 Potentialstr¨omungen

(7) ist eine lineare Dgl. vom Eulerschen Typ, die sich mit dem Ansatz F (r) = rn l¨osen l¨aßt. Mit diesem Ansatz folgt aus (7) d. h. n = ±k ,

n(n − 1) + n − k 2 = 0 oder n2 = k 2 so daß die allgemeine L¨osung lautet: F (r) = Ark + Br−k .

(9)

(8) ist eine Schwingungs-Dgl. mit der L¨osung G(ϕ) = C cos kϕ + D sin kϕ . Eine L¨osung f¨ ur das Potential lautet damit Φ = F (r) ∗ G(ϕ) = (Ark + Br−k )(C cos kϕ + D sin kϕ) f¨ ur alle k . Da die Str¨omung in ϕ–Richtung periodisch sein muß, d. h. G(ϕ) = G(ϕ + 2 π) , kann k nur ganzzahlig sein. Man erkennt dies sofort, wenn mit dem Additionstheorem z. B. der cos–Term ausgeschrieben wird: cos kϕ = cos k(ϕ + 2 π) = cos kϕ cos k2π − sin kϕ sin k2π . Aus der Summe der rechten Seite entsteht die linke Seite nur f¨ ur k = 1, 2, ... . Deshalb und wegen der Linearit¨at der Laplace-Gleichung (1) muß auch die Summe aller Einzell¨osungen L¨osung sein: Φ=

∞ 5



Ak rk + Bk r−k (Ck cos kϕ + Dk sin kϕ) .

k=0

Diese unterwerfen wir den Randbedingungen (2) und (4); f¨ ur ur ergibt sich ur =

∞

 ∂Φ 5 k Ak rk−1 − Bk r−k−1 (Ck cos kϕ + Dk sin kϕ) , = ∂r k=0

so daß aus (2) ur (R2 ) = 0 =

∞ 5

−(k+1)

k Ak Rk−1 − Bk R2 2



(Ck cos kϕ + Dk sin kϕ)

k=0

folgt. Aus dieser Gleichung kann man zun¨achst Bk = Ak R2k 2 schließen. Die R. B. (4) ergibt sich nun zu ur (R1 ) = x˙ w cos ϕ =

∞ 5 k=0



−k−1 k Ak Rk−1 − R2k (Ck cos kϕ + Dk sin kϕ) . 1 2 R1

(10)

10.3 Inkompressible Potentialstr¨omungen

395

Aus dieser Gleichung erkennt man, daß Dk ≡ 0 und k = 1 sein muß. Faßt man noch das Produkt A1 C1 mit A1 zusammen, so ist



x˙ w cos ϕ = A1 1 − R22 R−2 cos ϕ , 1 womit sich A1 =

x˙ w R21 R21 − R22

und B1 =

x˙ w R21 R22 R21 − R22

ergibt. Die den R. B. angepaßte L¨osung f¨ ur das Potential lautet somit 



R21 R22 Φ = −x˙ w (t) 2 r+ cos ϕ . R2 − R21 r

(11)

b) Kinetische Energie der Fl¨ ussigkeit im Spalt: Aus der Definition 

∂Φ ∂Φ K= dV 2 ∂xi ∂xi (V )

ergibt sich mit



∂Φ ∂ Φ ∂xi ∂xi 

K= (V )





∂Φ

∂ Φ 2 ∂xi ∂xi

=

∂Φ ∂Φ + Φ∆Φ ∂xi ∂xi





dV = (S)

∂Φ ni dS . Φ 2 ∂xi

Die Oberfl¨ache des Volumens besteht aus der Oberfl¨ache des Rotors an der (∂Φ/∂xi ) ni = ∂Φ/∂n = −∂Φ/∂r gilt und der Oberfl¨ache des Geh¨auses an der ∂Φ/∂n = ∂Φ/∂r = 0 gilt. Es ergibt sich also

K=−

 

SRotor

∂Φ Φ R1 dϕdz . 2 ∂r

Wir werten zun¨achst Φ ∂Φ/∂r an r = R1 aus: 

∂Φ Φ ∂r

    

R1



R2 = + x˙ w (t) 2 1 2 R2 − R1 = −x˙ 2w (t)R1

2





R2 R2 (R1 + 2 ) 1 − ( )2 cos2 ϕ = R1 R1

R22 + R21 cos2 ϕ . R22 − R21

Damit ergibt sich die kinetische Energie im Spalt zu 2π 2 2 2 2

2

2 2 R2 + R1 2 2 R2 + R1 K = x˙ w (t)R1 2 x ˙ L ϕdϕ = (t)πR L . cos 1 2 R2 − R21 2 w R22 − R21 ϕ=0

396

10 Potentialstr¨omungen

c) Die virtuelle Masse M
: 1 Die kinetische Energie des Tensors der virtuellen Masse ist K = Ui Uj mij und da 2 

Ul =

x˙ w 0

f¨ ur l = 1 , sonst

zeigt der Vergleich, daß nun M
=

2 2 K 2 R2 + R1 L =

πR 1 x˙ 2w /2 R22 − R21

ist und mit dem Rotorvolumen VR = π R21 L auch M
= VR

R22 + R21 . R22 − R21

F¨ ur die Grenzf¨alle R1 → R2 bzw. R2 → ∞ ergibt sich R1 → R2

⇒

M
→ ∞

R2 → ∞

⇒

M
→ VR

(allerdings w¨are Reibung nicht mehr vernachl¨assigbar !) (virtuelle Masse eines Kreiszylinders im unendlichen Raum) .

d) Schwingungs-Differentialgleichung des Rotors: Bei zwei Federn“ der L¨ange a = l/2 ist die Federsteifigkeit c durch ” 12EI EI c=2 3 = 192 3 l (l/2) gegeben, so daß die Schwingungs-Dgl. lautet (m + M
)¨ x + cx = Fx(t) aus der wir die e) Eigenfrequenz des Rotors zu  1/2  1/2 c c ω= = m + M


R VR (1 + ( / R ) (R22 + R21 )/(R22 − R21 )) ablesen ( R = m/VR ). Wir schreiben die Beziehung auch in der Form 

ω = ω0

R22 − R21 R22 − R21 + ( / R )(R22 + R21 )

1/2

,



wobei ω0 = se ist.

c/( R VR ) die Eigenfrequenz ohne Ber¨ ucksichtigung der virtuellen Mas-

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

10.4

397

Ebene Potentialstr¨ omung

Aufgabe 10.4-1

Spaltstro ¨mung zwischen einem bewegten Kolben und einer Wand

Es soll die ebene, inkompressible Str¨omung berechnet werden, die sich in dem Spalt unter einem Kolben einstellt, der sich mit der konstanten Geschwindigkeit vK auf eine Wand zu bewegt. F¨ ur Re = vK h/ν → ∞ kann das Problem reibungsfrei und dann auch potentialtheoretisch behandelt werden. Nutzt man die Symmetrie des Problems bez¨ uglich der y–Achse aus, so kann man sich auf die rechte H¨alfte des Str¨omungsraums beschr¨anken. Auf der Linie x = l sei die x–Komponente der Geschwindigkeit konstant u = UA . Dann sind auf den Fl¨achen x = 0, x = l und y = 0, y = h konstante Geschwindigkeiten als Randbedingungen vorgeschrieben, und dies legt einen additiven Separationsansatz der Form Φ = f(x) + g(y) nahe. a) Berechnen Sie die Potentialfunktion Φ und die Austrittsgeschwindigkeit UA . b) Wie ist die Druckverteilung p(x, y, t), wenn der Austrittsdruck pA = p(x = l) = p0 ist? c) Wie groß ist die Kraft auf den Kolben? Geg.: vK , h(t), l, L¨ osung a) Potentialfunktion Φ, Austrittsgeschwindigkeit UA : Die Laplacesche Gleichung ∆Φ =

∂ 2Φ ∂ 2Φ + =0 ∂x2 ∂y 2

(ebenes Problem)

liefert mit dem additiven Separationsanatz Φ(x, y) = f(x) + g(y) ∆Φ =

∂ 2f ∂ 2g + =0. ∂x2 ∂y 2

Der erste Term h¨angt nur von x, der zweite nur von y ab. Die Differentialgleichung kann nur richtig sein, wenn beide Terme konstant sind: ∂ 2f ∂ 2g = − =K. ∂x2 ∂y 2

398

10 Potentialstr¨omungen

Dies sind nur zwei gew¨ohnliche Differentialgleichungen mit den L¨osungen f(x) =

K 2 x + C1 x + A 2

g(y) = −

und

K 2 y + C2 y + B 2

mit

K 2 (x − y 2) + C1 x + C2 y + C3 . 2 C1 , C2 , C3 = A + B sind die Integrationskonstanten. Die Konstanten K, C1 und C2 bestimmen sich aus den Randbedingungen: Φ(x, y) = (f(x) + g(y)) =

u= v=

∂Φ = K x + C1 = ∂x

∂Φ = −K y + C2 = ∂y





0 UA

x=0 x=l

0 −vK

(Symmetrie)

y=0 y=h

(u · n = 0) (u · n = uw · n),

also C 1 = C2 = 0 , und K l = UA , K h = vK , also

vK . h F¨ ur die Austrittsgeschwindigkeit erh¨alt man K=

l , h welche auch durch die Kontinuit¨atsgleichung in integraler Form h¨atte bestimmt werden k¨onnen. Die gesuchte Potentialfunktion lautet somit UA = vK

Φ=

1 vK 2 (x − y 2) + C3 , 2 h

d. h. unter dem Kolben bildet sich eine Staupunktstr¨omung aus (S. L. (10.65)). Die Konstante C3 bleibt unbestimmt, da auf dem Rand nur Ableitungen von Φ vorgeschrieben sind, mit a = vK /h und C3 = 0 also a Φ = (x2 − y 2 ) , u = a x , v = −a y . 2 b) Druckverteilung p(x, y, t), wenn p(l, y, t) = pA = p0 ist: Das Problem ist wegen h = h(t) instation¨ar. Die Bernoullische Gleichung lautet ⎛

∂Φ ⎝ ∂Φ

+ ∂t 2 ∂x ⇒



2

1 vK dh 2 1 vK − (x − y 2 ) + 2 2 h dt 2 h



∂Φ + ∂y

2

(x2 + y 2) +

Mit dh/dt = −vK vereinfacht man die Gleichung zu 

vK h

2

x2 +

2 ⎞ ⎠+p =

p =C ,

C

p = C.

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

399

d. h. das Druckfeld h¨angt also nicht von y ab. Die Bernoullische Konstante folgt aus den bekannten Gr¨oßen am Austritt 

C= so daß

vK l h

2

+



vK p(x, t) = p0 + h

p0 ,

2

(l2 − x2 )

entsteht. c) Kraft auf den Kolben: 

Fy =

−p n · ey dS = 2

l x=0



vK p0 + h ⇒

Aufgabe 10.4-2

p(x, t) dx

(pro Tiefeneinheit)

x=0

(S)

= 2

l

2



(l − x ) dx 2

2

4 Fy = 2 p0 l + 3



vK h

2

l3 .

Senkenverteilung in einer Staupunktstr¨ omung

¨ Die im Bild skizzierte Str¨omung entsteht durch Uberlagerung des Potentials der ebenen Staupunktstr¨omung und des Potentials einer Senkenverteilung konstanter Intensit¨at q zwischen x = −L und x = L.

a) Wie lautet das Potential der Senkenverteilung? b) Geben Sie das gesamte Potential an. c) Bestimmen Sie die Geschwindigkeitskomponenten u und v . Differenzieren Sie erst und integrieren Sie dann mit Hilfe der Substitution t = (x − x
)2 + y 2

bzw. t =

x − x
. y

400

10 Potentialstr¨omungen

d) Geben Sie die Gleichung der x-Koordinate der Staupunkte an (y = 0). e) Wie verh¨alt sich die Geschwindigkeitskomponente u(x, 0), wenn x → ±L geht? L¨ osung a) Potential der Senkenverteilung: Die infinitesimale Ergiebigkeit dE einer Intensit¨atsverteilung auf der Strecke dx
ist dE = q(x
)dx
, so daß deren Beitrag zum Potential dΦSe (x, y) =

q(x
)dx
 ln (x − x
)2 + y 2 2π

und daher das Potential der Senkenverteilung q ΦSe (x, y) = 2π

+L 



ln

(x − x
)2 + y 2dx
,

q<0

−L

ist. b) Mit dem bekannten Potential der Staupunktstr¨omung entsteht das Gesamtpotential a q Φ(x, y) = (x2 − y 2) + 2 2π

+L 



ln (x − x
)2 + y 2dx
.

−L

c) Die Geschwindigkeitskomponenten u=

∂Φ , ∂x

v=

∂Φ . ∂y

Nach der f¨ ur y = 0 erlaubten Vertauschung der Reihenfolge von Differentiation und Integration erhalten wir q ∂Φ = ax + ∂x 2π

+L  −L

x − x
dx
(x − x
)2 + y 2

und mit der Substitution t = (x − x
)2 + y 2 , dt = −2(x − x
)dx
q 1 ∂Φ = ax − ∂x 2π 2 und daher

2 2 (x − L)  +y

(x + L)2 + y 2 / 0

dt t

0 (x − L)2 + y 2 ∂Φ q = ax − ln 1 . ∂x 2π (x + L)2 + y 2

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

401

Ebenso ∂Φ q = −ay + ∂y 2π

L

−L

y dx
(x − x
)2 + y 2




und mit der Substitution t = (x − x )/y, dt = −dx
/y wird ∂Φ q = −ay − ∂y 2π

(x − L)/y

dt 1 + t2

(x + L)/y



und dann

x−L ∂Φ q x+L arctan = −ay − − arctan ∂y 2π y y



erhalten. d) Die Staupunkte liegen auf der x–Achse f¨ ur x2 > L2 , da dort v verschwindet. Dazu schreiben wir v in der Form q x2 − L2 2Ly v = −ay + , f u ¨ r > −1 arctan 2 2π x − L2 + y 2 y2 und erhalten f¨ ur y → 0 den Grenzwert lim v(x, y) = 0 ,

y→0

fu ¨r x2 − L2 > 0 .

Die x–Koordinate wird dann aus u(x, 0) = 0 oder q 1 (x − L)2 ln 2π 2 (x + L)2

ax =

mit |x| > L

erhalten. Man u ¨ berzeugt sich leicht, daß mit x auch −x eine L¨osung ist. e) lim u(x, 0): x→±L



q 1 (x − L)2 ln lim u(x, 0) = lim ax − x→L x→L 2π 2 (x + L)2 

lim u(x, 0) = lim

x→−L

Aufgabe 10.4-3

x→−L



q 1 (x − L)2 ln ax − 2π 2 (x + L)2

→ −∞

q < 0!



→ +∞

q < 0!

Das Kreistheorem

Setzt man in eine inkompressible, ebene, reibungsfreie Potentialstr¨omung mit dem Potential F1 (z) einen Kreiszylinder mit dem Radius a in den Ursprung, so ergibt sich nach dem sogenannten Kreistheorem das Potential F2(z) der neuen Str¨omung zu 

F2(z) = F1(z) + F1 wobei F1 das konjugiert komplexe Potential ist.

a2 z



,

402

10 Potentialstr¨omungen

a) Berechnen Sie das komplexe Potential eines Kreiszylinders (Radius a) bei z = 0 in einer Quellstr¨omung (Ergiebigkeit E, Quelle bei z = b). b) Zeigen Sie das der Kreis z = aeiϕ Stromlinie ist. c) Skizzieren Sie einige Stromlinien. d) Berechnen Sie das Geschwindigkeitsfeld. Wo liegen die Staupunkte? e) Berechnen Sie die Kraft auf den Zylinder mit dem Blasius–Theorem. L¨ osung Gegeben ist das komplexe Potential F1(z) einer inkompressiblen, reibungsfreien Str¨omung. Unter der Voraussetzung, daß alle Singularit¨aten der Funktion F1 (z) in einem gr¨oßeren Abstand als a vom Ursprung liegen, besagt das Kreistheorem folgendes: Bringt man in diese Str¨omung einen Kreiszylinder mit dem Radius a, so ergibt sich das Potential der ver¨anderten Str¨omung durch 

F2(z) = F1(z) + F1

a2 z



.

a) Berechnung des Potentials: Potential der Quelle im Punkt z = b : F1(z) =

E ln(z − b) , 2π

(|b| > a) .

Zun¨achst ersetzen wir in F1 z durch a2/z und eventuell explizit auftretende i durch −i und erhalten so F1(a2 /z). Das Potential der durch das Einf¨ ugen des Zylinders ge¨anderten Str¨omung ist dann 

a2 E E F2(z) = ln(z − b) + ln −b 2π 2π z



.

b) Kreis z = aeiϕ ist Stromlinie. Wenn der Kreis Stromlinie ist, muß sich f¨ ur z = aeiϕ aus der Darstellung F2(z) = Φ + iΨ ergeben, daß Ψ = const ist: F2(aeiϕ) =

) E ( ln(aeiϕ − b) + ln(ae−iϕ − b) , 2π

F2(aeiϕ) =

 E 2 ln a + b2 − ab(eiϕ + e−iϕ ) , 2π

F2(aeiϕ) =

 E 2 ln a + b2 − 2ab cos ϕ , 2π

was zeigt F2 (aeiϕ) ist rein reell und daher Ψ=0, was zu beweisen war.

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

403

c) Skizze einiger Stromlinien: Hierzu ist es zweckm¨aßig das Potential umzuformen:



a2 E F2 (z) = ln(z − b) + ln −b 2π z



oder F2(z) =

) E ( ln(z − b) + ln(a2 − bz) − ln z 2π

und schließlich



E a2 F2(z) = ln(z − b) + ln z − 2π b





+ ln(−b) − ln z .

Da die additive Konstante (E/2π) ln(−b) ohne Beschr¨ankung der Allgemeinheit weggelassen werden kann, folgt auch



E a2 F2(z) = ln(z − b) + ln z − 2π b





− ln z ,

was zeigt, daß das Potential aus einer Quelle im Punkt z = b mit der Ergiebigkeit E > 0 und einer a2 Quelle im Punkt z = b

mit der Ergiebigkeit E > 0

sowie einer Senke im Punkt z = 0 mit der Ergiebigkeit

−E

besteht. Das Stromlinienbild erh¨alt man, indem man ein Konturdiagramm des Imagin¨arteils von F2(z) zeichnen l¨aßt. Das folgende Stromlinienbild ist f¨ ur b = −1 und a = 1/3 gezeichnet worden.

404

10 Potentialstr¨omungen

d) Geschwindigkeitsfeld und Staupunkte: Wir berechnen die Geschwindigkeitskomponenten u und v aus der konjugiert komplexen Geschwindigkeit dF2 = u − iv , dz

dF2 1 E 1 1 = + − 2 dz 2π z − b z − (a /b) z oder

und daraus





E x − (a2/b) − iy x − iy x − b − iy dF2 = + − 2 dz 2π (x − b)2 + y 2 (x − (a2/b)) + y 2 x2 + y 2



,

E x − (a2/b) x x−b u(x, y) = + − 2 2 2 2 2π (x − b) + y (x − (a2/b)) + y 2 x + y 2 und







E y y y v(x, y) = + − 2 . 2 2 2 2 2 2π (x − b) + y x + y2 (x − (a /b)) + y Lage der Staupunkte : Es ist v(x, y) = 0 wenn y = 0 ist, d. h. die Staupunkte liegen auf der x-Achse. Aus u(x, 0) = 0 folgt: 1 1 1 0= + − , 2 x − b x − (a /b) x

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

405

was auf eine quadratische Gleichung f¨ uhrt mit den L¨osungen x = ±a . Wir haben daher zwei Staupunkte: ys = 0

, xs = ±a .

e) Kraft auf den Zylinder mit dem Blasius–Theorem (S. L. (10.260))

Fx − iFy = i 2

. C

dF2 dz

2

dz .

C ist die geschlossene Kurve um den Kreiszylinder. Wir bilden zun¨achst den Integranden 

dF2 dz

2



=

E 2π

2

2 2 2 − − + (z − b) (z − (a2/b)) z(z − b) z (z − (a2 /b))

1 1 1 + + + 2 (z − b)2 (z − (a2 /b)) z2 und verwenden zur Berechnung des Integrals den Residuensatz: 

f(z)dz = C

5

Res f(z) zk k (zk innerhalb von C) 2πi

Hierbei gilt: Hat die Funktion f(z) im Punkt z0 einen Pol von m-ter Ordnung, so ist ihr Residuum durch 1 dm−1 Res f(z) = lim m−1 [(z − z0)m f(z)] z0 (m − 1)! z→z0 dz gegeben. Der erste Term von (dF2/dz)2 2 (z − b)(z − (a2/b)) a2 einen Pol von 1.-Ordnung, also m = 1 : b 2b 2 2 Res2 ⇒ = lim2 = 2 . 2 z = (a /b) (z − b)(z − (a /b)) z→(a /b) z − b a − b2 Der andere Pol bei z = b liegt außerhalb der Kontur C, liefert also keinen Beitrag zum Integral. Die n¨achsten zwei Terme liefern die Residuen 2 2 Res − = , z=0 z(z − b) b hat zun¨achst in z =

2b 2 Res − = 2 , 2 z=0 z(z − a /b) a 2 2b Res2 − = − 2 , 2 z = (a /b) z(z − a /b) a

406

10 Potentialstr¨omungen

w¨ahrend der vierte Term 1/(z − b)2 f¨ ur z = b einen Pol von 2.-Ordnung außerhalb von C hat, also keinen Beitrag ergibt. Die Residuen der letzten beiden Terme verschwinden: 1 d Res = lim z = (a2 /b) (z − a2 /b)2 z→(a2 /b) dz

 *

z − (a2/b) z − (a2/b)

2

+,

=0 -

=1

und

1 Res =0. z = 0 z2

Nun folgt mit

. Fx − iFy = i 2

C



dF2 dz 

2

E Fx − iFy = i 2πi 2 2π

5

Res dz = i 2πi zk 2 k

2

dF dz

2

2 2b 2b 2b + + 2− 2 2 2 a −b b a a

bzw.



2b

E2 2 Fx − iFy = − + 2 2 2 2π a − b b

,



.

Mit Fy = 0 ist die Kraft rein reell

a2

E2 , 2 π b(b2 − a2) was aus Symmetriegr¨ unden zu erwarten war. Fx =

Aufgabe 10.4-4

Halbkreisf¨ ormiger Zylinder in einer Staupunktstr¨ omung

Eine inkompressible Fl¨ ussigkeit str¨omt reibungsfrei gegen eine ebene Wand, auf der sich ein halbkreisf¨ormiger (r = a) Zylinder befindet.

a) Formulieren Sie die Randbedingungen, die zur Bestimmung des Potentials ben¨otigt werden.

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

407

b) L¨osen Sie die Laplace-Gleichung f¨ ur die gefundenen Randbedingungen. c) Wie lautet die Stromfunktion? L¨ osung a) Randbedingungen: 1.) u · n = 0 an den festen W¨anden, d. h. ∇Φ · n = ∂Φ/∂n = 0. 2.) Im Unendlichen ist die St¨orung durch den halbkreisf¨ormigen Zylinder abgeklungen, d. h. dort muß das Potential der ebenen Staupunktstr¨omung b ΦStau = (x2 − y 2) 2 herrschen. Mit x = r cos ϕ ,

y = r sin ϕ und x2 − y 2 = r2 cos 2ϕ

hat das gesuchte Potential die asymptotische Form b Φ(r, ϕ) ∼ r2 cos 2ϕ , 2

fu ¨r r → ∞ .

b) L¨osung der Laplace Gleichung Φ = Φ(r, ϕ) , ∂ 2Φ 1 ∂Φ 1 ∂ 2Φ + + =0. ∂r2 r ∂r r2 ∂ϕ2 Der Separationsansatz Φ(r, ϕ) = R(r)H(ϕ) f¨ uhrt auf ∆Φ =

(1)

1 1 ∆Φ = R

H + R
H + 2 RH

= 0 , r r wobei der Strich die Ableitung nach dem jeweiligen Argument bedeutet. Da r und ϕ unabh¨angig sind, folgt r2

R

R
H

+r =− = k 2 = const , R R H

woraus die zwei gew¨ohnlichen Differentialgleichungen entstehen: H

(ϕ) + k 2 H(ϕ) = 0

(Schwingungs − Dgl.) ,

r2 R

(r) + rR
(r) − k 2R(r) = 0

(Eulersche Dgl.) .

Die Randbedingungen lauten an dem Zylinder: r = a , 0 < ϕ < π 



∂Φ  ∂Φ  = = R
(a)H(ϕ) = 0 ,   ∂n r=a ∂r r=a daraus bei beliebigem ϕ

R
(a) = 0 ,

408

10 Potentialstr¨omungen

an der Wand: r > a , ϕ = 0 



∂Φ  ∂Φ    = = R(r)H
(0) = 0 , ∂n ϕ=0 ∂ϕ ϕ=0 daraus bei beliebigem r

H
(0) = 0 ,

an der Wand: r > a , ϕ = π 



∂Φ  ∂Φ    =− = −R(r)H
(π) = 0 , ∂n ϕ=π ∂ϕ ϕ=π daraus bei beliebigem r

H
(π) = 0

und im Unendlichen: r → ∞ b Φ(r, ϕ) = R(r)H(ϕ) ∼ r2 cos 2ϕ . 2 Aus der allgemeinen L¨osung der Schwingungs-Differentialgleichung H(ϕ) = A sin kϕ + B cos kϕ erhalten wir mit H
(ϕ) = Ak cos kϕ − Bk sin kϕ und der Randbedingung H
(0) = 0, die spezielle L¨osung H(ϕ) = B cos(k ϕ) , da A ≡ 0 sein muß. Die Randbedingung H
(π) = 0, d. h. B k sin(k π) = 0 , erfordert zur Vermeidung der trivialen L¨osung, daß die Separationskonstante k die diskreten Werte (Eigenwerte) k = 0, ±1, ±2, ±3 . . . annimmt. Daher ist die spezielle L¨osung Hk (ϕ) = Bk cos kϕ ,

k = 1, 2, 3 . . .

in der Bk noch unbestimmt ist. Die L¨osung der Eulerschen Dgl. lautet Rk (r) = Ck rk + Dk r−k und die Randbedingung liefert wegen

R
k (a) = 0 R
k (a) = Ck kak−1 − Dk ka−k−1 = 0 Dk = Ck a2k

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

409

und daher

Rk (r) = Ck (rk + a2k r−k ) .

Damit schreiben wir die allgemeine L¨osung Φ(r, ϕ) =

∞ 5

Ck (rk + a2k r−k ) Bk cos kϕ .

k=0

Die Bedingung f¨ ur r → ∞

b Φ(r, ϕ) ∼ r2 cos 2ϕ 2

verlangt nun k = 2 und B2 C2 =

b , 2

so daß die L¨osung lautet Φ(r, ϕ) = a

2b

2

cos 2ϕ

 r 2

a

 2

+

a r

.

(2)

c) Mit (S. L. (10.206)) u = ∇Ψ × ez erh¨alt man 1 ∂Φ ∂Ψ = −uϕ = − , ∂r r ∂ϕ ∂Φ 1 ∂Ψ = ur = . r ∂ϕ ∂r Durch Ableiten von Φ in (2) nach r ergibt sich so die Gleichung ∂Ψ = a2b cos(2ϕ) ∂ϕ und daraus

a2 b Ψ= 2





a2 r2 − a2 r 2





r 2 a2 − sin(2ϕ) + C1(r) + C0 , a2 r 2

mit einer absoluten Konstanten C0 . Aus 

∂Ψ r 2 a2 = a2 b 2 − 2 ∂r a r



dC1 (r) 1 sin(2ϕ) + r dr

folgt, wegen ∂Ψ/∂r = −1/r ∂Φ/∂ϕ die L¨osung a2 b Ψ= 2





r 2 a2 − sin(2ϕ) + C0 . a2 r 2

(3)

Anmerkung: Die L¨osung l¨aßt sich nat¨ urlich viel einfacher mit Hilfe des Kreistheorems finden. Das komplexe Potential der Staupunktstr¨omung ist (mit b statt a als

410

10 Potentialstr¨omungen

dimensionsbehafteter Konstante) F (z) = (b/2)z 2 und nach Einf¨ ugen des Zylinders mit dem Radius a  b b a 2 F (z) = z 2 + . 2 2 z Man entnimmt dieser Funktion sofort den Realteil, der mit dem Potential (2) und dem Imagin¨arteil, der bis auf die additive Konstante mit der Stromfunktion (3) u ¨bereinstimmt.

Aufgabe 10.4-5

Kreiszylinder in einer Dipolstr¨ omung

Betrachtet wird inkompressible, reibungsfreie, ebene Potentialstr¨omung. An der Stelle z = b befindet sich ein Dipol (Dipolmoment M), der unter dem Winkel α zur x–Achse orientiert ist. Setzt man in den Ursprung des Koordinatensystems einen Kreiszylinder mit dem Radius a (a < b), so erh¨alt man das Potential der neuen Str¨omung durch Anwendung des Kreistheorems (vergleiche Aufgabe 10.4-3). a) Wie lautet das komplexe Potential F1 (z) eines Dipols an der Stelle z = b? Die Dipolachse schließt mit der x–Achse den Winkel α ein. b) Berechnen Sie das komplexe Potential eines Kreiszylinders (r = a) bei z = 0 in einer Dipolstr¨omung (Dipolmoment M, Dipol bei z = b). c) Ermitteln Sie die Stromfunktion Ψ und den Wert der Stromfunktion auf dem Kreis (r = a). d) Berechnen Sie die Kraft auf den Zylinder. Wie h¨angt die Kraft von der Orientierung des Dipols ab? L¨ osung a) Potential des Dipols: Im gestrichenen Koordinatensystem ist das komplexe Potential eines Dipols (S. L. (10.225)) F1(z
) =

M 1 2π z


mit z
= x
+ i y
und M als Betrag des Dipolmomentes. Mit der Transformation z
= (z − b) e−i α erhalten wir das Potential des Dipols im ungestrichenen System F1(z) =

M 1 ei α . 2π z − b

(1)

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

411

b) Potential eines Kreiszylinders in einer Dipolstr¨omung: Aus Gleichung (1) gewinnt man F1(z), das konjugiert komplexe Potential, indem man an allen in F1(z) explizit vorkommenden i “ das Vorzeichen umkehrt: ”

F1(z) =

M 1 e−i α . 2π z − b

Das Kreistheorem liefert dann



F2 (z) = F1 (z) + F1

=

a2 z



1 M 1 M ei α + e−i α 2 2π z − b 2π a /z − b

M = 2π



z 1 ei α + 2 e−i α z−b a −bz



.

(2)

c) Stromfunktion Ψ: Die Stromfunktion Ψ erh¨alt man als Imagin¨arteil des komplexen Potentials F2 (z) nach der Zerlegung F2 (z) = Φ + i Ψ zu



M (x − b) sin α − y cos α Ψ(x, y) = 2π (x − b)2 + y 2 +

a2 y cos α − (a2 x − b x2 − b y 2) sin α (a2 − b x)2 + (b y)2



.

(3)

Stromlinien sind Linien, l¨angs denen der Wert der Stromfunktion konstant ist. Setzt man in (3) die Kontur des umstr¨omten Kreises y 2 = a2 − x2 ein, so erh¨alt man den Wert der Stromfunktion zu Ψ = const = 0, was beweist, daß der Kreis Stromlinie ist. Alternativ setzt man z = a ei ϕ in (2) ein und erkennt, daß (2) dann rein reell ist. Der Kreis trennt zwei Str¨omungsgebiete; f¨ ur |z| < a ist die Stromfunktion immer kleiner null, f¨ ur |z| > a ist sie immer positiv.

412

10 Potentialstr¨omungen

In der Abbildung sind Stromlinien f¨ ur α = π/4 und b/a = 3 dargestellt. d) Kraft auf den Zylinder: Die Kraft auf den Zylinder wird mit dem Ersten Blasius Theorem (S. L. (10.263))

Fx − i Fy = i 2

.  (C)

dF2 dz

2

dz

berechnet. Aus (2) folgt der Integrand zu 

dF2 dz

2



=

− 2

M 2π

2  4

a b

 2 a

b

e−2i α + (a2/b − z)4

1 e2i α + (a2/b − z)2 (z − b)2 (z − b)4



.

(4)

Die Integration ist l¨angs der Kontur des Kreises durchzuf¨ uhren. Das Integral wird mit Hilfe des Residuensatzes .

f(z) dz = 2π i

5 k

(C)

Res f(z) (z innerhalb von (C)) zk

ausgewertet. Bei der Auswertung des Residuensatzes m¨ ussen die singul¨aren Stellen innerhalb das Kreises betrachtet werden, im vorliegenden Fall nur der Punkt z = a2/b: 2  2 .  dF2 dF 2 dz = 2π i Res2 . (5) z = a /b dz dz (C)

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

413

Entsprechend dem Vorgehen in Aufgabe 10.4-6 erh¨alt man mit den einzelnen Termen von (4) 1 Res =0, z = a2 /b (a2/b − z)4

1 2 Res =− 2 z = a2/b (a2 /b − z)2 (z − b)2 (a /b − b)3

1 Res =0, z = a2/b (z − b)4 wobei der letzte Term sowieso keinen Beitrag zum Integral ergibt, da die Singularit¨at z = b außerhalb des Integrationsbereiches liegt. Damit erh¨alt man f¨ ur die Kraft und

Fx − i Fy =

M2 a2 b π (b2 − a2)3

bzw.

M2 a2 b und Fy = 0 . π (b2 − a2 )3 Unabh¨angig von der Orientierung des Dipols zeigt die Kraft immer in die positive x–Richtung! Fx =

Aufgabe 10.4-6

Umstr¨ omung einer du ¨nnen Platte Bei der Potentialstr¨omung um eine d¨ unne Platte entsteht infolge des unendlich großen Unterdruckes auf der unendlich d¨ unnen“ Vorder” kante eine endliche Saugkraft“. ” Berechnen Sie diese Kraft durch folgende Vorgehensweise.

a) Wie lauten das komplexe Potential F (z) und die Stromfunktion Ψ? b) Welche Druckverteilung p(r) liegt vor? c) Wie lautet die Gleichung r(ϕ) der Stromlinie (Ψ = Ψ0 = const)? Welchen Wertebereich durchl¨auft ϕ auf dieser Stromlinie von y = + tan  L bis y = − tan  L? d) Berechnen Sie die x–Komponente der Kraft auf der Kontur Ψ = Ψ0 mit x ≤ L. e) Bestimmen Sie die Saugkraft durch den Grenz¨ ubergang Ψ0 → 0. f) Berechnen Sie die Saugkraft direkt mit Hilfe des Blasius–Theorems.

414

10 Potentialstr¨omungen

Geg.: Ψ0, L, p∞ L¨ osung a) Potential und Stromfunktion: Das gesuchte Potential ergibt sich aus der allgemeinen Eckenstr¨omung F (z) = a/n z n (S. L. (10.230)) f¨ ur den Fall n = 1/2: √ F (z) = 2a z , F (z) = 2a

√

r [cos(ϕ/2) + i sin(ϕ/2)] .

Die Stromfunktion ist der Imagin¨arteil von F √ Ψ = 2a r sin(ϕ/2) .

(1)

b) Druckverteilung: Die konjugiert komplexe Geschwindigkeit ist dF a = u − iv = √ . dz z

(2)

Das Quadrat des Betrages der Geschwindigkeit ist u2 + v 2 =

a2 dF dF a2 = =√ , dz dz r zz

womit aus der Bernoullischen Gleichung folgt

2

a2 (u + v 2) = p∞ − . (3) 2 2 r c) Gleichung der Stromlinie Ψ = Ψ0 und Wertebereich von ϕ: Aus (1) ergibt sich  Ψ0 2 1 (4) r(ϕ) = 2 2a sin (ϕ/2) als die Gleichung der Stromlinie in Polarkoordinaten. Der Grenzwinkel  ist der Winkel des Schnittpunktes der Geraden x = L, die in Polarkoordinaten als p(r) = p∞ −

L = cos ϕ r(ϕ) dargestellt werden kann, mit der Stromlinie (4). Zur Bestimmung von  l¨osen wir die Gleichung der Geraden nach r(ϕ) auf und setzen die erhaltene Gleichung in (4) ein. Verwenden wir die Identit¨at 1 sin2 (ϕ/2) = (1 − cos ϕ) , (5) 2 so erhalten wir  −1 Ψ20 cos  = 1 + 2 . (6) 2a L Auf Ψ = Ψ0 ist  ≤ ϕ ≤ 2π −  f¨ ur x≤L.

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

415

d) Kraft auf die Kontur: Aus Symmetriegr¨ unden wirkt nur eine Kraft in x–Richtung: 

−p n · ex dS

Fx = (S)

ur die Kraft auf die Stromlinie Ψ = Ψ0 pro Tiefeneinheit mit n · ex dS = −dy dz. F¨ ergibt sich die Form   Fx = p(r) dy = p(r(ϕ)) dy , die die Benutzung von ϕ als Integrationsvariable nahelegt. Aus der Gleichung der Stromlinie (4) folgt mit (5) r= und mit der Identit¨at

y 1 Ψ2 = 02 sin ϕ 2a 1 − cos ϕ

sin ϕ = cot(ϕ/2) 1 − cos ϕ

ergibt sich schließlich



Ψ0 y(ϕ) = 2a so daß auf der betrachteten Stromlinie 

Ψ0 dy = − 2a

2

2

2 cot(ϕ/2) , 1 dϕ sin (ϕ/2)

(7)

2

ist. Mit (3) und (4) und unter Beachtung des negativen Vorzeichens in (7) also Fx =

=

2π − 

 Ψ0 2 dϕ a2

2 p∞ − sin (ϕ/2) 2 2 2 (Ψ0/2a) 2a sin (ϕ/2)  2π − 

 Ψ0 2 1

2 p∞ − a dϕ 2a sin2 (ϕ/2) 2  

= p∞

Ψ0 2a

2π − 

2

−2

*



1 dϕ 2 sin (ϕ/2) +,

−

2 a ϕ 2

2π− 

-

cot(ϕ/2)|2π− 

= 4 cot(/2)

Ψ20 ⇒ Fx = p∞ 2 cot(/2) − a2 (π − ) . a In dieser Gleichung muß noch  durch (6) ersetzt werden. Mit 

sin  cot(/2) = = 1 − cos 



(1/ cos2 ) − 1

(1/ cos ) − 1

(8)

416

10 Potentialstr¨omungen

folgt aus Gleichung (6)



4a2 L +1. Ψ20 Damit lautet die Gleichung f¨ ur die Kraft auf die Stromlinie Ψ = Ψ0 : ⎡ ⎤ = cot(/2) =



Fx = p∞

Ψ0 a

4L +

Ψ20 a2

, -* +  −1 ⎥ ⎢ 2 ⎢ ⎥ Ψ0 ⎥ . − a2 ⎢ ⎢π − arccos 1 + ⎥ 2a2 L ⎣ ⎦

(9)

e) Saugkraft auf die unendlich d¨ unne Platte: Diese ergibt sich aus (9) aus dem Grenz¨ ubergang Ψ0 → 0 zu Fx = −π a2 . f) Saugkraft berechnet mit dem Blasius–Theorem: Die konjugiert komplexe Kraft auf den K¨orper ist

Fx − iFy = i 2

. 

dF dz

2

dz = i

2

.

a2 dz . z

F¨ ur jedes Gebiet, das z = 0 enth¨alt, ergibt sich aus dem Residuensatz .

a2 dz = 2πi Res f(z) = 2πia2 . z=0 z

Damit: Fx − iFy = −π a2 . Die Kraft auf den K¨orper hat daher die Komponenten Fx = −π a2

Aufgabe 10.4-7

und

Fy = 0 .

Tragflu ¨gel u ¨ber einer festen Wand

Im Abstand a vom Erdboden befindet sich ein schlanker Tragfl¨ ugel mit bekannter Zirkulation −Γ0 in einer reibungsfreien, inkompressiblen Potentialstr¨omung mit der Geschwindigkeit U∞ und dem Druck p∞ im Unendlichen“. ” a) Zeigen Sie mit Hilfe des Impulssatzes, daß die Kraft auf den Boden gleich der Kraft auf den Fl¨ ugel ist. b) Berechnen Sie die Kraft auf den Boden durch Druckintegration l¨angs der x–Achse. c) Zeigen Sie anhand des Ergebnisses aus b), daß der Satz von Kutta–Joukowsky nur f¨ ur Γ0 /(U∞ a)  1 gilt. Geg.: , U∞ , p∞ , Γ0 , a L¨ osung a) Kraft auf den Boden:

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

417

Wir f¨ uhren das Kontrollvolumen soweit vom Fl¨ ugel entfernt, daß alle St¨orungen abgeklungen sind, mit Ausnahme der St¨orungen am Boden, wo die Entfernung durch den Abstand a vorgegeben ist. Aus dem Impulssatz 

u(u · n) dS =

(S)



t dS (S)

folgt dann f¨ ur die x-Komponente: 

(u · ex )(u · n) dS +

Se

*

4+,



(u · ex)(u · n) dS =

Sa

-

=0

⇒

 SK

*

t · ex dS , +,

−Fx→K

-

Fx→K = 0

wobei sich, wie angedeutet, die Integrale auf der linken Seite aufheben, da die Str¨omungsgr¨oßen in gen¨ ugend großem Abstand vor und hinter dem Fl¨ ugel in reibungsfreier Potentialstr¨omung – wo ja kein Nachlauf existiert – gleich sind. F¨ ur die  y-Komponente erhalten wir mit t = −p n 

(u · ey )(u · n) dS =

(S)

*

+,

-

=0

 SW

*

−p(n · ey ) dS + +,

−Fy→W

-

 SK

*

−p(n · ey ) dS , +,

−Fy→K

-

was zeigt, daß die Kraft auf den Boden gleich der Kraft auf den Fl¨ ugel ist: |Fy→W | = |Fy→K | . b) Druckintegration: Wir nehmen an, daß das Verh¨altnis Fl¨ ugeltiefe zu Abstand a sehr klein ist. Dann kann die vom Fl¨ ugel an der Wand erzeugte Str¨omung allein durch die Zirkulation des gebundenen Wirbels beschrieben werden (Siehe Diskussion S. L. S.117). Die Randbedingung u · n = 0 an der Wand erf¨ ullen wir durch Spiegelung des Wirbels an der x-Achse. Das komplexe Potential der Str¨omung ist dann F (z) =

U z

∞ * +, -

Parallelstr¨omung

+

iΓ0 iΓ0 ln(z − ia) − ln(z + ia) *2π +, *2π +, Potentialwirbel bei Potentialwirbel bei z = ia mit Zirku- z = −ia mit Zirkulation −Γ0 im Uhr- lation Γ0 im Gegenzeigersinn uhrzeigersinn

418

10 Potentialstr¨omungen

Aus der konjugiert komplexen Geschwindigkeit dF iΓ0 1 iΓ0 1 = u − iv = U∞ + − , dt 2π z − ia 2π z + ia w = U∞ +

iΓ0 z + ia − z + ia , 2π z 2 + a2

w = U∞ −

Γ0 a π z 2 + a2

erhalten wir mit der Bernoullischen Gleichung die Druckverteilung an der Wand zu

2 p(x, y = 0) + ww(x, y = 0) = U∞ + p∞ 2 2 oder p(x, y = 0) − p∞



2

Γ0 a = U∞ − U∞ − 2 2 2 π x + a2

bzw. p(x, y = 0) − p∞ = U∞

2

Γ0 a2 a

Γ20 − . π x2 + a2 2 π 2 (x2 + a2 )2

Die Kraft auf die Wand, die durch die Str¨omung hervorgerufen wird, folgt in reibungsfreier Str¨omung aus der Druckintegration 

Fy→W =

−(p − p∞ )(n · ey ) dS

mit n = ey

SW

und pro Tiefeneinheit wird ∞

Fy→W = −∞

Γ0 a dx + − U∞ 2 2 π x +a 2

∞

−∞

a2 Γ20 dx π 2 (x2 + a2)2

erhalten. Mit 

dx x 1 arctan = x2 + a 2 a a



;

dx 1 x x + = arctan (x2 + a2)2 2a2 (x2 + a2 ) 2a3 a

entsteht 

Fy→W

x Γ0 = − U∞ arctan π a

+∞



Γ0 a + 2 π −∞

und daher Fy→W = − U∞ Γ0



2

1 x + 3 arctan 2 2 2 2a (x + a ) 2a a x

Γ0 1 1− U∞ a 4π



.

+∞ −∞

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

419

c) Kutta-Joukowsky-Theorem: Das Kutta-Joukowsky-Theorem liefert das Ergebnis Fx→K − iFy→K = −i Γ0(U∞ − iV∞ ) , also Fx→K = 0

(V∞ = 0)

und Fy→K = Γ0 U∞ , welches mit dem Ergebnis aus a) nur im Grenzfall Γ0 → 0 bzw. U∞ a

a →∞ Γ0 /U∞

u ¨bereinstimmt. (Bei der Herleitung des Theorems wird vorausgesetzt, daß außerhalb des K¨orpers keine weiteren Singularit¨aten sind. Dies ist hier nur dann der Fall, wenn die L¨ange a (Wandabstand) sehr viel gr¨oßer als die L¨ange Γ0 /U∞ ist, die zweite Singularit¨at also unendlich weit entfernt ist.)

Aufgabe 10.4-8

Halbunendlicher K¨ orper in einem Kanal Um die Str¨omung um einen halbunendlichen K¨orper in einem Kanal der H¨ohe a zu erhalten, u ¨ berlagert man zun¨achst eine Quelle der Ergiebigkeit E mit einer Parallelstr¨omung (Anstr¨omgeschwindigkeit U∞ bei einer Anstr¨omung ohne umstr¨omten K¨orper).

Die kinematische Randbedingung an der Wand erf¨ ullt man durch fortgesetzte Spiegelung der Quelle. a) Wie lautet das komplexe Potential F (z) dieser Str¨omung? Hinweis: Es ist ⎡  2 ⎤ ∞ 6 ζ ⎣1 + ⎦ = sinh ζ . ζ k π k=1 b) Berechnen Sie die Geschwindigkeit an den W¨anden und die Anstr¨omgeschwindigkeit U1 bei x → −∞. c) Wo befindet sich der Staupunkt? Geg.: E, U∞ , a L¨ osung a) komplexes Potential F (z):

420

10 Potentialstr¨omungen

¨ Durch Uberlagerung einer Quelle und einer Parallelstr¨omung erh¨alt man bekanntlich die Str¨omung um einen halbunendlichen K¨orper. Um nun die Str¨omung um einen derartigen K¨orper in einem Kanal zu erhalten m¨ ussen wir die kinematische Randbedingung u · n = 0 an der Kanalwand erf¨ ullen. F¨ ugen wir zu der Quelle im Ursprung noch eine Quelle bei y = a hinzu, so ist die Randbedingung an der oberen Wand erf¨ ullt. Um nun die Randbedingung an der unteren Wand zu erf¨ ullen, f¨ ugen wir eine Quelle bei y = −a hinzu. Dadurch a¨ndern wir aber auch die Str¨omung an der oberen Wand und m¨ ussen deshalb zur Erf¨ ullung der Randbedingung eine weitere Quelle bei y = 2a u ¨ berlagern. Dieser Vorgang setzt sich nun so fort, so daß wir unendlich viele Quellen auf der positiven bzw. negativen y–Achse hinzuf¨ ugen m¨ ussen (vgl. Skizze). Das gesamte Potential dieser Str¨omung ist dann F (z) = U∞ z +

E [ln z + ln(z + i a) + ln(z − i a)+ 2π + ln(z + i 2a) + ln(z − i 2a) + · · ·]

= U∞ z +

) E ( ln z + ln(z 2 + a2 ) + ln(z 2 + 4a2 ) + · · · 2π





 ∞ 6 z 2 E = U∞ z + ln z 1+ 2π ka k=1





+ ln a + ln(4a ) + · · · . 2

2

(1)

Die Summe ln a2 + ln(4a2 ) + · · · ist eine Konstante und kann ohne Beschr¨ankung der Allgemeinheit weggelassen werden. Mit der Substitution ζ = (z/a) π k¨onnen wir das Produkt als z

∞ 6 k=1





z 1+ ka

2

⎡



∞ a 6 ζ ⎣1 + = ζ π k=1 kπ

2 ⎤

⎦=

a a πz sinh ζ = sinh π π a

schreiben. Damit erhalten wir aus (1) das Potential der Str¨omung zu 

E πz F (z) = U∞ z + ln sinh 2π a



,

(2)

wobei wir die additive Konstante E/(2π) ln(a/π) weggelassen haben. b) Geschwindigkeit an den W¨anden: Die konjugiert komplexe Geschwindigkeit ist dF πz E cosh(π z/a) π E = u − i v = U∞ + = U∞ + coth . dz 2π sinh(π z/a) a 2a a Mit dem Additionstheorem coth(x ± i y) =

sinh 2x ∓ i sin 2y cosh 2x − cos 2y

(3)

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

421

erhalten wir aus (3) dF E sinh(2π x/a) E sinh(2π y/a) = U∞ + −i dz 2a cosh(2π x/a) − cos(2π y/a) 2a cosh(2π x/a) − cos(2π y/a) oder u = U∞ + und v=

E sinh(2π x/a) 2a cosh(2π x/a) − cos(2π y/a)

E sinh(2π y/a) . 2a cosh(2π x/a) − cos(2π y/a)

(4)

An den W¨anden (y = ±a/2) erhalten wir daraus u = U∞ +

E sinh(2π x/a) 2a cosh(2π x/a) + 1

und v = 0 .

Um aus (4) die sich einstellende Anstr¨omgeschwindigkeit zu bestimmen, machen wir den Grenz¨ ubergang

U1 = lim

x→−∞



sinh(2π x/a) E E . U∞ + = U∞ − 2a cosh(2π x/a) − cos(2π y/a) 2a

c) Staupunkt: F¨ ur v = 0 erhalten wir aus (4) yS = 0. Aus der Bedingung u(x, yS ) = 0 erhalten wir 0 = U∞ +

E sinh(2π xS /a) , 2a cosh(2π xS /a) − 1

was mit α = E/(2a U∞ ) und cosh2 x = 1 + sinh2 x auf 1 + sinh2 (2π xS /a) = (1 − α sinh(2π xS /a))2 f¨ uhrt bzw. (

)

sinh(2π xS /a) (1 − α2 ) sinh(2π xS /a) + 2α = 0 . Daraus folgt

2α . 1 − α2 ur 0 < α < 1 positiv. Wir erhalten f¨ ur Die Anstr¨omung U1 = U∞ (1 − α) ist nur f¨ xS /a:  2α xS 1 . = − arsinh a 2π 1 − α2 sinh(2π xS /a) = −

422

10 Potentialstr¨omungen

Aufgabe 10.4-9

K´ arm´ ansche Wirbelstraße

Bei der Umstr¨omung eines ebenen, endlichen K¨orpers l¨osen sich bei ausreichend hoher Reynoldszahl alternierend an der Ober– und Unterseite des K¨orpers Wirbel (idealisiert als unendlich lange, gerade Wirbelf¨aden) der Zirkulation −Γ, bzw. Γ ab, die sich zu zwei parallelen Wirbelreihen (Abstand h) formieren. Ist die Anstr¨omung des K¨orpers station¨ar, so haben die Wirbel einer Reihe gleichen Abstand l voneinander, und als Folge der alternierenden Wirbelabl¨osung sind beide Reihen zueinander um l/2 versetzt. Verlegt man die Entstehung der Wirbel ¨ortlich und zeitlich ins Unendliche, so bilden die nun beiderseits unendlich langen Wirbelreihen eine unendlich lange K´arm´ansche ” Wirbelstraße“. Die Konfiguration ist nur stabil f¨ ur ein ganz bestimmtes Verh¨altnis h/l (= 0, 281). Im folgenden betrachten wir l und h als gegeben. a) Bestimmen Sie das komplexe Potential einer Wirbelreihe, deren Einzelwirbel die Zirkulation Γ haben und sich bei zk = z0, z0 ± l, z0 ± 2 l . . . befinden. Hinweis: Es ist ⎡  2 ⎤ ∞ 6 ζ ⎦ ⎣1 − πζ = sin(π ζ) . k k=1 b) Wie lautet das zugeh¨orige Geschwindigkeitsfeld. Bewegen sich die Wirbel einer Reihe? c) Bestimmen Sie unter Verwendung des Ergebnisses aus a) das komplexe Potential F (z) der K´arm´anschen Wirbelstraße. Die oberen Wirbel der Zirkulation −Γ befinden sich bei zk = k l + ih/2, die unteren der Zirkulation Γ bei zk = 1/2 l (2 k + 1) − i h/2 (k = 0, ±1, ±2, . . . ). d) Zeigen Sie, daß sich beide Wirbelreihen mit der Geschwindigkeit Γ/(2l) tanh(π h/l) in die negative x–Richtung bewegen. Hinweis: sin(2π ξ) sinh(2π η) cot π(ξ + i η) = −i cosh(2π η) − cos(2π ξ) cosh(2π η) − cos(2π ξ) Geg.: Γ, h, l L¨ osung a) Einzelne Wirbelreihe: Ein Wirbel an der Stelle zk = z0 + k l (k = 0, ±1, ±2 . . .) hat das Potential Γ Γ ln(z − zk ) = ln(z − z0 − k l) . 2π i 2π i Die Wirbelreihe hat das Potential Γ F (z) = [ln(z − z0 ) + ln(z − z0 − l) + ln(z − z0 + l) + 2π i Fk (z) =

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

423

+ ln(z − z0 − 2 l) + ln(z − z0 + 2 l) + · · ·] =

) Γ ( ln(z − z0) + ln((z − z0 )2 − l2 ) + ln((z − z0)2 − 4l2 ) + · · · 2π i





 ∞ 6 z − z0 2 Γ = ln (z − z0) 1− 2π i kl k=1





+ ln(−l ) + ln(−4l ) + · · · . (1) 2

2

Die Summe Γ/(2 π i)(ln(−l2) + ln(−4l2) + · · ·) ist eine Konstante und kann ohne Beschr¨ankung der Allgemeinheit weggelassen werden. Mit der Substitution ζ = (z − z0 )/l k¨onnen wir das Produkt als (z − z0)

∞ 6 k=1





z − z0 1+ kl

2

⎡

 2 ⎤ ⎦=

∞ 6 l ζ ⎣1 + = πζ π k k=1

l l π sin ζ = sin (z − z0) π π l schreiben. Damit erhalten wir aus (1) das Potential der Str¨omung zu 

F (z) =



Γ π ln sin (z − z0 ) , 2π i l

(2)

wobei wir die additive Konstante Γ/(2π i) ln(l/π) weggelassen haben. b) Geschwindigkeitsfeld: Aus (2) folgt mit u − i v = dF/dz u − iv =

Γ π cot (z − z0 ) 2li l

(3)

oder aus der Differentation der Summe Γ u − iv = 2li



1 1 1 + + + z − z0 z − z0 − l z − z0 + l

(4)



1 1 + + ··· . + z − z0 − 2 l z − z0 + 2 l Da die Wirbelreihe unendlich lang ist, muß sich jeder Wirbel mit der gleichen Geschwindigkeit bewegen, da keiner bevorzugt wird. Es gen¨ ugt also den Wirbel bei z = z0 zu untersuchen, der auf sich selber keine Geschwindigkeit induziert. Der erste Term in (4) liefert demnach keinen Beitrag zur Geschwindigkeit am Ort z0 und alle verbleibenden Terme heben sich f¨ ur z = z0 paarweise auf. c) Potential der K´arm´anschen Wirbelstraße: Aus der Addition der oberen Wirbelreihe, f¨ ur die gilt z1 = i h/2 ,

Γ1 = −Γ ,

mit der unteren Wirbelreihe, f¨ ur die gilt z2 = l/2 − i h/2 ,

Γ2 = Γ ,

424

10 Potentialstr¨omungen

ergibt sich das Gesamtpotential zu: 











 

Γ π l π h h F (z) = ln sin z− +i − ln sin z−i . (5) 2π i l 2 2 l 2 Um die Bewegung der Wirbelstraße zu untersuchen ist es wie oben ausreichend die Bewegung eines Wirbels zu bestimmen. Die Wirbel der Reihe, der der betrachtete Wirbel zugeh¨ort, induzieren, wie wir oben gesehen haben, auf ihn keine Geschwindigkeit. Die Bewegung des Wirbels ist demnach verursacht durch die zweite Wirbelreihe. An dem Wirbel an der Stelle z = i h/2 der oberen Reihe wird die Geschwindigkeit (u1 − i v1)|z=i h/2

Γ π = cot 2l i l Γ π = cot 2l i l =

u1 = u2 = −



l h z− +i 2 2

    

z=i h/2



l − + ih 2

πh Γ (−i) tanh 2l i l

= − d. h.



πh Γ tanh , 2l l

Γ πh tanh 2l l

und

v1 = v2 = 0 ,

induziert.

Aufgabe 10.4-10

Joukowsky–Abbildung eines Kreiszylinders in angestellter Str¨ omung

Ein Kreiszylinder (Radius r0 ) befindet sich in einer ebenen, reibungsfreien Potentialstr¨omung. Die Anstr¨omung sei um den Winkel α gegen die x-Achse geneigt.

a) Wie lautet das komplexe Potential der Str¨omung? b) Berechnen Sie die Lage der Staupunkte, skizzieren Sie das Stromlinienbild. c) Welche K¨orperkontur erh¨alt man, wenn man den Kreiszylinder durch die Abbildungsfunktion ζ = (z + r02 /z)e−iα in die ζ–Ebene abbildet?

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

425

d) Bestimmen Sie die Lage der Staupunkte in der ζ–Ebene. e) Welche Str¨omung erh¨alt man f¨ ur |ζ| → ∞ ? f) Berechnen Sie die Druckverteilung entlang der K¨orperkontur in der z–Ebene. Geg.: r0, α, U∞ , , p∞ L¨ osung a) Komplexes Potential der Str¨omung: Als erste M¨oglichkeit erzeugen wir das Potential aus dem bekannten Potential (S. L. (10.235)) der Parallelstr¨omung um den Kreiszylinder durch Koordinatentransformation: Kreiszylinder in Parallelstr¨omung: 

F (z
) = U∞



r2 z
+ 0
z

z = z
ei α

, 



r2 ⇒ z = ze ⇒ F (z) = U∞ ze + 0 eiα . z Als zweite M¨oglichkeit erzeugen wir das gesuchte Potential aus der Translationsstr¨omung F1(z) = U∞ (cos α − i sin α)z = U∞ e−iαz mit Hilfe des Kreistheorems


−iα

−iα



F (z) = F1(z) + F 1

r02 z



und erhalten unmittelbar F (z) = U∞ e

−iα

z + U∞ e

2 +iα r0

z

(s.o.) .

b) Staupunkte und Stromlinienbild: Aus der Staupunktbedingung dF = u − iv = 0 dz folgt



e2iα = oder

z r0

2

z = e(i/2) (2α+k2π) = ei(α+kπ) r0

und daher zs = r0ei(α+kπ)

;

k∈N .

Es ergeben sich zwei getrennte Staupunkte: k=0 k=1

⇒ ⇒

zs1 = r0 eiα , zs2 = r0 ei(α+π) .

426

10 Potentialstr¨omungen

c) K¨orper nach der Abbildung ζ = (z + r02 /z) e−iα : Die K¨orperkontur in der z–Ebene ist der Kreis zK = r0 eiϕ und in der ζ–Ebene



ζK ζK



r2 = r0 e + 0 e−iϕ e−iα , r0 = 2r0 cos ϕ e−iα . iϕ

In der ζ–Ebene ergibt sich eine Platte der L¨ange 4r0 , die durch den Ursprung geht und mit der ξ–Achse den Winkel −α bildet. d) Staupunkte in der ζ–Ebene: dζ Staupunkte bleiben Staupunkte, wenn bei zs nicht singul¨ar wird. Das ist der dz Fall:   dζ r02 −iα = 1− 2 e = 0 f u ¨ r zs = r0 ei(α+kπ) . dz z Die Staupunkte ergeben sich in der ζ–Ebene, indem man die Punkte ζs aus der Abbildung ermittelt, die z = zs entsprechen 

ζs

k=0: k=1: e) Str¨omung f¨ ur |ζ| → ∞:



r2 = r0 e + 0 e−i(α+kπ) e−iα = r0 = 2ro cos(α + kπ)e−iα , i(α+kπ)

ζs1 = 2r0 cos α e−iα , ζs2 = 2r0 cos(α + π)e−iα = −2r0 cos α e−iα .

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

427

Die konjugiert komplexe Geschwindigkeit in der ζ–Ebene ist wζ

dF = dz

 

dζ dz

−1 

r2 = U∞ e − 02 eiα z 1 − (r0/z)2 e2iα = U∞ 1 − (r0 /z)2 −iα

r2 1 − 02 z

−1

eiα

und da f¨ ur ζ → ∞ auch z → ∞ gilt, folgt wζ (ζ → ∞) = U∞ uζ (ζ → ∞) = U∞

;

vζ (ζ → ∞) = 0 ,

d. h. im Unendlichen liegt eine Parallelstr¨omung in der ζ– Ebene vor ! f) Druckverteilung entlang der K¨orperkontur in der z–Ebene: Aus der Bernoullischen Gleichung ww p U2 p∞ + = ∞+ 2

2

erh¨alt man mit der konjugiert komplexen Geschwindigkeit auf der Kreiskontur z = r0 e i ϕ

 w = U∞ e−i α 1 − e2i(α−ϕ) und der komplexen Geschwindigkeit

w = U∞ ei α 1 − e−2i(α−ϕ)



zun¨achst 2 ww = U∞ (2 − 2 cos 2(α − ϕ))

und dann den Druck p − p∞ U2 2 = ∞ − U∞ (1 − cos 2(α − ϕ))

2 bzw. den Druckbeiwert cp =

p − p∞ = 2 cos 2(α − ϕ) − 1 . U2 2 ∞

Entlang der K¨orperkontur in der ζ–Ebene ζK = 2r0 cos ϕ e−iα erh¨alt man die Druckverteilung, indem man zun¨achst einen Punkt des Kreises zK = r0 ei ϕ abbildet auf ζK . An diesem Punkt ist die Geschwindigkeit wζ = wz (dζ/dz)−1 , aus der man auf bekannte Weise auch die komplexe Geschwindigkeit wζ erh¨alt. Dann folgt die Druckverteilung wieder aus der Bernoullischen Gleichung.

428

10 Potentialstr¨omungen

Aufgabe 10.4-11

Das ebene Kreisgitter

Ein ebenes Kreisgitter kann durch die Abbildungsfunktion z ζ = K ln a (K, a positiv reell R1 < a < R2 ) auf ein gerades Gitter abgebildet werden.

a) Wie sehen die Abbildungen von Kreisen (r = const) und Strahlen durch den Ursprung (ϕ = const) der z–Ebene in der ζ–Ebene aus? b) Bestimmen Sie die Konstante a so, daß Gittervorderkante und Gitterhinterkante in der ζ–Ebene von der η–Achse gleich weit entfernt sind. c) Wie muß die Konstante K gew¨ahlt werden, damit die Schaufelteilung t auf dem mittleren Radius a der z–Ebene bei der Transformation erhalten bleibt? Wie lautet damit die resultierende Abbildungsfunktion? d) Welche Gitterl¨ange L erh¨alt man in der ζ–Ebene? ¨ e) Die Gitteranstr¨omung in der z–Ebene erh¨alt man aus der Uberlagerung einer Quelle mit einem Potentialwirbel ( Wirbelquelle“). Welche Anstr¨omung ergibt sich in der ” transformierten Ebene? L¨ osung a) Abbildung von Kreisen und Strahlen: Die komplexe Zahl z = r ei ϕ wird auf die komplexe Zahl 





z r ζ = K ln = K ln eiϕ , a a r ζ = ξ + iη = K ln + iKϕ a abgebildet, deren Realteil ξ = K ln

r a

(1)

ist und deren Imagin¨arteil η = Kϕ

(2)

ist. Kreise (r = const) werden daher auf Linien ξ = const abgebildet und Strahlen (ϕ = const) werden auf Linien η = const abgebildet.

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

429

b) Bestimmung von a: Aus (1) : R1 a <0, = −K ln a R1 R2 ξ(r = R2 ) = K ln >0. a Daraus ergibt sich wegen −ξ(r = R1 ) = ξ(r = R2) ξ(r = R1 ) = K ln

K ln

(3) (4)

a R2 = K ln R1 a

 a R2 = (5) ⇒ a = R1 R2 . R1 a Die Konstante a entspricht also dem geometrischen Mittelwert beider Radien. c) Bestimmung von K: Die Teilung t = (2πa)/N soll bei der Transformation erhalten bleiben. In der ζ– Ebene ist die Teilung die Differenz der η–Werte zweier benachbarter Schaufeln, also mit (2) f¨ ur ∆ϕ = 2π/N (Teilungswinkel)

⇒

t=

2πa 2π =K N N



⇒

R1 R2 .

K =a=

(6)

Mit (5) und (6) lauten die Abbildungsfunktionen schließlich: 



z R1 R2 ln √ R1 R2

ζ=



.

(7)

d) Gitterl¨ange in der ζ–Ebene: Die Gitterl¨ange L berechnet sich zu L = ξ(r = R2 ) + |ξ(r = R1 )| , also mit (3), (4)



L = K ln

R2 R2 a = K ln + K ln a R1 R1

und mit K aus (6) :





L=

R1 R2 ln

R2 R1





.

(8)

e) Anstr¨omung in der ζ–Ebene: In der z–Ebene entspricht die Anstr¨omung dem Str¨omungsbild einer Wirbelquelle, ¨ d. h. der Uberlagerung der Quellstr¨omung mit dem Potentialwirbel (S. L. (10.217), (10.221)) E z Γ z F (z) = ln − i ln , 2π a 2π a  Γ z E −i (9) ln . F (z) = 2π 2π a Die Umkehrfunktion der Abbildungsfunktion (7) lautet z = eζ/a , a

430

10 Potentialstr¨omungen

so daß das Potential in der ζ–Ebene





E Γ ζ F (z(ζ)) = F (ζ) = −i (10) 2π 2π a ist. Der Wirbelquelle in der z–Ebene entspricht also eine Translationsstr¨omung mit E Γ U∞ = , V∞ = 2πa 2πa in der transformierten Ebene.

Aufgabe 10.4-12

Schwarz–Christoffel–Transformation endlich breiten Mauer

einer

Die skizzierte Mauer endlicher Breite in der ζ–Ebene soll mit Hilfe der Schwarz– Christoffel–Transformation in die z–Ebene abgebildet werden. a) Bestimmen Sie die Schwarz–Christoffel–Transformation zu diesem Problem. b) Bestimmen Sie die Punkte der Abbildung, an denen die konjugiert komplexe Geschwindigkeit in der ζ–Ebene wζ unendlich wird. c) Welcher Zusammenhang besteht zwischen U∞ und V∞ ? d) Zeigen Sie, daß die Geschwindigkeit an der Mauer tangential zu dieser ist. e) Wie lautet die Druckverteilung an der Mauer? Geg.: K, a, V∞ , , p∞ L¨ osung a) Transformation: Die x–Achse der z–Ebene wird durch die allgemeine Schwarz–Christoffel–Transformation dζ = f
(z) = K (z − x1 )α1 /π−1 (z − x2)α1 /π−1 (z − x3 )α2 /π−1 · · · (z − xn )αn /π−1 dz auf einen Polygonzug in der ζ–Ebene abgebildet. Hier stellt der Polygonzug die Mauer mit n = 4 Ecken dar.

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

431

Der erste Knick ist an der Stelle [1]. Wir legen diese Stelle in der z–Ebene an x1 = −1. Der in der ζ– Ebene zugeh¨orige eingeschlossene Winkel α1 ist π/2. Alle singul¨aren Punkte von dζ/dz und zugeh¨origen Winkel sind in der nebenstehenden Tabelle zusammengestellt. Die Transformation lautet damit

Singularit¨at [1] [2] [3] [4]

xk −1 −a a 1

αk 1/2 π 3/2 π 3/2 π 1/2 π



dζ z 2 − a2 = K (z + 1)−1/2 (z + a)1/2 (z − a)1/2 (z − 1)−1/2 = K . (1) dz z2 − 1 b) Punkte bei denen die Geschwindigkeit in der ζ–Ebene unendlich wird: ur dζ/dz = 0 Die konjugiert komplexe Geschwindigkeit in der ζ–Ebene wζ wird f¨ unendlich, d. h. an den Stellen z = ±a. c) Zusammenhang zwischen U∞ und V∞ : Die konjugiert komplexe Geschwindigkeit in der z–Ebene ist wz = U∞ . F¨ ur die konjugiert komplexe Geschwindigkeit in der ζ–Ebene erhalten wir mit (1) 

wζ (ζ) = w z (z)

dζ dz

−1

U∞ = K



z2 − 1 . z 2 − a2

(2)

Die Anstr¨omgeschwindigkeit in der ζ–Ebene ist V∞ = lim wζ (ζ) . ζ→∞

(3)

Ein Punkt im Unendlichen der ζ–Ebene entspricht einem Punkt im Unendlichen der z–Ebene. Mit (2) erhalten wir daher aus (3) V∞

U∞ = lim z→∞ K



z2 − 1 U∞ = z 2 − a2 K

oder U∞ = K V∞ . Damit k¨onnen wir (2) auch als



wζ (ζ) = V∞

z2 − 1 z 2 − a2

(4)

schreiben. d) kinematische Randbedingung: ¨ Zur Uberpr¨ ufung der kinematischen Randbedingung an der Mauer berechnen wir wζ f¨ ur die Linienst¨ ucke [1] → [2], [2] → [3] und [3] → [4]. Lassen wir ζ von der Ecke [1] zu der Ecke [2] laufen, dann l¨auft z entlang der x–Achse von −1 zu −a und wir erhalten aus (4) 

1 − x2 , x2 − a 2 also nur eine Komponente tangential zur Wand. Die komplexe Geschwindigkeitsverteilung an allen Geradenst¨ ucke der Mauer sind in der folgenden Tabelle zusammengefaßt: w ζ (ζ) = −i V∞

432

10 Potentialstr¨omungen

Linienst¨ uck

Wertebereich von x

wζ /V∞

[1] → [2]

−1 < x < −a

−i (1 − x2 )/(x2 − a2 )

[2] → [3]

−a < x < a

[3] → [4]

a<x<1





(1 − x2)/(a2 − x2)



i (1 − x2 )/(x2 − a2 ) .

Die kinematische Randbedingung an der Maueroberfl¨ache wird demnach erf¨ ullt. e) Druckverteilung: Wir bestimmen die Druckverteilung auf der Maueroberfl¨ache aus der Bernoullischen Gleichung

p∞ + V∞2 = p + wζ w ζ . 2 2 Daraus folgt der Druckbeiwert cp =

p − p∞ wζ w ζ = 1− . 2 1/2 V∞ V∞2

Unter Verwendung der im Aufgabenteil d) berechneten Wandgeschwindigkeit erhalten wir, die in der Tabelle enthaltenen Druckbeiwerte.

Linienst¨ uck

Wertebereich von x

cp

[1] → [2]

−1 < x < −a

1 − (1 − x2)/(x2 − a2)

[2] → [3]

−a < x < a

1 − (1 − x2)/(a2 − x2)

[3] → [4]

a<x<1

1 − (1 − x2 )/(x2 − a2 ) .

Aufgabe 10.4-13

Schwarz–Christoffel–Transformation sich verju ¨ngenden Kanals

eines

Mit Hilfe der Schwarz–Christoffel–Transformation soll die reelle Achse der z–Ebene derart in die ζ–Ebene abgebildet werden, daß ein sich verj¨ ungender Kanal entsteht.

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

433

dζ ? a) Wie lautet die Funktion f
= dz b) Bestimmen Sie das Potential der Str¨omung in der z–Ebene, wenn in der ζ–Ebene eine Kanalstr¨omung mit dem Volumenstrom V˙ = UH entstehen soll. c) Berechnen Sie die Geschwindigkeit in der z–Ebene. d) Welchen Wert muß die Konstante K der Schwarz–Christoffel–Transformation haben, damit die Geschwindigkeit im Punkt (6) der z–Ebene auf die Geschwindigkeit UH/h im Punkt (6) der ζ–Ebene abgebildet wird? e) Bestimmen Sie die Koordinate des Punktes (4) x = a4 aus der Geschwindigkeit am Punkt (2) der ζ–Ebene. f) Integrieren Sie f
und geben Sie die Abbildungsfunktion an. (Hinweis: Benutzen Sie zur Integration die Substitution t4 = (z − a4)/(z − 1).) L¨ osung dζ a) Funktion f
= : dz Wir bilden die x–Achse auf den Linienzug der ζ–Ebene von [1] bei +∞ beginnend u ¨ber [2] bei −∞ und [3] bei −∞ bis zu [6] bei +∞ mit der Schwarz-ChristoffelAbbildung (S. L. (10.291)) dζ = f
(z) = K(z − x1)(α1 /π)−1 (z − x2)(α2 /π)−1 . . . (z − xn )(αn /π)−1 dz ab und damit die obere Halbebene auf die Kanalstr¨omung. Der erste Knick in diesem Linienzug ist bei den Punkten [2] und [3], die im Unendlichen zusammenfallen. Der Innenwinkel zwischen [2] und [3] ist α1 = 0. Wir legen den entsprechenden Punkt ohne Einschr¨ankung der Allgemeinheit auf den Ursprung der z–Ebene, setzen also x1 = 0. Ebenso haben wir, der Reihe nach, den Winkel an dem Punkt [4] 3 α2 = π 4 und legen den entsprechenden Punkt der z–Ebene auf x2 = a4 . Den Winkel an dem Punkt [5]

5 α3 = π 4

434

10 Potentialstr¨omungen

auf den Punkt der z–Ebene x3 = 1 . Den Punkt [6], an dem ein Knick mit dem Winkel α4 ist, legen wir nach +∞ in der z–Ebene. Der Winkel am Punkt [6] taucht dann in der Abbildung nicht auf. Man erkennt dies, wenn man statt der Konstanten K die Konstante K(−x4)−(α4 /π)+1 einf¨ uhrt. Dann entsteht mit dem Winkel α4 am Punkt [6] der Faktor (−x4)−(α4 /π)+1 (z− (α4/π)−1 x4 ) , der f¨ ur x4 → ∞ nach 1 strebt. Daher nimmt die Schwarz-ChristoffelTransformation die Form dζ = K (z − 0)0−1 (z − a4 )(3/4)−1 (z − 1)(5/4)−1 dz oder

K f = z




z−1 z − a4

1/4

an. b) Potential in der z–Ebene: In der ζ–Ebene soll eine Kanalstr¨omung entstehen mit der Geschwindigkeit U an den zusammenfallenden Stellen [2] und [3], d. h. der Volumenstrom ist V˙ = UH. Gesucht wird nun ein Potential in der z–Ebene, so daß zwischen den Punkten [2] und [3], die auf den Punkt x1 = 0 (der z–Ebene) abgebildet werden, ein Volumenstrom V˙ = UH ensteht. Dies wird gerade durch eine Quelle im Ursprung der z–Ebene erreicht: E F (z) = ln z , 2π deren Quellst¨arke E = 2UH ist, da in der z–Ebene die H¨alfte der Ergiebigkeit noch in die negative y–Richtung abstr¨omt. Daher ist das Potential F (z) =

UH ln z , π

aus der wir c) die Geschwindigkeit in der z–Ebene zu wz (z) =

UH dF = = u − iv dz πz

gewinnen. Die Geschwindigkeit an entsprechenden Punkten der ζ–Ebene ist dann (S. L. (10.290)) dF dz wζ (ξ) = . dz dζ d) Bestimmung von K: K soll so bestimmt werden, daß die Geschwindigkeit im Punkt [6] der ζ–Ebene, der dem Punkt [6] der z–Ebene entspricht, gleich ist wζ (ζ) =

UH , h

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

435

was sich unmittelbar aus der Kontinuit¨atsgleichung ergibt. Mit dF dz UH z wζ (ζ) = = dz dζ πz K



z − a4 z−1

1/4

folgt also lim w ζ (ζ) =

z→∞

und daher K=

UH UH = πK h h . π

e) Bestimmung der Koordinate a4: Aus der Bedingung, daß am Punkt [2] der ζ–Ebene die Geschwindigkeit U herrscht, entsteht  1/4 UH z z − a4 dF dz = wζ (ζ) = =U dz dζ πz K z − 1 und da der Punkt [2] (ζ → −∞) der ζ–Ebene dem Punkt [2] (z → 0) der z–Ebene entspricht, finden wir UH a =U , wζ (ζ → −∞) = πK 1 woraus wir a zu h Kπ = a= H H bestimmen. f) Berechnung der Abbildungsfunktion: Um die Abbildungsfunktion ζ = ζ(z) explizit zu erhalten integrieren wir K dζ = z



z −1 z − a4

1/4

dz

mit der Substitution t4 = (z − a4 )/(z − 1) bzw. z = (t4 − a4)/(t4 − 1) und erhalten zun¨achst mit  K z − 1 1/4 dz dt dζ = z z − a4 dt und   dz t3 t3 = 4z 4 − dt t − a4 t4 − 1 



1 (1/2)a (1/2)a 1/2 1/2 1 dζ = 2K − 2 dt − − + + 2 2 t−a t+a t−1 t+1 t +a t +1 und damit schließlich 













1 2 t+a t+1 t + ln + arctan − 2 arctan(t) + const . ζ = K − ln a t−a t−1 a a Die Integrationskonstante bestimmen wir aus der Bedingung, daß der Punkt z = a4

bzw. t = 0

436

10 Potentialstr¨omungen

mit dem Ursprung der ζ–Ebene zusammenfallen m¨oge. 



1 0 = K − ln(−1) + ln(−1) + const a

⇒

und wegen ln(−1) = iπ auch 



1 const = iπK − 1 = i(H − h) a und daher die Abbildungsfunktion 













t+a t+1 t 1 2 ζ = K − ln + ln + arctan − 2 arctan(t) + i(H − h) . a t−a t−1 a a

Aufgabe 10.4-14

Kavitation im ebenen Kanal

In der Mitte eines ebenen Kanales der H¨ohe t befindet sich eine senkrechte Platte der H¨ohe b. ussigDie Platte wird mit der Geschwindigkeit U∞ von inkompressibler, reibungsfreier Fl¨ keit angestr¨omt, so daß es auf der R¨ uckseite der Platte zur Bildung eines Kavitationsgebietes kommt, innerhalb dessen der Dampfdruck konstant ist und das Gas als ruhend angenommen werden kann. Es wird angenommen, daß sich das Kavitationsgebiet bis ins Unendliche erstreckt. Unbekannt und gesucht ist die Geschwindigkeit U der zwei sich ausbildenden Freistrahlen und die Gr¨oße des Kavitationsgebietes h in ausreichend weitem Abstand von der Platte. a) Zeigen Sie, daß an den Strahlr¨andern CD und C’D’ der Geschwindigkeitsbetrag konstant ist. b) Zeichnen Sie die Staustromlinie AB und ihre Verzweigungen BCD und BC’D’, sowie die beiden Stromlinien A0 E und A’0E’ in der Hodographenebene ζ = u − i v. Vervollst¨andigen Sie das Stromlinienbild in der ζ–Ebene durch das qualitative Zeichnen einiger weiterer Stromlinien.

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

437

c) Bestimmen Sie das komplexe Potential F (ζ) in der ζ–Ebene, so daß die in b) ermittelten Stromlinien durch F (ζ) wiedergegeben werden. Hinweis: Verwenden Sie das Kreistheorem (Aufgabe 10.4-3). d) An der Plattenfl¨ache ist ζ = i η, mit −U ≤ η ≤ U. Bestimmen Sie den Zusammenhang z = z(ζ) f¨ ur Punkte der Plattenfl¨ache und geben Sie die den impliziten Zusammenhang f(b/t, U∞ /U) = 0 an. e) L¨osen Sie f(b/t, U∞ /U) = 0 f¨ ur b/t = 0, 68 numerisch und bestimmen Sie h. Geg.: t, b, U∞ L¨ osung a) Wegen der dynamischen Randbedingung ist der Druck am Strahlrand gleich dem Dampfdruck des Gases und konstant. Aus der Bernoullischen Gleichung folgt dann, daß der Geschwindigkeitsbetrag U auf dem Strahlrand konstant ist. b) Stromlinien in der Hodographenebene ζ = u − iv:

c) Singularit¨atenverteilung in der ζ–Ebene: Wir bringen zun¨achst im Punkt A (ζ = U∞ ) eine Quelle der Ergiebigkeit U∞ t an. Der von dieser Quelle ausgehende Volumenstrom wird von einer Senke der St¨arke −U∞ t im Punkt D (ζ = U) aufgesogen. Da die Linie CC’ Stromlinie ist, muß die Singul¨arit¨atenverteilung symmetrisch zur Linie ξ = 0 sein; wir spiegeln die bereits ermittelte Quelle und Senke an ξ = 0. Der Kreis |ζ| = U ist Stromlinie. Wir erreichen das, indem wir auf das bis hierher ermittelte Potential U∞ t U∞ t U∞ t U∞ t F1(ζ) = ln(ζ − U∞ ) + ln(ζ + U∞ ) − ln(ζ − U) − ln(ζ + U) 2π 2π 2π 2π das Kreistheorem   U2 F (ζ) = F1(ζ) + F 1 ζ anwenden. Das so erhaltene Potential F (ζ) ist bis auf eine Konstante F (ζ) =

U∞ t 7 ln(ζ + U 2 /U∞ ) + ln(ζ − U 2 /U∞ ) − 2 ln(ζ + U) − 2 ln(ζ − U) 2π

438

10 Potentialstr¨omungen

+ ln(ζ + U∞ ) + ln(ζ − U∞ )} . d) Zusammenhang f(b/t, U∞ /U) = 0: Aus dF/dz = ζ folgt 

z=

dF 1 dζ + C . dζ ζ

(1)

An der Plattenfl¨ache ist ζ = i η, mit −U ≤ η ≤ U, rein imagin¨ar und wegen der Identit¨at (A und B sind reell) ln(A + i B) + ln(A − i B) = ln[(−1)(A2 + B 2)] = ln(A2 + B 2) + i π ist f¨ ur Punkte auf der Platte das komplexe Potential F (ζ) = F (i η) =

8 U∞ t 7 2 ln(η 2 + (U 2 /U∞ )2 ) − 2 ln(η 2 + U 2 ) + ln(η 2 + U∞ ) , 2π

d.h. rein reell, wie zu erwarten war. Aus (1) folgt an der Platte mit z = i y, ζ = i η und d ζ = d (i η) 

dF 1 d (i η) + C = −i d(i η) i η

iy =



dF 1 dη + C . dη η

Daraus folgt der rein reelle Zusammenhang y = −



dF 1 dη + C dη η

U∞ t = − π

= −

U∞ t π







1 2 1 − 2 + 2 2 2 2 2 2 η + (U /U∞ ) η +U η + U∞



dη + C

2 U∞ 2 arctan(η/U) arctan(η/(U /U )) − ∞ U2 U !

+

1 arctan(η/U∞ ) + C . U∞

Die Integrationskonstante C bestimmt sich aus der Symmetrie zu Null: Am Staupunkt B, d. h. y = 0, muß die y–Komponente der Geschwindigkeit v = −η = 0 verschwinden. Auf der Plattenoberfl¨ache gilt demnach der Zusammenhang zwischen Ort y und Geschwindigkeit v = −η: y 2 U∞ = t/2 π U



U U∞ arctan(v/U∞ ) − 2 arctan(v/U) arctan(v U∞ /U 2 ) + U U∞

!

.

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

439

Am Plattenrand y = b/2 ist die Geschwindigkeit v = U, was den gesuchten Zusammenhang zwischen b/t und U∞ /U liefert: 2 U∞ b = t π U



U π U∞ arctan(U∞ /U) + arctan(U/U∞ ) − U U∞ 2

!

.

e) F¨ ur b/t = 0, 68 erhalten wir numerisch das Geschwindigkeitsverh¨altnis U∞ /U = 0, 2. Aus der Kontinuit¨atsgleichung U∞ t = U (t − h) folgt damit h = t (1 − U∞ /U) = 0, 8 t .

Aufgabe 10.4-15

Quell–Senkenverteilung fu ¨r einen schlanken K¨ orper Ein schlankes, zur x–Achse symmetrisches Profil wird durch die Gleichung x y = ±f(x) = ±2 (l − x) l

(0 ≤ x ≤ l,   1) beschrieben. Dieses Profil befindet sich in einer inkompressiblen, reibungsfreien Potentialstr¨omung mit der Anstr¨omung U∞ parallel zur x–Achse. a) Bestimmen Sie die Quell–Senkenverteilung nach der Theorie schlanker K¨orper in inkompressibler St¨omung, die dieses Profil erzeugt. b) Berechnen Sie die St¨orgeschwindigkeiten am Profil. c) Berechnen Sie den Druckbeiwert cp . d) Bestimmen Sie f¨ ur die in a) ermittelte Quellenverteilung die exakte Gleichung der K¨orperkontur. L¨ osung a) Quell–Senkenverteilung: Die Quell–Senkenverteilung steht mit der Profilform in der Beziehung (S. L. (10.358)) q(x) = 2

df U∞ . dx

Mit f(x) = 2(l − x) x/l also 1 q(x) = 4U∞  (l − 2x) . l b) St¨orgeschwindigkeiten am Profil: Die y–Komponente der St¨orgeschwindigkeit auf der Ober- bzw. Unterseite des Profils sind df df v(x, 0+ ) = U∞ , v(x, 0− ) = − U∞ , dx dx

440

10 Potentialstr¨omungen

also

1 q(x) v(x, 0) = ±2U∞  (l − 2x) = ± . l 2 Die x–Komponente (u = U − U∞ ) der St¨orgeschwindigkeit berechnen wir aus dem Potential (S. L. (10.342)) l

1 Φ = U∞ x + 2π



(x − x
)2 + y 2 dx


0

zu 1 u(x, y) = U∞ 2π Es ist u(x, y = f(x))/U∞

q(x
) ln

l

x − x
q(x
) dx
U∞ (x − x
)2 + y 2

0 gesucht. In der Taylorentwicklung von u 

u(x, y) u(x, 0) y ∂u   = + + ··· U∞ U∞ ∂y y=0 U∞ sch¨atzen wir die Gr¨oßenordnung des zweiten Termes als ∂u y ∂v y v d = ∼ ∼ 2 ∂y U∞ ∂x U∞ U∞ l ab. D.h. wir k¨onnen u anstatt auf der Kontour auf der x–Achse bestimen. Der dabei gemachte Fehler ist von der Ordnung O(2 ) und im Rahmen der N¨aherung vernachl¨assigbar. Mit q(x
) aus a) erhalten wir l 2U∞   l − 2x

u(x, 0) = dx . lπ x − x
0 Dieses Integral wird singul¨ar f¨ ur x = x
und es ist der Cauchysche Hauptwert zu nehmen: ⎛ ⎞ l l
⎟ 2U∞  ⎜ l x

⎟ ⎜ u(x, 0) = dx − 2 dx , ⎝ lπ x − x
x − x
⎠ 0 0 *

+,

-

*

+,

I

und mit κ > 0 berechnet man f¨ ur das erste Integral ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

x− κ

I = l lim

κ→0 ⎪ ⎪

⎩

0



-

II

dx
+ x − x


l

x+κ

⎫ ⎪ ⎪ dx
⎬ x − x
⎪ ⎪ ⎭

x−κ l   = l lim − ln(x − x ) − ln(x − x
) κ→0

= l ln

x . l−x




0

x+κ

!

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

441

F¨ ur das zweite Integral

II = 2 lim

⎧ ⎪ ⎪ ⎨

x− κ

κ→0 ⎪ ⎪

⎩

0

x
dx
+ x − x


l

x+κ

⎫ ⎪ ⎪ x
dx
⎬ ⎪ x − x
⎪ ⎭

benutzen wir die Substitution x − x
= u , dx
= −du mit dem Ergebnis 

u−x du = u

 



x 1− du = u − x ln u , u

was auf 

x−κ 

II = 2 lim (x − x
− x ln(x − x
)) κ→0

f¨ uhrt, so daß

0

l 

+ (x − x
− x ln(x − x
))





−κx II = 2 lim −l + 2κ + x ln κ→0 κ(x − l)

entsteht, bzw.



!

x+κ





x . II = −2l + 2x ln l−x Die Komponente der St¨orgeschwindigkeit in x-Richtung ist deshalb 

u(x, 0) =

2U∞  x (l − 2x) ln + 2l lπ l−x

!

.

c) Druckbeiwert cp :

cp

p − p∞ (U∞ + u)2 + v 2 = = 1− , 2 2 ( /2)U∞ U∞

cp = 1 −

2 U∞ 2u + 2U∞ u + u2 + v 2 =− + O(2 ) , 2 U∞ U∞



cp

4 x = − (l − 2x) ln + 2l lπ l−x

!

.

d) Exakte Gleichung der K¨orperkontur: 1 df F¨ ur die Quellverteilung q(x) = 2U∞ = 4U∞  (l − 2x) ermitteln wir die exakte dx l Gleichung der K¨orperkontur aus der Stromfunktion Ψ(x, y) = 0. Man k¨onnte Ψ direkt im Reellen ermitteln: 1 Ψ = U∞ y + 2π

l

0

q(x
) arctan

y dx
. x − x


442

10 Potentialstr¨omungen

Wir ziehen es hier vor, zun¨achst das komplexe Potential 1 F (z) = U∞ z + 2π

l

q(x
) ln

0

z − x

dx l

zu berechnen und dann den Imagin¨arteil abzuspalten. Mit x
= x
l, z = z l, wobei wir dann wieder die Querstriche an den dimensionslosen Gr¨oßen weglassen, entsteht 4U∞  l F (z) = U∞ z l + 2π oder

1

F (z) 2 =z+ U∞ l π

1

(1 − 2x
) ln(z − x
) dx


0

(1 − 2x
) ln(z − x
) dx
;

0

und mit der Substitution z − x
= ζ, dx
= −dζ auch F (z) 2 =z+ U∞ l π

z− 1

− (1 − 2z + 2ζ) ln(ζ) dζ .

z

In der Auswertung des Integrals ist z als Konstante zu werten, so daß wir das Integral zu z

z

(1−2z) ln(ζ) dζ + z−1

z 

2ζ ln(ζ) dζ = (1−2z)(ζ ln ζ −ζ)

z−1 = (z − z 2 ) ln z + (z 2 − z) ln(z − 1) + z −

z−1

+2(ζ 2

ln ζ ζ 2 z − ) 2 4 z−1

1 2

berechnen, was sich zu 



z 1 = (z − z ) ln +z− z−1 2 2

vereinfacht, so daß das komplexe Potential 





F (z) 2  2 z = z 1+ − + (z − z 2 ) ln U∞ l π π π z−1



(1)

erhalten wird. Die Stromfunktion gewinnen wir durch Abspalten des Imagin¨arteiles aus F = Φ + iΨ . Mit z(1 − z) = x(1 − x) + y 2 + iy(1 − 2x)

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

gilt



443 





 z  z  + i arg(z) − i arg(z − 1) = ln  ln z−1 z − 1

und weiter =

⎛/ 0 0 ⎝ ln 1

=

1 2

⎞







x2 + y 2 ⎠ y y + i arctan − arctan ∓π 2 2 (x − 1) + y x x−1



x2 + y 2 ln (x − 1)2 + y 2







−y + i arctan x(x − 1) + y 2







∓π

,

wobei das negative Vorzeichen gilt, wenn y > 0 ist, erh¨alt man f¨ ur die Stromfunktion den Ausdruck 





Ψ 1 2 2 x2 + y 2 = y 1+ + y(1 − 2x) ln U∞ l π π 2 (x − 1)2 + y 2 





−y 2 + ( − x(x − 1) + y 2) arctan π x(x − 1) + y 2





−π

,

(f¨ ur die obere Profilkontur). In dieser Gleichung sind x und y dimensionslos mit l, d. h. x nimmt Werte an zwischen 0 und 1 und y nimmt Werte an zwischen 0 und ∼ . Es liegt nahe, eine neue dimensionslose Koordinate Y einzuf¨ uhren: y = Y , d. h. Y nimmt nun ebenfalls Werte an zwischen 0 und 1. F¨ ur die K¨orperkontur: Ψ = 0 





2 2 x2 + 2 Y 2 0 = Y 1 + + Y (1 − 2x) ln π π (x − 1)2 + 2Y 2 





2 −Y + (−x(x − 1) + 2Y 2 ) arctan π x(x − 1) + 2 Y





−π

F¨ ur kleine   1 k¨onnen die Terme 2 Y 2 , 2 Y vernachl¨assigt werden, man erh¨alt: 0 = Y +

 2x(x − 1)π , π

also y = 2x(1 − x) , was in dimensionsbehafteter Form y x = 2 l l



x 1− l



wieder auf das Profil der Aufgabenstellung zur¨ uckf¨ uhrt. Aus (1) folgt f¨ ur die Geschwindigkeiten: dF = U∞ + u − i v , dz

444

10 Potentialstr¨omungen 

u x2 + y 2 4  = + (1 − 2x) ln U∞ l π π (x − 1)2 + y 2 







4 −y + y arctan π x(x − 1) + y 2



v −y 2 = − (1 − 2x) arctan U∞ l π x(x − 1) + y 2











−π

x2 + y 2 2 − π + y ln π (x − 1)2 + y 2



,

wobei zu beachten ist, daß x, y noch dimensionslos sind. Auf der Achse (y = 0) wird wieder das Ergebnis aus Aufgabenteil b) erhalten.

Aufgabe 10.4-16

Zirkulationsverteilung und Skelettlinie eines schwach gew¨ olbten Profils

Mit Hilfe der Skelett–Theorie l¨aßt sich entweder f¨ ur eine gegebene Zirkulationsverteilung γ(x) die Skelettlinie y = f(x) eines d¨ unnen, schwach gew¨olbten Profils (I. Hauptaufgabe der Skelett-Theorie) oder f¨ ur gegebene Skelettlinie die Zirkulationsverteilung (II. Hauptaufgabe der Skelett-Theorie) berechnen. a) Wie lautet die Gleichung der Skelettlinie f¨ ur die Zirkulationsverteilung γ(x) = 2U∞ C = const ? b) F¨ ur die Skelettlinie y = f(x) =  x(1 − x/l) berechne man die Zirkulationsverteilung. c) Berechnen Sie f¨ ur den Fall b) den Auftriebsbeiwert ca und den Momentenbeiwert cm . L¨ osung a) I. Hauptaufgabe der Skelett-Theorie: Die Zirkulationsverteilung γ = 2U∞ C = const ist bekannt und die gesuchte Skelettlinie f(x) erf¨ ullt die Gleichung (S. L. (10.372)) l

1 df U∞ − αU∞ = − dx 2π

γ(x
)

0

bzw. CU∞ df U∞ − αU∞ = − dx π

l

0

1 dx
x − x


1 dx
. x − x


In den dimensionslosen Gr¨oßen f = fl, x = xl, wobei im folgenden die Querstriche weggelassen werden, folgt df C =α− dx π

1

0

dx
. x − x


,

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

445

Das auftretende Integral ist ein uneigentliches Integral dessen Cauchyschen Hauptwert ⎡ ⎤ 1 x−  1  ⎢ dx
dx
dx
⎥ ⎢ ⎥ I= = lim + x − x
→0 ⎣ x − x
x − x
⎦ 0 0 x+ wir zu    
x−
1 I = lim − (ln(x − x ))  − (ln(x − x ))  , 0

→0

x+

I = lim [− ln() + ln(x) − ln(1 − x) + ln()] , →0



x I = ln 1−x ermitteln. Aus





df 1−x C ln =α+ dx π x folgt nun die Skelettlinie durch direkte Integration:



C [(x − 1) ln(1 − x) − x ln x] + K . π Die Integrationskonstante K dient dazu, die Lage des Profils im Koordinatensystem festzulegen. Mit f = αx +

 C (x − 1) ln(1 − x) + K x→1 π und Auswertung des auftretenden unbestimmten Ausdrucks

f(x = 1) = 0 = α + lim

ln(1 − x) −(1 − x)−1 = lim = lim(1 − x) = 0 , x→1 (x − 1)−1 x→1 −(x − 1)−2 x→1 lim

f(x = 1) = 0 = α + K erhalten wir K = −α und daher f(x) = α(x − 1) +

C [(x − 1) ln(1 − x) − x ln x] . π

b) II. Hauptaufgabe: Die Skelettlinie ist bekannt: f(x) = x(1 − x/l)   1 . Gesucht ist die Zirkulationsverteilung γ(x), die L¨osung der Integralgleichung l df 1  γ(x
)
− αU∞ = − U∞ dx dx 2π x − x
0 ist. Die L¨osung lautet bekanntlich (S. L. Abschnitt 10.4.9) γ(ϕ) − 2U∞ A0 tan

∞ 5 ϕ An sin(nϕ) , = 2U∞ 2 n=1

446

10 Potentialstr¨omungen

wobei

l x = (1 + cos ϕ) 2 und die Fourier-Koeffizienten durch π 1 df A0 = α − (ϕ) dϕ , π dx 0 π 2  df An = − (ϕ) cos(nϕ) dϕ π dx 0

gegeben sind. Hier besteht der Zusammenhang x/l = x = (1/2)(1 + cos ϕ), f/l = f und γ/U∞ = γ, wobei im folgenden die Querstriche wieder weggelassen werden. Zur Berechnung der Koeffizienten f¨ ur die vorgegebene Skelettlinie bilden wir df = (1 − 2x) = (1 − 1 − cos ϕ) = − cos ϕ dx und finden f¨ ur die Koeffizienten π  A0 = α + cos ϕ dϕ = α π 0 und 2 A1 = π

π

cos2 ϕ dϕ =

2 π =. π 2

0 Da hier df/dx = − cos ϕ ist, treten f¨ ur die h¨oheren Koeffizienten Integrale der Form π cos ϕ cos(nϕ) dϕ 0 auf. Diese verschwinden aber f¨ ur n > 1, so daß die Zirkulationsverteilung schon durch die beiden ersten Summanden gegeben ist. ϕ γ(ϕ) = 2α tan + 2 sin ϕ . 2 Mit ϕ sin ϕ sin ϕ tan = = 2 1 + cos ϕ 2x und    sin ϕ = 1 − cos2 ϕ = 1 − (2x − 1)2 = 2 x(1 − x) finden wir die Darstellung der Zirkulationsverteilung   α γ(x) = 4 x(1 − x) + 2x als Funktion von x.

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

447

c) Auftriebsbeiwert und Momentenbeiwert ca = π(2A0 + A1 ) = π(2α + ) π π cm = − (2A0 + 2A1 + A2 ) = − (2α + 2) *+,4 4 =0

Anmerkung: Die St¨orgeschwindigkeiten f¨ ur Fall b) sind: 

 1 α u(x, 0 ) = ± γ(x) = ±2 x(1 − x) + 2 2x ±

v(x, 0) =



,

df − α = (1 − 2x) − α , dx

wobei v(x, 0) aus der Randbedingung (S. L. (10.371)) folgt und γ, u und v alle auf U∞ bezogen sind.

Aufgabe 10.4-17

Das gerade Schaufelgitter Eine ebene Str¨omung durch ein unendliches (−∞ ≤ y ≤ ∞), gerades Gitter erh¨alt man z. B. durch die Abwicklung eines koaxialen Zylinderschnittes eines Schaufelkranzes. Die Str¨omung in gen¨ ugend großer Entfernung vom Gitter kann duch eine gebundene Wirbelschicht l¨angs der y–Achse von −∞ bis ∞ dargestellt werden. Man verwende dieses Verfahren, um die Zu– und Abstr¨omgeschwindigkeit u1 , u2 und die Zu– und Abstr¨omwinkel β1, β2 an einem geraden Schaufelgitter zu bestimmen (t/l  1 ; l ist die L¨ange der Profilsehne). Die Anstr¨omung im Unendlichen (x → −∞) ohne Gittereinfluß ist  ∞ = U∞ ex + V∞ ey . W

Die Geschwindigkeiten U∞ , V∞ , die Zirkulation einer Schaufel ΓS und die Teilung t sind bekannt. a) Berechnen Sie die Geschwindigkeiten u1 = u1 ex + v1 ey , u2 = u2 ex + v2 ey und die zugeh¨origen Winkel β1, β2. b) Wie groß ist die Kraft F auf eine Schaufel f¨ ur die inkompressible, reibungsfreie   Str¨omung. Zeigen Sie, daß F senkrecht auf W∞ steht.

448

10 Potentialstr¨omungen

L¨ osung a) F¨ ur große Abst¨ande vom Gitter kann ein gerades Schaufelgitter durch eine konstante Wirbelverteilung dargestellt werden. Man bildet γ = ΓS /t = const., d. h. die Zirkulation der Schaufeln wird l¨angs der Teilung auf der Gitterachse verschmiert“. ” Nach (S.L. 10.185) folgt dann f¨ ur das St¨orpotential eines Wirbelelementes am Ort (0, y
) γ y − y

dϕ = − arctan dy 2π x und damit f¨ ur das gesamte St¨orpotential des Gitters +∞ 

γ ϕ=− 2π

arctan −∞

y − y

dy . x

Hieraus erhalten wir die Komponenten der St¨orgeschwindigkeiten zu γ u(x, y) = 2π

γ v(x, y) = − 2π

+∞  −∞ +∞  −∞

y − y
dy
, x2 + (y − y
)2

(1)

x dy
. x2 + (y − y
)2

(2)

Wir berechnen die Integrale in (1) und (2): +∞  I1 = −∞

y − y
dy
2
2 x + (y − y ) N

=

lim

N →∞

−N

y − y
dy
x2 + (y − y
)2 




y =N 1 = lim − ln x2 + (y − y
)  N →∞ 2 y
=−N

1 x2 + (y − N)2 = lim − ln 2 =0. N →∞ 2 x + (y + N)2 Das heißt, sowohl f¨ ur die Zustr¨omung, wie auch f¨ ur die Abstr¨omung verschwindet die induzierte Geschwindigkeit in x–Richtung. Weiter ∞ x I2 = dy
x2 + (y − y
)2 −∞

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

449 N

=

lim

N →∞

−N

= − lim

x2

x dy
+ (y − y
)2



N →∞

y+N y−N − arctan arctan x x

!

.

F¨ ur die Grenzwertbildung sind die F¨alle x > 0 und x < 0 zu unterscheiden: 1.) x > 0: lim arctan

y−N x

= −

π , 2

lim arctan

y+N x

= +

π . 2

lim arctan

y−N x

= +

π , 2

lim arctan

y+N x

= −

π 2

N →∞

N →∞

2.) x < 0: N →∞

N →∞

⇒ lim

N →∞



y+N y−N − arctan arctan x x

also

∞

−

−∞

x dy
= 2 x + (y − y
)2





!

=

+π , x > 0 , −π , x < 0

−π , x > 0 . +π , x < 0

Das unendlich ausgedehnte, gerade Gitter induziert St¨orgeschwindigkeiten in die y–Richtung, f¨ ur die gilt v = γ/2 v = −γ/2

f¨ ur f¨ ur

x<0, x>0.

(3)

Bezeichnen wir den Geschwindigkeitsvektor der Zustr¨omung mit u1 und den der ugend großer Entfernung vom Gitter: Abstr¨omung mit u2, so gilt nach (3) in gen¨ 

u1



γ = U∞ ex + V∞ + ey 2 

u2 = U∞ ex + V∞ −

f¨ ur x < 0 ,

(4)

f¨ ur x > 0 .

(5)



γ ey 2

Die Gleichungen (4) und (5) zeigen, daß die gemittelte Geschwindigkeit (u1 + u2 )/2  ∞ ohne Gitter ist. gleich der Anstr¨omgeschwindigkeit W

450

10 Potentialstr¨omungen

Aus der folgenden Skizze

erhalten wir f¨ ur den Zustr¨omwinkel β1 cot β1 =

V∞ + γ/2 ΓS = cot β∞ + U∞ 2 t U∞

und f¨ ur den Abstr¨omwinkel β2 cot β2 =

V∞ − γ/2 ΓS = cot β∞ − . U∞ 2 t U∞

b) F¨ ur die inkompressible, reibungsfreie Str¨omung erhalten wir die Kraft auf eine Schaufel nach (S.L. 2.87) und (S.L. 2.88) zu Fx = −t (p2 − p1 ) und

(6)

F y = −m ˙ (v2 − v1) .

(7)

Wir ersetzen die Druckdifferenz in (6) durch die Bernoullische Gleichung

(u1 · u1 − u2 · u2 ) p2 − p1 = 2 



γ 2 = U∞ + V∞ + 2 2

2

−



2 U∞

γ − V∞ − 2

2 

= γ V∞ , den Massenstrom in (7) durch m ˙ = t U∞ und schreiben die Kraft in vektorieller Form F = t γ (−V∞ ex + U∞ ey ) . Das Skalarprodukt zwischen F und der ungest¨orten Anstr¨omgeschwindigkeit  ∞ = U∞ ex + V∞ ey W  ∞. ist null, d. h. die Kraft auf die Schaufel steht senkrecht auf W F¨ ur den Winkel β den die Kraft mit der Gitterachse (y–Richtung) bildet, erhalten wir |Fy | U∞ tan β = = . (8) |Fx| V∞

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

451

Aus der Skizze und Gleichung (8) ist ersichtlich, daß β gleich dem Winkel α∞ zwi ∞ und der x–Achse, also der Anstr¨omwinkel ohne Gitschen der Geschwindigkeit W tereinfluß ist.

Aufgabe 10.4-18

Zirkulationsverteilung eines Plattengitters Ein Plattengitter (Teilung t, Plattenl¨ange l) befindet sich in einer Str¨omung, die im ungest¨orten Fall (d. h. ohne Gitter) mit der un ∞ unter dem ungest¨orten Geschwindigkeit W gest¨orten (kleinen) Winkel α∞ erfolgt. Mit (S.L.(10.221)) und (S.L.(10.361)) erh¨alt man das komplexe St¨orpotential f¨ ur eine einzelne Platte, die auf der x–Achse liegt. i F (z) = 2π

l/2 

γ(x
) ln(z − x
) dx
.

−l/2

Durch fortgesetzte Spiegelung folgt dann f¨ ur das Plattengitter das St¨orpotential i F (z) = 2π

l/2 





π (z − x
) γ(x ) ln sinh t


−l/2



dx


und die St¨orgeschwindigkeiten 1 u(x, y) = 2t

l/2 

γ(x
)

−l/2

1 v(x, y) = − 2t

l/2  −l/2

sin 2tπ y dx
, cosh 2tπ (x − x
) − cos 2tπ y

γ(x
)

sinh 2tπ (x − x
) dx
. cosh 2tπ (x − x
) − cos 2tπ y

452

10 Potentialstr¨omungen

a) Berechnen Sie die Wirbelverteilung γ(x) f¨ ur einen ungest¨orten Anstr¨omwinkel α∞ = ◦ 3 , indem Sie die Randbedingung nur an den drei Punkten y = 0, x/l = −3/12, 1/12, 5/12 erf¨ ullen. b) Berechnen Sie den Auftriebsbeiwert. Hinweis: Benutzen Sie die Transformation x = −(l/2) cos(ϕ) und machen Sie den Ansatz γ(ϕ) = 2 U∞ (A0 cotan(ϕ/2) + A1 sin ϕ + A2 sin 2 ϕ) . c) Berechnen Sie die Komponenten der tats¨achlichen Anstr¨omgeschwindigkeit u1 , v1 und den Zustr¨omwinkel α1 . L¨ osung Zun¨achst betracheten wir eine unendliche Reihe einzelner Wirbel mit der Zirkulation −Γ, die im Abstand t von −∞ bis +∞ auf der y–Achse angeordnet sind. Das Potential dieser Wirbelreihe ist F (z) =

iΓ (ln(z) + ln(z + it) + ln(z − it) + ln(z + i2t) + ln(z − i2t) + . . .) . 2π

Diese Summe l¨aßt sich bis auf eine additive Konstante, die f¨ ur das komplexe Potential unwesentlich ist, auf die Form 

iΓ πz F (z) = ln sinh 2π t



bringen.

Aus diesem komplexen Potential erh¨alt man in bekannter Weise die Geschwindigkeitskomponenten u(x, y) =

sin

2π t

y



Γ



 , 2 t cosh 2 π x − cos 2 π y t t

(1)



sinh 2tπ x Γ



 . v(x, y) = − 2 t cosh 2 π x − cos 2 π y t t

(2)

Bemerkung: F¨ ur x → ±∞ erh¨alt man aus (1) und (2) die St¨orgeschwindigkeiten (3) und (4) f¨ ur die kontinuierliche Wirbelverteilung der Aufgabe 10.4-17. Betrachtet man nun statt des einzelnen Wirbels eine Wirbelverteilung γ(x
) entgegen dem mathematisch positiven Sinn, so ist Γ durch −γ(x
)dx
und x durch x − x
zu ersetzen und u ¨ ber den erhaltenen Ausdruck zu integrieren: 1 u(x, y) = 2t

+l/2 

γ(x
)

−l/2

1 v(x, y) = − 2t

+l/2  −l/2

cosh

γ(x
)

sin 2π t

cosh

(x −

sinh 2π t

2π t

x
)

2π t

(x −

y





− cos

(x − x
)

x
)



2π t

y

 dx
,

(3)



− cos

2π t

y

 dx
.

(4)

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

453

a) Wir betrachten nur die Platte auf der x–Achse. Die Wirbelverteilung γ(x) muß nun so gew¨ahlt werden, daß dort die Randbedingung und die Kuttasche Abflußbedingung erf¨ ullt sind. Die kinematische Randbedingung nach (S. L. (4.170)) lautet 

V∞ v df u + = 1+ U∞ U∞ dx U∞



,

wobei V∞ , U∞ die Komponenten der ungest¨orten Geschwindigkeit sind. F¨ ur kleine Winkel α∞ und df/dx = 0 erhalten wir daraus f¨ ur y = 0 v(x, 0) = −α∞ U∞ = −

+l/2 

1 2t

γ(x
)

−l/2

sinh cosh



2π t

2π t

(x − x
) 



(x − x
) − 1

dx
.

(5)

Die Kuttasche Abflußbedingung verlangt an der Stelle x = l/2 gleiche Geschwindigkeiten an der Ober- und Unterseite ∆u(x = l/2, 0) = u+ (l/2, 0) − u− (l/2, 0) = 0 .

(6)

Wir berechnen zun¨achst die Randwerte u± (x, 0). F¨ ur |x| > l/2 ist das Integral in (1) regul¨ar und verschwindet f¨ ur y → 0± . F¨ ur −l/2 ≤ x ≤ l/2 spalten wir den singul¨aren Teil des Integranden in (3) ab und schreiben +l/2 

γ(x
)

−l/2 t = π

cosh

l/2 

+ −l/2

2π t

γ(x
)

−l/s

+l/2 

sin

γ(x
)

(x −

2π t

x
)



y



− cos

2π t

y

 dx
=

y dx
+ (x − x
)2 + y 2 ⎧ ⎨ ⎩ cosh 2 π (x t

sin 2tπ y − x
) −

cos

2π t

y

−

⎫ ⎬

t y dx
.
2 2 ⎭ π (x − x ) + y

Das erste Integral auf der rechten Seite liefert wegen der formalen Gleichheit mit (S.L. (10.352)) den Wert ±t γ(x), das zweite Integral geht f¨ ur y → 0 gegen null. Damit erhalten wir u(x, 0) = ±

γ(x) 2

bzw. ∆u = γ(x)

(7)

und mit der Kuttaschen Abflußbedingung ∆u|x=l/2 = γ(l/2) = 0 .

(8)

454

10 Potentialstr¨omungen

Analog zum Einzelprofil (siehe S.L.(Kap.10.4.9)) spalten wir auch hier die Umstr¨omung der Vorderkante ab, wir erhalten mit (S.L.(10.378)) / 0 0 l/2 − x γ0 (x) = 2 a 1 ,

x + l/2

a = const,

(9)

womit die Abflußbedingung (8) erf¨ ullt ist. Entsprechend dem Vorgehen in (S.L.(Kap.10.4.9)) subtrahieren wir γ0 (x) von der gesuchten Verteilung γ(x) und entwickeln die Differenz in eine Fourierreihe. Die Transformation x = − (l/2) cos ϕ f¨ ur 0 < ϕ < π f¨ uhrt zusammen mit der Konstanten a = U∞ A0 zun¨achst auf 

γ0 (ϕ) = 2 U∞ A

1 + cos ϕ ϕ = 2 U∞ A0 cotan 1 + cos ϕ 2

und dann auf die der Entwicklung (S.L.(10.380)) entsprechenden Gleichung ϕ + 2 U∞ (A1 sin ϕ + A2 sin 2 ϕ) , 2

γ(ϕ) = 2 U∞ A0 cotan

(10)

wobei nur die ersten zwei Glieder der unendlichen Reihe ber¨ ucksichtigt wurden. Wir schreiben nun Gleichung (5) in der Form v(x, 0) 1 = −α∞ = − U∞ 2 π U∞

1 − 2 t U∞

+l/2  −l/2

+l/2  −l/2

γ(x
) dx
+ x − x






sinh 2tπ (x − x
) t/π dx
. (11) γ(x ) − 2π

x − x cosh t (x − x ) − 1


Bei gegebenem, ungest¨ortem Anstr¨omwinkel α∞ ist (11) eine Integralgleichung f¨ ur die Zirkulation γ(x). Das erste Integral ist ein singul¨ares Integral vom Cauchy– Hauptwert–Typ, das zweite ist regul¨ar, da der Kern 


K(x, x ) :=

sinh 2tπ (x − x
) t/π − 2π
cosh t (x − x ) − 1 x − x




f¨ ur x → x
endlich bleibt. Wir setzen den Ansatz (10) f¨ ur die Zirkulationsverteilung in (11) ein und erhalten mit den Transformationen l x = − cos ϕ , 2 v(x, 0) = −α∞ U∞

l x
= − cos ϕ
, 2

dx
=

l sin ϕ
dϕ
2

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

455

π 

1 = − π

0

π 

1 − t



ϕ
l/2 sin ϕ
dϕ
A0 cotan + A1 sin ϕ
+ A2 sin 2 ϕ
+ 2 −l/2(cos ϕ − cos ϕ
)

0



ϕ
l A0 cotan + A1 sin ϕ
+ A2 sin 2 ϕ
K(ϕ, ϕ
) sin ϕ
dϕ
. 2 2

Unter Verwendung von Additionstheoremen und den Glauertschen Formeln (S.L.(10.382)) schreiben wir v(x, 0) = −α∞ U∞ 1 = A0 π *

π

1 1 + cos ϕ
dϕ
+A1
cos ϕ − cos ϕ π

0

+, =

π

1 +A2 π

0

*

*

−1

*

-

*

π

(1 + cos ϕ
) K(ϕ, ϕ
) dϕ
+

0

+, =

−l sin ϕ K(ϕ, ϕ ) dϕ +2 A2 4t


+, =

g1 (ϕ)







-

*

-

cos ϕ

cos 2 ϕ

2

0

+,

=

+,

π

sin2 ϕ
dϕ
+ cos ϕ − cos ϕ


0

−l sin 2 ϕ
sin ϕ
dϕ
+2 A0
cos ϕ − cos ϕ 4t =

−l +2 A1 4t

-

π

π

-

g0 (ϕ)

sin 2 ϕ
sin ϕ
K(ϕ, ϕ
) dϕ
.

0

+, =

-

g2 (ϕ)

In diesen Gleichungen sind jetzt drei unbekannte Koeffizienten A0 , A1 , A2. Wir werden deshalb die Randbedingung an drei einzelnen Punkten erf¨ ullen und erhalten dann drei Gleichungen f¨ ur A0, A1, A2. Wir erhalten zun¨achst folgendes Gleichungssystem: (2 g0 (ϕ1 ) − 1) A0 +(cos ϕ1 + 2 g1 (ϕ1 )) A1 +(cos 2 ϕ1 + 2 g2 (ϕ1 )) A2 = −α∞ (2 g0 (ϕ2 ) − 1) A0 +(cos ϕ2 + 2 g1 (ϕ2 )) A1 +(cos 2 ϕ2 + 2 g2 (ϕ2 )) A2 = −α∞ (2 g0 (ϕ3 ) − 1) A0 +(cos ϕ3 + 2 g1 (ϕ3 )) A1 +(cos 2 ϕ3 + 2 g2 (ϕ3 )) A2 = −α∞ F¨ ur die Auswertung wollen wir die drei Punkte x1 = −3/12, x2 = 1/12, x3 = 5/12 benutzen. Wir erhalten dann cos ϕ1 = −2 x1 /l = 1/2 ⇒ cos 2 ϕ1 = −0, 5 cos ϕ2 = −1/6 ⇒ cos 2 ϕ2 = −0, 944 cos ϕ3 = −5/6 ⇒ cos 2 ϕ3 = 0, 389

456

10 Potentialstr¨omungen

Die Funktionen g0 , g1 , g2 sind f¨ ur t/l = 0, 5 numerisch berechnet worden und in der folgenden Tabelle aufgef¨ uhrt. x/l −3/12 1/12 5/12

g0 (ϕ) -0,0559 -0,7296 -1,1186

g1 (ϕ) 0,2805 -0,0976 -0,4291

g2 (ϕ) -0,2615 -0,3161 -0,1816

Das Gleichungssystem wird dann: −1, 1118 A0 +1, 061 A1 −1, 0231 A2 = −α∞ −2, 4593 A0 −0, 3619 A1 −1, 5766 A2 = −α∞ −3, 2372 A0 −1, 6916 A1 −0, 0257 A2 = −α∞ . F¨ ur den vorgegebenen Anstr¨omwinkel α∞ = 3◦ lautet die L¨osung A1 = −0, 0251 ,

A0 = 0, 0292 ,

A2 = −0, 0066 ,



ϕ − 0, 0251 sin ϕ − 0, 0066 sin 2 ϕ 2 b) Der Auftriebsbeiwert ca ist nach (S.L.(10.338)) definiert durch



γ(ϕ) = 2 U∞ 0, 0292 cotan

ca =

.

Fa . 2 l ( /2)W∞

Wie man an den St¨orgeschwindigkeiten sofort sieht, wird im Unendlichen eine Geschwindigkeit in y–Richtung induziert, so daß die tats¨achliche Anstr¨omung des Gitters nicht unter dem Winkel α∞ erfolgt. Trotzdem erh¨alt man den Auftrieb (siehe auch Aufgabe 10.4-17) entsprechend der Kutta–Joukowsky–Formel (S.L.(10.367)) zu +l/2  Fa = W∞ Γ = W∞

γ(x) dx , −l/2

ca

2 = W∞ l

= 2

+l/2  −l/2

π

2 γ(x) dx = W∞ l

π

0

l γ(ϕ) sin ϕ dϕ 2



A0(1 + cos ϕ) + A1 sin2 ϕ + A2 sin 2ϕ sin ϕ dϕ ,

0 ca = π (2 A0 + A1) . Setzt man die Werte f¨ ur A0 und A1 ein, so ergibt sich der Auftriebsbeiwert zu ca = 0, 1046 .

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

457

c) Mit (1) und (2) lauten die Komponenten der Anstr¨omgeschwindigkeit u1 = U∞ , v1 = V∞ + Γ/(2 t) und der Anstr¨omwinkel α1 = V∞ /U∞ + Γ/(2 t U∞ ), den wir mit ca =

2 Γ W∞ l

⇒

Γ ca W∞ l = , 2t 4t

sowie W∞ = U∞ + O(α2∞ ) auch durch den Auftriebsbeiwert ausdr¨ ucken k¨onnen α1 =

Aufgabe 10.4-19

V∞ ca l = 5, 997◦ . + U∞ 4t

Wellige Wand in kompressibler Str¨ omung Es soll die ebene, kompressible Str¨omung l¨angs einer unendlich ausgedehnten, welligen Wand berechnet werden, deren Kontur durch 



2π y = f(x) = A sin x L gegeben ist. Wegen A/L  1 ist die Theorie schlanker Profile anwendbar. a) Man l¨ose f¨ ur den Fall der Unterschallstr¨omung (M∞ = U∞ /a∞ < 1) die linearisierte Potentialgleichung mittels eines Produktansatzes. Die Randbedingung an der Kontur ist n¨aherungsweise auf der x–Achse zu erf¨ ullen. Im Unendlichen (y → ∞) m¨ ussen die durch die Wand verursachten St¨orungen abgeklungen sein. ¨ b) Welche Str¨omung ergibt sich im Falle der Uberschallstr¨ omung (M∞ > 1)? c) Berechnen Sie f¨ ur beide F¨alle die Druckverteilung an der Wand 2 (cp = (p − p∞ )/((1/2) ∞ U∞ )) und den Widerstand pro Wellenl¨ange 2 (cw = Fx /((1/2) ∞ U∞ )) . L¨ osung a) Unterschall (M∞ < 1): Das Gesamtpotential ist Φ = U∞ x + ϕ(x, y) mit ϕ(x, y) als dem St¨orpotential, das der Differentialgleichung 2 (1 − M∞ )

∂ 2ϕ ∂ 2ϕ + 2 =0 ∂x2 ∂y

gen¨ ugen muß. F¨ uhrt man die Transformationen (S. L. (10.397), (10.398)) 

x=x,

2 , y = y 1 − M∞

(1)

458

10 Potentialstr¨omungen 2 ϕ = ϕ (1 − M∞ )

(2)

ein, so erh¨alt man die Laplace Gleichung ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ + 2 =0. ∂x2 ∂y Die Randbedingungen in der physikalischen Ebene (x, y) lauten: ϕ(x, y → ∞) = const = 0 , v(x, y = 0) =

∂ϕ  df  = U∞ . y=0 ∂y dx

Transformiert man die Wand nach dem aus (1) resultierenden Gesetz 

f (x) =

2 f(x) = 1 − M∞

 *

2 A sin 1 − M∞

+,



-





2πx 2πx = A sin L L



,

A

so lauten die Randbedingungen in der transformierten Ebene ϕ(x, y → ∞) = 0 ,

(3) 

v(x, y = 0) =

∂ϕ  df A 2πx  = U∞ = U∞ 2π cos ∂y y=0 dx L L



.

(4)

Die Laplacesche Gleichung l¨aßt sich durch einen Separationsansatz der Form ϕ(x, y) = X(x) Y (y) l¨osen. Wegen der unendlichen Ausdehnung in x– bzw. x–Richtung, muß die Funktion X(x) konstant oder periodisch sein, wobei der erste Fall wegen der Randbedingung (4) ausgeschlossen ist, d. h. X(x) muß von der Form 





2πx 2πx X(x) = C1 cos + C2 sin L L



sein. F¨ uhrt man diesen Ansatz in die Differentialgleichung ein und paßt die allgemeine L¨osung den Randbedingungen (3), (4) an, so erh¨alt man die L¨osung 

2πx ϕ(x, y) = −U∞ A cos L



e−(2πy)/L ,

die das Potential einer inkompressiblen Str¨omung l¨angs einer welligen Wand mit der Amplitude A ist. Das Potential in  der physikalischen Ebene ergibt sich durch Einsetzen von (1) und 2 zu (2) sowie A = A 1 − M∞ U∞

ϕ(x, y) = −  2 1 − M∞



2πx A cos L



√ 2 e− 1−M∞ (2πy)/L .

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

459

Die Geschwindigkeitskomponenten erh¨alt man zu (u und v sind die St¨orgeschwindigkeiten): 

∂Φ U∞ A 2πx U∞ + u = = U∞ +  2π sin 2 ∂x L 1 − M∞ L 

A 2πx ∂Φ v= = 2πU∞ cos ∂y L L



√



e

−

2 (2πy)/L 1−M∞

,

(5)

√ 2 e− 1−M∞ (2π y)/L .

¨ b) Uberschall-L¨ osung M∞ > 1: F¨ ur M∞ > 1 schreiben wir die Differentialgleichung in der Form 2 (M∞ − 1)

∂ 2ϕ ∂ 2ϕ = . ∂x2 ∂y 2

Die L¨osung ist nach (S. L. (11.20)) ϕ(x, y) = − wobei

U∞ f(x − βy) , β



β=

2 −1 M∞

ist. Mit der bekannten Wandkontour 

f(x) = A sin

2π x L



nimmt das St¨orpotential die Form ϕ(x, y) = −



U∞ 2π A sin (x − β y) β L



an. Die Geschwindigkeitskomponenten ergeben sich zu: 

∂Φ U∞ A 2π U∞ + u = = U∞ − 2π cos (x − β y) ∂x β L L 

A ∂Φ 2π = U∞ 2π cos (x − β y) ∂y L L Auf den Machschen Linien x − β y = const bzw. v=

y=

x + const β

¨andern sich die Werte von ϕ, u und v nicht!



.



,

(6)

460

10 Potentialstr¨omungen

In der Abbildung ist die St¨orgeschwindigkeit u qualitativ in verschiedenen Wan¨ dabst¨anden aufgetragen. Die St¨orungen klingen im Uberschallfall f¨ ur y → ∞ nicht ab!

c) Druckverteilung und Widerstand pro Wellenl¨ange: Der Druckbeiwert ist (S. L. (10.404)) cp = −2

u U∞

(7)

und von der Gr¨oßenordnung  = A/L. F¨ ur die Unterschallstr¨omung ergibt sich damit aus (5) (y ≈ 0 l¨angs der Kontur) 

A 2πx cp = −  sin 2 L L 1 − M∞ 4π



,

die Druckverteilung und die Wandkontur sind in Phase. Ein Widerstand ist daher im Einklang mit dem d’Alembertschen Paradoxon nicht zu erwarten. ¨ Im Falle der Uberschallstr¨ omung erhalten wir aus (6) 

2πx A cos cp =  2 −1L L M∞ 4π



.

Die Druckverteilung ist f¨ ur M∞ > 1 also um den Phasenwinkel π/2 gegen¨ uber der Wandkontur versetzt, so daß eine Kraft in x–Richtung (Widerstand) auf die Kontur resultiert. Den Widerstand pro Wellenl¨ange berechnen wir aus 

Fx =

−p n · ex dS . *

(S)

+,

∓dy

-

10.4 Ebene Potentialstr¨omung

461

df Das Vorzeichen von n · ex ist positiv f¨ ur < 0 und umgekehrt, so daß wir f¨ ur die dx Kraft pro Tiefeneinheit schreiben k¨onnen 

Fx = (S) oder

L

Fx =

dy p dx = dx

L

pf
(x) dx

x=0 L

(p − p∞ )f
(x) dx + p∞

0

*

f
(x) dx .

0

+,

-

=0

Unter Benutzung des cp –Wertes also 1

ρ∞ 2 Fx = U L 2 ∞



x cp (x)f (x) d L


0



.

Der Widerstandsbeiwert berechnet sich damit aus 1

Fx cw = = 2 L (ρ∞ /2)U∞ 

2πx A Mit f (x) = 2π cos L L




cp (x)f
(x) d

0

x L



.



ergibt sich f¨ ur den Unterschallfall:

8π 2

cw = −  2 1 − M∞



A L

2 1

*



2πx sin L

0





2πx cos L





x d L

+,

-

=0

⇒

cw = 0 (Unterschall)

¨ und f¨ ur Uberschall: 

8π 2

A cw =  2 −1 L M∞

2 1

 2

cos *

0

2πx L



2π(A/L)

+,

2

cw =  2 −1 M∞



x d L

=1/2



¨ (Uberschall) .



, -

¨ 11 Uberschallstr omungen ¨

11.1

Schr¨ ager Verdichtungsstoß

Aufgabe 11.1-1

Keil mit vorstehender Platte

¨ Ein Keil mit Offnungswinkel 16◦ , an dessen Spitze eine d¨ unne Platte angebracht ist, ¨ befindet sich in einer ebenen Uberschallstr¨ omung eines idealen Gases (γ = 1, 4). Die Anstr¨omung ist parallel zur Mittelebene von Platte und Keil, so daß die Plattenvorderkante nur eine sehr kleine St¨orung (Machsche Welle) hervorruft.

a) Messungen ergeben einen Winkel von 45◦ zwischen Plattenoberfl¨ache und Machscher Welle. Wie groß ist dann die Anstr¨om–Machzahl M1 ? b) Bestimmen Sie den Stoßwinkel Θ, die Machzahl M2 nach dem schr¨agen Stoß sowie das Druckverh¨altnis p2 /p1 und das Temperaturverh¨altnis T2 /T1. c) Skizzieren Sie den Verlauf der Stromlinien. L¨ osung a) Machzahl M1 : Aus der Beziehung f¨ ur den Machschen Winkel sin µ =

1 M

folgt unmittelbar die Machzahl zu M1 =

1 1 = = 1, 4142 . sin µ1 sin 45◦

b) Θ, M2 , p2 /p1 , T2 /T1: Der Ablenkwinkel δ = 8◦ ist durch die Neigung der Keilfl¨ache vorgegeben. Der

11.1 Schr¨ager Verdichtungsstoß

463

graphischen Darstellung Θ = Θ(M, δ) (S. L., Diagramm C.1 Seite 430) entnimmt man Θ = Θ(M1 = 1, 41, δ = 8◦ ) ≈ 58◦ und dann Diagramm C.2 (Seite 431) M2 = M2 (M1 = 1, 41, δ = 8◦ ) ≈ 1, 02 . Die Machzahl senkrecht zum Stoß ergibt sich aus dem Stoßwinkel Θ und der Anstr¨ommachzahl M1 zu w1 u1 M1n = = sin Θ = M1 sin Θ = 1, 2 . a1 a1 Mit der Machzahl senkrecht zum Stoß findet man die Zustandsgr¨oßen p2 und T2 aus den Beziehungen f¨ ur den senkrechten Verdichtungsstoß oder unter Verwendung der tabellierten Form der Stoßbeziehungen (S. L., Tabelle C.2 Seite 422). Man erh¨alt so M1n = 1, 2 ,

p2 = 1, 513 und p1

T2 = 1, 128 . T1

c) Stromlinienbild:

Aufgabe 11.1-2

Einlauf eines ebenen Kanals

Am Einlauf eines ebenen Kanals entstehen zwei gleich starke, schr¨age Verdichtungsst¨oße, die sich in der skizzierten Weise kreuzen und beim Auftreffen auf den Knick nach dem konvergenten Teil des Einlaufes (Umlenkwinkel δ = 10◦ ) nicht reflektiert werden. Die Anstr¨om-Machzahl ist M1 = 3, der Druck in der Anstr¨omung ist p1 = 1bar; Str¨omungsmedium ist Luft (ideales Gas γ = 1, 4, R = 287 J/(kgK)).

¨ 11 Uberschallstr¨ omungen

464

a) Bestimmen Sie den Stoßwinkel Θ1 der schwachen Verdichtungsst¨oße vor der Durchkreuzung und die Machzahl M2 im Gebiet zwischen den St¨oßen. b) Bestimmen Sie den Stoßwinkel Θ2 der schwachen Verdichtungsst¨oße nach der Durchkreuzung und die Machzahl M3 hinter den St¨oßen. c) Welcher Druck herrscht an der Stelle [3] nach den St¨oßen? d) Berechnen Sie die Entropieerh¨ohung. e) Wie muß das Verh¨altnis L/H gew¨ahlt werden, damit das skizzierte Str¨omungsbild realisiert werden kann? Geg.: M1 = 3, p1 = 1 bar, δ = 10◦ , R = 287 J/(kgK), γ = 1, 4 L¨ osung

a) Stoßwinkel Θ1 und Machzahl M2 : Bei gegebener Machzahl M1 und gegebenem Ablenkwinkel wird der Stoßwinkel dem Diagramm C.1 (S. L. Seite 430) entnommen:  M1 = 3 Θ1 = 28◦ δ = 10◦ und die Machzahl M2 dem Diagramm C.2 (S. L. Seite 431) M1 = 3 δ = 10◦



1−

1 = 0, 6 M2

oder M2 = 2, 5 . b) Stoßwinkel Θ2 und Machzahl M3 : Unter Benutzung derselben Diagramme, wenn jetzt M2 die Rolle der Anstr¨ommachzahl spielt, auch  M2 = 2, 5 Θ2 = 32◦ (Diagramm C.1) δ = 10◦  1 M2 = 2, 5 1− = 0, 5 (Diagramm C.2) δ = 10◦ M3 oder M3 = 2 , wobei jetzt der Umlenkwinkel gerade gleich δ sein muß, damit die Str¨omung tangential zur Kanalwand ist und keine Stoßreflektion auftritt.

11.1 Schr¨ager Verdichtungsstoß

465

c) Druck an der Stelle [3]: 1.) 

 



  p3 p3 p2 2γ 2 2 2γ 2 2 = = 1+ M2 sin Θ2 − 1 1+ M1 sin Θ1 − 1 , p1 p2 p1 γ+1 γ+1 p3 = 1, 88  2, 14 ⇒ p3 = 4 bar p1 2.) oder (unter Benutzung der tabellarischen Form mit M1n = M1 sin Θ1 = 1, 41, M2n = M2 sin Θ2 = 1, 32) auch aus Tabelle C.2 (S.L. Seite 422) p3 p2 = 1, 866 , = 2, 153 p2 p1

⇒

p3 = 4 bar .

d) Entropiezunahme von [1] nach [2]: Aus der Gibbsschen Relation T ds = de + pdv folgt f¨ ur kalorisch perfektes Gas ds = cv und mit pv = RT auch ds = cv Die Integration f¨ uhrt auf

dT p + dv T T

dT dv +R . T v



v3 1 T3 s3 − s1 = R + ln ln γ − 1 T1 v1



,

wobei die Beziehung cv = R/(γ − 1) benutzt wurde. Mit der Stoßnormalenmachzahl Mn = M sin Θ k¨onnen die Tabellen f¨ ur den senkrechten Verdichtungsstoß benutzt werden: T3 T2 T3 = = 1, 261 ∗ 1, 203 = 1, 517 , T1 T2 T1 v3

1 = = (1, 707 ∗ 1, 551)−1 = 0, 378 v1

3 und damit ∆s = 19, 8 J/(kgK) . e) L/H f¨ ur den Auslegefall:

¨ 11 Uberschallstr¨ omungen

466

Der Skizze entnimmt man L= und daher



H + L tan δ H + tan Θ1 tan(Θ2 − δ)

tan δ L 1− tan Θ1 oder

11.3





1 1 =H + tan Θ1 tan(Θ2 − δ)



L tan(Θ2 − δ) + tan Θ1 = = 6, 5 . H tan(Θ2 − δ)(tan Θ1 − tan δ)

Reflexion schr¨ ager St¨ oße

Aufgabe 11.3-1

Keil im supersonischen Kanal

In einem ebenen, supersonischen Windkanal (Querschnitt A2 = 0, 5 m2 , H¨ohe h2 = 0, 7 m) soll der Zustand p2 = 0, 1 bar, T2 = 300 K, M2 = 2, 5 herrschen.

a) Wie groß muß der engste Querschnitt AD sein? b) Welcher Zustand muß beim Einlauf (A1 = 1, 0 m2) hergestellt werden, um diesen Betriebszustand zu erreichen? c) In der Meßstrecke befindet sich ein Keil (δ = 5◦ ). Geben Sie die Entfernung x
an, wo die Verl¨angerung des reflektierten Stoßes die x–Achse schneidet! Inwieweit unterscheidet sich die Druckverteilung an der Keiloberfl¨ache im Bereich 0 ≤ s ≤ s
von der Druckverteilung an einem Keil in freier Str¨omung? L¨ osung a) In der Lavald¨ use des Windkanals wird die Unterschallstr¨omung (M1 < 1) auf eine ¨ Uberschallstr¨ omung (M2 > 1) beschleunigt. Der engste Querschnitt AD ist hier der kritische Querschnitt AD = A∗. ¨ Mit M2 = 2, 5 erh¨alt man aus Tabelle C.1 (S. L. Seite 417 (Uberschallbereich)): A∗ = 0, 379 bzw. A∗ = 0, 1895 m2 . A2

11.3 Reflexion schr¨ager St¨oße

467

b) Zustand im Einlauf: M1 , p1 , T1 Es gilt p1 pt f(M1 ) p1 = = , p2 pt p2 f(M2 ) T1 Tt g(M1 ) T1 = = . T2 Tt T2 g(M2 ) zun¨achst wird M1 bestimmt. Aus A∗ /A1 = 0, 1895 folgt aus der Tabelle C.1 (Unterschall)

M1 = 0, 11 ;

desweiteren

p1 T1 = 0, 9916 , = 0, 9976 . pt Tt ¨ Mit M2 = 2, 5 wieder aus Tabelle C.1 (Uberschall) p2 = 0, 0585 , pt

T2 = 0, 4444 Tt

und hiermit ergibt sich p1 p2

= 16, 950

⇒

p1 = 1, 695 bar ,

T1 = 2, 2448 T2

⇒

T1 = 673, 44 K .

c) Entfernung x
:

Der Skizze entnimmt man

x
= a + b ,

h2 (1) ( cot Θ1 + cot(Θ2 − δ)) 2 Mit δ = 5◦ und der Anstr¨ommachzahl Man = 2, 5 erh¨alt man f¨ ur den ersten Stoß aus Diagramm C.1 (S. L. Seite 430): x
=

Θ1 = 28◦

(Bereich schwache St¨oße),

¨ 11 Uberschallstr¨ omungen

468

aus Diagramm C.2 (S. L. Seite 431) f¨ ur die Abstr¨ommachzahl: 1−

1 = 0, 55 Mab

bzw. Mab = 2, 2 . F¨ ur den zweiten Stoß gilt nun: δ = 5◦ aus Diagramm C.1:

und Man = 2, 2 , Θ2 = 32◦ ,

aus Diagramm C.2: 1−

1 = 0, 5 , Mab

also Mab = 2, 0 und damit f¨ ur die gesuchte Entfernung x
= 1, 345 m . Der Zustand hinter dem ersten reflektierten Stoß (0 ≤ s ≤ s
) wird nur durch die Anstr¨ommachzahl und den Umlenkwinkel δ festgelegt, ist also genauso wie bei einem Keil in freier Str¨omung. Der Einfluß der Wand erstreckt sich nur auf das Gebiet hinter dem reflektierten Stoß.

Aufgabe 11.3-2

Sich verengender Kanal

Ein ebener Kanal knickt bei [A] und [B] ab und wird dadurch von h1 auf h3 verengt. (Siehe Aufgabe 10.4-13 f¨ ur inkompressible Kanalstr¨omung!) Durch den Kanal str¨omt ideales Gas (γ = 1, 4) mit der Machzahl M1 = 5, 0 .

a) Welchen Abstand l m¨ ussen die Punkte [A] und [B] voneinander haben, damit die Str¨omung bei [3] st¨orungsfrei parallel abstr¨omt? Wie groß ist die Kanalweite h3 ?

11.3 Reflexion schr¨ager St¨oße

469

b) Welchen Wert hat die Abstr¨ommachzahlzahl M3 ? Geg.: h1 , M1 = 5, 0, δ = 25◦ , γ = 1, 4 L¨ osung a) Abstand l:

Der Geometrieskizze entnimmt man l = l1 + l2, l1 = h1 cot Θ1 ,

l2 = h3 cot(Θ2 − δ)

und l = (h1 − h3) cot δ .

(1)

Daraus h1 cot Θ1 + h3 cot(Θ2 − δ) = h1 cot δ − h3 cot δ oder

h3 cot δ − cot Θ1 = h1 cot(Θ2 − δ) + cot δ

und mit (1)



l h3 = 1− h1 h1

(2)



cot δ .

(3)

Die Stoßwinkel Θ1 und Θ2 ergeben sich aus der graphischen Darstellung Diagramm C.1 (S. L. Seite 430) Θ1 = f(M1 , δ) 

δ = 25◦ ⇒ Diagramm C.1 ⇒ Θ1 = 35, 7◦ . M1 = 5, 0 Die Abstr¨ommachzahl M2ergibt sich aus Diagramm C.2 (S. L. Seite 431) 1 δ = 25◦ ⇒ Diagramm C.2 ⇒ 1 − = 0, 6 , M1 = 5, 0 M2 also M2 = 2, 55 . F¨ ur die Ermittlung des zweiten Stoßwinkels ist die Anstr¨ommachzahl nunmehr M2 :  δ = 25◦ ⇒ Diagramm C.1 ⇒ Θ2 = 49, 5◦ . M2 = 2, 55

¨ 11 Uberschallstr¨ omungen

470

Damit kann (2) ausgewertet werden. h3 2, 14 − 1, 39 = = 0, 173 h1 2, 19 + 2, 14 und h3 wird zu h3 = 0, 173 h1 erhalten. Aus (3) l = (1 − 0, 173) ∗ 2, 14 h1 folgt l = 1, 77 h1 . b) Abstr¨ommachzahl M3 : Wie oben ist M2 nun f¨ ur den ommachzahl  reflektierten Stoß die Anstr¨ 1 δ = 25◦ ⇒ Diagramm C.2 ⇒ 1 − = 0, 3 M2 = 2, 55 M3 ⇒

11.5

M3 = 1, 42 .

Prandtl-Meyer-Str¨ omung

Aufgabe 11.5-1

Expansionsf¨ acher im sich erweiternden Kanal

In einem ebenen Kanal, dessen obere Kontur als Stromlinie der Prandtl–Meyer– Str¨omung ausgebildet ist, str¨omt ideales Gas (γ = 1, 4, R = 287 J/kgK) von gegebenem Zustand [1] (M1 = 1, 6, p1 = 0, 4 bar, T1 = 250 K) und wird durch eine zentrierte Welle um 30◦ abgelenkt. Die Kanalh¨ohe vor der Umlenkung h1 ist 0, 3 m.

a) Wie groß ist die Str¨omungsgeschwindigkeit u1, und welcher Massenstrom m ˙ (pro Tiefeneinheit) tritt durch den Kanal? b) Geben Sie die Koordinaten des Punktes [B] an, an dem die Kr¨ ummung der oberen Kanalkontur beginnt.

11.5 Prandtl-Meyer-Str¨omung

471

c) Bestimmen Sie M2 , p2 , T2, 2 und u2. d) Geben Sie die Gleichung der oberen Kanalkontur an. Welche Endweite h2 hat der ¨ Kanal? Uberpr¨ ufen Sie das Ergebnis mittels der Kontinuit¨atsgleichung. Geg.: M1 = 1, 6, p1 = 0, 4 bar, T1 = 250 K, h1 = 0, 3 m, δ = 30◦ , R = 287 J/(kgK), γ = 1, 4 L¨ osung a) Str¨omungsgeschwindigkeit u1 und Massenstrom m: ˙ 

u1 = M1 a1 = M1 γRT1 = 507, 1 m/s , p1 m ˙ = 1 u1h1 = u1h1 = 84, 81 kg/s . RT1 b) Polarkoordinaten des Punktes [B]:

Winkel : ϕB = µ1 = arcsin Radius : RB =

1 = 38, 68◦ , M1

h1 = h1M1 = 0, 3 m ∗ 1, 6 = 0, 48 m . sin µ1

(1) (2)

(3) (4)

c) M2 , p2 , T2, 2 und u2: Prandtl–Meyer–Funktion (S. L., Tabelle C.3 Seite 427): Zun¨achst entnimmt man der Tabelle den zu M1 geh¨origen Hilfswinkel ν1 . Dies ist der Umlenkwinkel, der die Machzahl M1 aus einer Anstr¨omung mit M = 1 erzeugt. M1 = 1, 6 ,

ν1 = 14, 861◦ ,

mit der tats¨achlichen Umlenkung δ = 30◦ ergibt sich die gesamte Umlenkung aus M = 1 heraus ν = ν1 + δ = 44, 861◦ , welche die Machzahl M2 = 2, 76

(5)

¨ 11 Uberschallstr¨ omungen

472

aus der Anstr¨omung erzeugt. Der dazugeh¨orige Winkel der Charakteristik ist µ2 = 21, 24◦ .

(6)

Die f¨ ur M2 = 2, 76 n¨otigen Druck und Temperaturen in isentroper Expansion T2 = 0, 3963 Tt

p2 = 0, 0392 , pt

sind der Tabelle C.1 (S. L., Seite 414) entnommen. Aus derselben Tabelle erh¨alt man f¨ ur M1 = 1, 6 T1 p1 = 0, 2353 , = 0, 6614 , pt Tt so daß

p2 0, 0392 = 0, 1665 = p1 0, 2353

(7)

wird, und daher p2 = 0, 066 bar . Ebenso

0, 3963 T2 = = 0, 5992 T1 0, 6614

und weiterhin

2 = sowie

⇒

T2 = 149, 8 K

p2 kg = 0, 1549 3 RT2 m

(8)

(9)



u2 = M2 γRT2 = 677, 1 m/s .

(10)

d) Gleichung der Kanalkontur: Die obere Kanalkontur ist als Stromlinie der Prandtl–Meyer–Str¨omung ausgebildet. In einem Koordinatensystem, in dem bei ϕ∗ = π/2 die Machzahl 1 angetroffen wird, lautet die Differentialgleichung f¨ ur die Stromlinie mit ur , uϕ aus S. L. (11.46), (11.47) 



2/(γ − 1)at sin( (γ − 1)/(γ + 1)((π/2) − ϕ∗)) dr ur   = = rdϕ∗ uϕ − 2/(γ + 1)at cos( (γ − 1)/(γ + 1)((π/2) − ϕ∗ )) ⇒





dr 1 π = − tan m − ϕ∗ ∗ rdϕ m 2

mit



m=

γ−1 . γ +1



(11)

(12)

Der Zusammenhang zwischen ϕ∗ und dem Polwinkel des vorliegenden Koordinatensystems l¨aßt sich aus der Skizze

11.5 Prandtl-Meyer-Str¨omung

zu

473

ϕ∗ = ϕ − ν1

(13)

ablesen, so daß die Differentialgleichung (11) nach Trennung der Ver¨anderlichen lautet:





dr π 1 = − tan m + ν1 − ϕ r m 2 Durch bestimmte Integration erh¨alt man aus r

r = RB

dr 1 =− r m

ϕ



tan m ϕ = µ1





dϕ .

π + ν1 − ϕ 2

(14)



dϕ



cos m((π/2) + ν1 − ϕ) r 1 ln = − 2 ln RB m cos m((π/2) + ν1 − µ1 ) r = RB



cos m((π/2) + ν1 − µ1 ) cos m((π/2) + ν1 − ϕ)



,

1/m2

.

Mit (4) und (12) also ⎛

r(ϕ) = M1 h1 ⎝



⎞(γ+1)/(γ−1)



⎠

cos( (γ − 1)(γ + 1)((π/2) + ν1 − µ1 )) cos( (γ − 1)(γ + 1)((π/2) + ν1 − ϕ))

.

(15)

Diese Gleichung beschreibt die Stromlinie r = r(ϕ) innerhalb des Expansionsf¨achers ϕB ≥ ϕ ≥ ϕC . Der Winkel ϕC ergibt sich aus der folgenden Skizze:

und ist

ϕC = µ2 − δ = −8, 76◦ .

(16)

¨ 11 Uberschallstr¨ omungen

474

Am Endpunkt [C] folgt aus (15) RC = r(ϕC ) = 2, 2272 m

(17)

und daraus die Kanalh¨ohe nach dem Expansionsf¨acher h2 = RC sinµ2 =

RC = 0, 807 m , M2

(18)

die man auch einfach aus der Kontinuit¨atsgleichung berechnen kann h2 =

11.6

m ˙ = 0, 807 m .

2 u2

Stoß-Expansions-Theorie

Aufgabe 11.6-1

Angestelltes Tragflu ¨gelprofil

Das unten skizzierte, spiegelsymmetrische, angestellte Tragfl¨ ugelprofil wird mit der Machzahl M∞ = 1, 7 angestr¨omt (γ = 1, 4).

a) Man skizziere die auftretenden Verdichtungsst¨oße und Expansionsf¨acher. b) Man berechne nach der Stoß–Expansionstheorie den Druck und die Machzahl l¨angs der Fl¨achen [1] bis [4]. c) Wie groß sind Auftriebs- und Widerstandsbeiwert des Profils?

11.6 Stoß-Expansions-Theorie

475

L¨ osung a) Wellensystem:

b) Druck und Machzahl auf den Fl¨achen [1] bis [4]: Zustand [1] : Aus der graphischen Darstellung 1 − 1/M2 = f(M1 , δ) (S. L., Diagramm C.2 Seite 431) l¨aßt sich die Machzahl hinter dem Stoß ablesen. Zu beachten ist lediglich, daß die Anstr¨ommachzahl M1 hier M∞ entspricht und M2 des Diagramms hier M1 . Der den Stoß verursachende Umlenkwinkel ist δ1 = 4◦ − 3◦ = 1◦ M1 = M1 (M∞ = 1, 7, δ1 = 1◦ ) = 1, 67 , Θ1 = Θ1 (1, 7, 1◦ ) = 37◦ . Die Normalkomponente der Machzahl vor dem Stoß ist M∞n = M∞ sin Θ1 = 1, 02 , womit man das Druckverh¨altnis u ¨ ber den Stoß aus den Stoßbeziehungen des senkrechten Verdichtungsstoßes erh¨alt, die man zweckm¨aßig in tabellarischer Form verwendet: p1 = 1, 05 . p∞ Zustand [3]: Analog zum Vorgehen bei Zustand [1] Stoß mit Umlenkwinkel δ3 = 3◦ + 2, 5◦ = 5, 5◦ M3 = M3 (M∞ = 1, 7, δ3 = 5, 5◦ ) = 1, 51 , Θ3 = Θ3 (1, 7, 5, 5◦ ) = 41, 5◦ , M∞n = M∞ sin Θ3 = 1, 13

⇒

p3 = 1, 32 . p∞

¨ 11 Uberschallstr¨ omungen

476

Zustand [2]: Der Zustand [2] wird durch Prandtl–Meyer–Expansion aus dem Zustand [1] erreicht: Expansion mit Umlenkung δ2 = 2 ∗ 4◦ = 8◦ . Zun¨achst wird bei bekannter Machzahl M1 der Hilfswinkel ν1 der Tabelle C.3 (S. L., Seite 427) entnommen. Damit und mit der geometrischen Umlenkung δ2 wird der Umlenkwinkel ν2 von der fiktiven M = 1 Anstr¨omung bestimmt, der es erlaubt die Machzahl M2 direkt aus der Tabelle C.3 abzulesen: M1 = 1, 67

⇒

ν1 = 16, 9◦ ,

ν2 = ν1 + δ2 = 24, 9◦

⇒

M2 = 1, 95 .

Die Expansion von [2] nach [1] verl¨auft isentrop. Das Druckverh¨altnis p2 /p1 kann unter Benutzung der Tabelle C.1 (S. L., Seite 414) aus den Druckverh¨altnissen berechnet werden, die zur Erreichung der jeweiligen Machzahl bei isentroper Expansion n¨otig sind. p1 M1 = 1, 67 ⇒ = 0, 212  pt1,2 p2 ⇒ = 0, 651 , p2 p1 M2 = 1, 95 ⇒ = 0, 138 pt1,2 p1 p2 = 1, 05 ⇒ = 0, 651 ∗ 1, 05 = 0, 68 . p∞ p∞ Zustand [4]: Analog zum Vorgehen bei Zustand [2]. Expansion mit Umlenkung δ4 = 2 ∗ 2, 5◦ = 5◦ ν3 = 12, 2◦ , ν4 = ν3 + δ4 = 17, 2◦ ⇒ M4 = 1, 68 , p3 M3 = 1, 51 ⇒ = 0, 268  pt3,4 p4 ⇒ = 0, 78 , p4 p3 M4 = 1, 68 ⇒ = 0, 209 pt3,4 p4 p3 = 1, 32 ⇒ = 0, 78 ∗ 1, 32 = 1, 03 . p∞ p∞ c) Auftriebs- und Widerstandsbeiwert (pro Tiefeneinheit): Der Druck ist auf den Teilfl¨achen Ai (i = 1, 2, 3, 4) jeweils konstant, so daß gilt M3 = 1, 51

⇒

F(i) =



−pn dS = −p(i) A(i)n(i)

(i = Nr. der Fl¨ache) .

(Si )

Der Betrag der Kraft ist also p(i) A(i), sie steht wegen der Reibungsfreiheit senkrecht auf den ebenen Fl¨achen. Ist βi der Neigungswinkel zwischen der jeweiligen Fl¨ache und der Profilsehne, so ist der Fl¨acheninhalt pro Tiefeneinheit A(i) = also

Die Zahlenwerte sind

l/2 , cos β(i)

pi l/2 F(i) = |F(i)| = p∞ . p∞ cos β(i)

11.6 Stoß-Expansions-Theorie

477

i F(i)/(lp∞ )

1 0,526

2 0,341

3 0,661

4 0,515

Mit den bekannten Kr¨aften ergeben sich aus folgender Skizze Auftriebs- und Widerstandskraft:

A = F3 cos 5, 5◦ + F4 cos 0, 5◦ − F1 cos 1◦ − F2 cos 7◦ = 0, 309 p∞ l , W = F1 sin 1◦ + F3 sin 5, 5◦ + F4 sin 0, 5◦ − F2 sin 7◦ = 0, 0355p∞ l . Auftriebs- und Widerstandsbeiwert sind die entsprechenden Kr¨afte bezogen auf den Staudruck der Anstr¨omung

∞ 2 1 1 p∞ 2 1 2 2 U∞ = ∞ a2∞ M∞ = ∞ γ M∞ = γp∞ M∞ 2 2 2

∞ 2 mal der Profill¨ange l, also ca = und cw =

Aufgabe 11.6-2

A = 0, 153 2 (γ/2)p∞ lM∞

W = 0, 0175 . 2 (γ/2)p∞ lM∞

Einlauf eines Triebwerkes

¨ An dem als eben anzusehenden Einlauf eines Uberschalltriebwerkes hat sich das skizzierte Wellensystem ausgebildet:

¨ 11 Uberschallstr¨ omungen

478

a) b) c) d)

Bestimmen Sie den Stoßwinkel Θ1 sowie M1 , p1 , T1 und u1 . Wie groß sind der Winkel α (siehe Abb.), M2 , p2 , T2 und u2? Bestimmen Sie M3 , p3 , T3 und u3. Warum tritt keine Stoßreflexion auf?

Geg.: M∞ = 2, 6, p∞ = 1 bar, T∞ = 300 K, γ = 1, 4, R = 287 J/(kg K), β = 28◦ L¨ osung a) Zustand im Bereich [1]: Die Anstr¨omung wird um den Winkel δ = β/2 = 14◦ abgelenkt. Mit der Machzahl der Anstr¨omung M∞ = 2, 6 folgt aus (S. L. (Diagramm C.1)) Θ1 = Θ1 (M∞ = 2, 6, δ = 14◦ ) ≈ 35◦ und aus (S. L. (Diagramm C.2)) M1 = M1(M∞ = 2, 6, δ = 14◦ ) ≈ 2 . Die mit der Geschwindigkeitskomponente senkrecht zur Stoßfront gebildete Machzahl ist M1n = M∞ sin Θ = 1, 49 . Damit erh¨alt man aus den Stoßbeziehungen f¨ ur den senkrechten Stoß (S. L. (Tabelle C.2)): p1 = 2, 42 ⇒ p1 = 2, 42 ∗ 1bar = 2, 42 bar , p∞ T1 = 1, 31 ⇒ T1 = 1, 31 ∗ 300 K = 393 K T∞ ⇒ u1 = M1 a1 = M1



γ R T1 = 795 m/s .

b) Winkel α und Zustand im Bereich [2]: Aus der Skizze liest man den Umlenkwinkel zu δ=

β = 14◦ 2

und den Stoßwinkel zu

Θ2 = α +

β 2

ab. Da Θ2 = Θ2(M1 = 2, δ = 14◦ ) = 44◦

11.6 Stoß-Expansions-Theorie

479

ist (S. L. (Diagramm C.1)), erh¨alt man den Winkel α zu α = Θ2 −

β = 44◦ − 14◦ = 30◦ . 2

Aus (S. L. (Diagramm C.2)) kann man nun die Machzahl M2 = M2 (M1 = 2, δ = 14◦ ) = 1, 5 ablesen. Mit der Machzahl M1n = M1 sin Θ = 2 sin(44◦ ) = 1, 39 erh¨alt man p2 , T2 und u2 aus den Stoßbeziehungen (S. L. (Tabelle C.2)) p2 = 2, 09 ⇒ p2 = 2, 09 ∗ 2, 42bar = 5, 06 bar , p1 T2 = 1, 25 ⇒ T2 = 1, 25 ∗ 393 K = 491 K T1 ⇒ u2 = M2 a2 = M2



γ R T2 = 666 m/s .

c) Zustand im Bereich [3]: Die Str¨omung vom Gebiet [1] ins Gebiet [3] wird durch den Expansionsf¨acher umgelenkt, der Winkel ist δ=

β = 14◦ . 2

Es handelt sich um eine Prandtl–Meyer–Str¨omung, deren fiktiver Umlenkwinkel ν = ν1 + δ betr¨agt. Den zur Anstr¨om–Machzahl M1 = 2 geh¨orenden Umlenkwinkel ν1 entnehmen wir der Tabelle C.3 in S. L.: ν1 = ν1 (M1 = 2) = 26, 38◦ ⇒ ν = 26, 38◦ + 14◦ = 40, 38◦ . Die zu diesem Winkel geh¨orende Abstr¨om–Machzahl M3 im Gebiet [3] finden wir wieder in (S. L. (Tabelle C.3)) M3 = M3 (ν = 40, 38◦ ) ≈ 2, 55 .

¨ 11 Uberschallstr¨ omungen

480

Die Str¨omung u ucke und Ru¨ ber den Expansionsf¨acher ist homentrop, die Ruhedr¨ hetemperaturen in den Gebieten [1] und [3] sind gleich, mit (S. L. (Tabelle C.1)) k¨onnen wir die Verh¨altnisse p3 /p1 und T3/T1 ermitteln: M1 = 2 ⇒ M3 = 2, 55 ⇒

p1 T1 = 0, 1278 , = 0, 5556 , pt Tt p3 T3 = 0, 0542 , = 0, 4347 pt Tt

p3 0, 0542 0, 4347 T3 = = = 0, 424 , = 0, 782 . p1 0, 1278 T1 0, 5556 Hieraus berechnen sich die gesuchten Str¨omungsgr¨oßen zu ⇒

p3

= 0, 424 ∗ 2, 42 bar = 1, 04 bar ,

T3 = 0, 782 ∗ 393 K = 307 K ⇒ u3 = M3 a3 = M3



γ R T3 = 896 m/s .

Vergleich der Gr¨oßen nach dem Expansionsf¨acher mit denen nach dem Stoß:

Da die Ruheenthalpie ht = γ/(γ − 1) R T + u2 /2 eine Erhaltungsgr¨oße ist, ist die Temperatur hinter dem Stoß h¨oher als hinter dem Expansionsf¨acher, die Geschwindigkeit daf¨ ur aber niedriger. d) Stoßreflektion? Der im Punkt [A] ankommende Stoß k¨onnte entweder als Expansionswelle oder wieder als Stoß reflektiert werden. Beides w¨ urde aber eine erneute Str¨omungsablenkung zur Folge haben. Da die Str¨omung hinter dem schr¨agen Verdichtungsstoß jedoch schon parallel zu den Kanalw¨anden gerichtet ist, ist dies nicht m¨oglich.

12 Grenzschichttheorie

Aufgabe 12-1

Impulsgleichung

Die Grenzschichtgleichungen f¨ ur ebene, inkompressible, station¨are Str¨omung lauten u

∂u 1 ∂p ∂ 2u ∂u +v =− +ν 2 , ∂x ∂y

∂x ∂y

∂p , ∂y ∂u ∂v + =0. ∂x ∂y Leiten Sie durch Integration der Grenzschichtgleichungen von y = 0 bis y → ∞ die Impulsgleichung (S. L. (12.141)) 0=

dδ2 1 1 dU τw + (2δ2 + δ1 ) = dx U dx

U 2 her, wobei

∞ 

δ1 =

1−

0

u U



dy

die Verdr¨angungsdicke und ∞ 

1−

δ2 = 0 die Impulsverlustdicke ist.

u U



u dy U

482

12 Grenzschichttheorie

L¨ osung Herleitung der Impulsgleichung dδ2 1 dU τw + (2δ2 + δ1) = dx U dx

U 2 durch Integration der Grenzschichtgleichungen u ¨ ber y von 0 bis ∞. Grenzschichtgleichungen (station¨ar) (S. L. (12.19–12.21)) u

∂u ∂u 1 ∂p ∂ 2u +v =− +ν 2 , ∂x ∂y

∂x ∂y

(1)

∂p , (2) ∂y ∂u ∂v + =0. (3) ∂x ∂y Wegen (2) ist der Druck u ¨ ber y konstant, d. h. derselbe wie in der reibungsfreien Außenstr¨omung und die Komponente des Druckgradienten in (1) kann durch die Eulersche Gleichung – ausgewertet an der Wand – ersetzt werden: 0=

−

dU 1 ∂p =U

∂x dx

(4)

Der Reibungsterm in (1) ist im Rahmen der Grenzschichttheorie die einzige nicht verschwindende Komponente der Divergenz des Spannungstensors η ∂ 2u 1 ∂ τxy . = 2

∂y

∂y

(5)

*+,=ν

Somit lautet (1) : ∂u ∂u ∂U 1 ∂τxy +v −U − =0 ∂x ∂y ∂x

∂y Diese Gleichung integrieren wir von y = 0 bis y = h > δ(x) : u

h 

∂u ∂U ∂u +v −U u ∂x ∂y ∂x

0



1 dy =

h

0

∂τxy dy . ∂y

(6)

(7)

Mittels der Kontinuit¨atsgleichung (3) ersetzen wir die Komponente v der Grenzschichtgeschwindigkeit y ∂u v=− dy + f(x) , ∂x 0 wobei wegen v(x, y = 0) f(x) identisch verschwindet. Mit τxy (y = 0) = τw und τxy (y = h) = 0 ergibt sich dann aus (7) h ( ∂u

y

0

0

∂u u − ∂x ∂y

τw ∂u ∂U ) dy = − . dy − U ∂x ∂x

(8)

483

Den zweiten Term formen wir mittels partieller Integration um: h

0

( ∂u u dy − u ∂x

y

0

h

∂u )h dy + 0 ∂x

0

∂u u dy − ∂x

h

U 0

∂U τw dy = − ∂x

(9)

und erhalten h

−2

∂u u dy + ∂x

0

h

0

h

∂u dy + U ∂x

τw ∂U dy = + . ∂x

U 0

Gleichung (10) l¨aßt sich weiter zusammenfassen, wenn man mit u h

− 2u

0 so daß

h

0

∂U erg¨anzt ∂x

∂u τw ∂u ∂U ∂U ∂U  dy = +U +u −u +U , ∂x ∂x ∂x ∂x ∂x

∂ ∂U [u(U − u)] dy + ∂x ∂x

h

(U − u) dy =

0

(10)

τw

(11)

(12)

entsteht. Außerhalb der Grenzschicht sind die Integranden null, da u = U gilt; wir k¨onnen also auch von y = 0 bis y → ∞ integrieren. Im ersten Integral vertauschen wir noch die Reihenfolge von Integration und Differentiation (erlaubt, da Grenzen unabh¨angig von x) : ⇒

∞

d dx *

0

∞

dU u(U − u) dy + dx +,

-

δ2 U 2

*

0

(U − u) dy = +,

τw .

(13)

-

δ1 U

Mit den Abk¨ urzungen“ δ1 (Verdr¨angungsdicke) und δ2 (Impulsverlustdicke) ergibt sich ” die Impulsgleichung der station¨aren, inkompressiblen, ebenen Grenzschichtstr¨omung: d ( 2 ) τw dU = U δ2 + δ1 U

dx dx

(14)

oder nach Anwendung der Produktregel (S. L. (12.141)): dδ2 1 dU τw + (2δ2 + δ1) = dx U dx

U 2 mit :

∞ 

δ1 = 0

1−

u U



dy ,

(15)

484

12 Grenzschichttheorie ∞ 

δ2 = 0

Aufgabe 12-2

u 1− U



u dy . U

Außenstr¨ omung am Keil

Die Außenstr¨omung am Keil wird durch die Potenzverteilung“ ” U = Cxm , mit

β π−β

m=

0≤m≤1

(β = halber Keil¨offnungswinkel)

beschrieben. Berechnen Sie mit dem Ansatz





u πy = sin U 2δ f¨ ur die Geschwindigkeit in der laminaren Grenzschicht a) die Impulsverlustdicke δ2, b) die Verdr¨angungsdicke δ1 , c) die Wandschubspannung τw . L¨ osung Impulsgleichung



d = ˆ dx




δ2


U
τw + (2δ2 + δ1) = U

U 2

mit δ 

u 1− U

δ1 = 0



dy

Verdr¨angungsdicke“ ”

und δ 

1−

δ2 = 0

u U



u dy U

Impulsverlustdicke“ . ”

Ansatz f¨ ur die Geschwindigkeit in der Grenzschicht 

u πy = sin U 2δ



.

485

Damit folgt f¨ ur die Verdr¨angungsdicke δ1 = δ

1 

1 − sin



0

πy 2δ





y δ

d

=

π−2 π

und f¨ ur die Impulsverlustdicke δ2 = δ

1 

1 − sin



0

πy 2δ





sin 

πy 2δ







d

y δ

=

4−π , 2π



∂u  ∂ πU πy  = ηU sin =η ∂y y=0 ∂y 2 δ y=0 2δ ausgedr¨ uckt u ¨ber die Impulsverlustdicke ergibt sich wegen τw = η

4−π δ2 = δ 2π

⇒

τw = η

4−πU . 4 δ2

Einsetzen von τw und δ1 in die Impulsgleichung liefert eine gew¨ohnliche Differentialgleichung f¨ ur die Impulsverlustdicke δ2. Mit δ1 = folgt δ2
+

δ1 δ π − 2 2π δ2 = δ2 δ δ2 π 4−π 



U
π−2 4−πU η 2δ2 1 + = U 4−π 4 δ2 U 2

oder

4 U
2 4 − π ν δ = . 4−π U 2 4 U a) Integration der Impulsgleichung (1) f¨ ur die Keilstr¨omung: δ2δ2
+

U = Cxm ,

U
= Cmxm−1

⇒

(1)

U
m = U x

1 dδ22 ergibt sich eine in δ22 lineare Differentialgleichung erster Ordwegen δ2δ2
= 2 dx nung: 1 dδ22 4 m 2 4−π ν + δ = 2 dx 4−π x 2 4 Cxm oder xm xm f
+ a f = b x 8m 4−π ν mit f = δ22 ; a = ; b= . 4−π 2 C Allgemeine L¨osung der homogenen Differentialgleichung: xm

xm df +a f =0 dx x

486

12 Grenzschichttheorie

oder

df f = −a dx x und nach Trennung der Ver¨anderlichen df dx = −a , f x so daß die homogene L¨osung lautet fh = K1 x−a = K1 x−(8m)/(4−π) . Die Partikul¨arl¨osung der inhomogenen Differentialgleichung finden wir durch Variation der Konstanten mit dem Ansatz fp = K2 (x)x−a , der auf xm (K2
x−a − aK2 x−a−1 + aK2 x−a−1 ) = b f¨ uhrt. Daraus ergibt sich K2
= bxa−m

⇒

und somit fp = Mit a−m+1 =

K2 =

b xa−m+1 a−m+1

b x1−m . a−m+1

8m 4m + π(m − 1) + 4 −m+1 = 4−π 4−π

und b=

4−π ν 2 C

ist die Partikul¨arl¨osung also fp =

ν (4 − π)2 x1−m . C 8m + 2π(m − 1) + 8

Die allgemeine L¨osung f = fh + fp der inhomogenen Differentialgleichung lautet dann ν (4 − π)2 2 2 δ22 = δ2h + δ2p = K1 x(−8m)/(4−π) + x1−m . C 8m + 2π(m − 1) + 8 Da die Impulsverlustdicke bei x = 0 endlich sein muß, gilt K1 = 0 und die Impulsverlustdicke ist durch die Partikul¨arl¨osung gegeben: / 0

4 − π0 2x1−m 1ν δ2 = . 4 C m + 1 + (π/4)(m − 1)

487

b) Verdr¨angungsdicke δ1 : / 0

δ1 δ π − 2 2π 4 − π 0 2x1−m 1ν , δ1 = δ2 = δ δ2 π 4−π 4 C m + 1 + (π/4)(m − 1) / 0

π − 20 2x1−m 1ν δ1 = . 2 C m + 1 + (π/4)(m − 1)

⇒ c) Wandschubspannung τw :

4−π m 4 τw = η Cx 4 4−π 

⇒

τw = η



C m + 1 + (π/4)(m − 1) , ν 2x1−m



(Cxm )3 m + 1 + (π/4)(m − 1) . xν * 2 +, -

(2)

A

Die hier verwendete Integralmethode zur Berechnung der Grenzschicht am Keil ist eine N¨aherungsl¨osung. F¨ ur das gegebene Problem ist das exakte L¨osen der Grenzschichtgleichungen m¨oglich. Wir k¨onnen daher die mittels der Integralmethode berechnete Wandschubspannung (2) mit der exakten L¨osung vergleichen: Ebene Platte (m = 0): 1 A= 2



4−π = 0, 3276 ; 2

Aexakt = 0, 3321 .

Staupunktstr¨omung (m = 1): A=1;

Aufgabe 12-3

Aexakt = 1, 2326 .

Unstetiger Diffusor

Durch einen ebenen Kanal, dessen H¨ohe sich an der Stelle [1] unstetig von h1 auf h2 vergr¨oßert, str¨omt Fl¨ ussigkeit konstanter Dichte mit dem Volumenstrom V˙ .

488

12 Grenzschichttheorie

An der Stelle [1] ist die Geschwindigkeit ausgeglichen. An der unstetigen Querschnittserweiterung l¨ost die Str¨omung ab und legt sich bei x = l an der Stelle [2] wieder an die Wand an. Gen¨ ugend weit stromabw¨arts von der Stelle [2] entfernt (Stelle [3]), ist die Str¨omung wieder ausgeglichen. Die sich zwischen [1] und [2] einstellende Geschwindigkeitsverteilung kann in gen¨ ugendem Abstand von der Stelle [1] n¨aherungsweise durch das Profil eines halben, ebenen, turbulenten Freistrahls beschrieben werden: 

u(x, y) =

K 1 2 x cosh (σ xy )

mit σ = 7, 67 ,

wobei die x-Achse die Symmetrielinie des Strahles ist. An der oberen Wand trete keine Abl¨osung auf und der Druck kann an einer Stelle x im Kanal als konstant u ¨ber den Kanalquerschnitt angesehen werden. a) Berechnen Sie die mittlere Geschwindigkeit an der Stelle [1] und geben Sie die Geschwindigkeitsverteilung an der Stelle [2] u(l, y) an. b) Ermitteln Sie den Druckunterschied ∆p = p2 − p1 zwischen [1] und [2]. An der Stelle [2] liegt das Geschwindigkeitsprofil des Freistrahles vor, an der Stelle [1] ist die Str¨omung ausgeglichen. S¨amtliche Reibungsspannungen werden vernachl¨assigt. c) Ber¨ ucksichtigen Sie nun die Schubspannungen an der oberen Kanalwand (y = 0). Dort bildet sich ab der Stelle [1] eine turbulente Grenzschicht aus. F¨ ur die Geschwindigkeit am Rand der Grenzschicht kann die Geschwindigkeit des Freistrahlprofiles bei y = 0 angenommen werden. Berechnen Sie erneut p2 − p1 und zeigen Sie durch Vergleich mit dem Ergebnis aus Aufgabenteil b), daß die Reibungskraft an der oberen Wand gegen¨ uber den Impuls¨anderungen vernachl¨assigbar ist. d) Wie groß ist der Druckr¨ uckgewinn p2 − p1 unter der Annahme, daß die Str¨omung an der Stelle [2] ausgeglichen ist und Reibungsspannungen vernachl¨assigt werden? Geg.: V˙ = 0, 3 m2 /s, h1 = 0, 02 m, h2 = 10 h1 = 0, 2 m, l = 23 h1 = 0, 46 m, = 1000 kg/m3 , ν = 10−6 m2/s L¨ osung a) Die Geschwindigkeit an der Stelle [1] berechnet sich aus dem gegebenen Volumenstrom V˙ zu V˙ u1 = = 15 m/s . h1 An der Stelle [2] tritt derselbe Volumenstrom durch den Kanal:

V˙



=

h2

u · n dS =

u(x = l, y)dy = 0

(S)

⎡

h2



0 ⎤ h2

y ⎦ K l tanh σ = ⎣ l σ l

√ =

0





K dy

 l cosh2 σ y l

h2 Kl tanh σ σ l



.

489

Damit bestimmt sich die unbekannte Konstante K des Profils zu ⎛

1 V˙ σ

K= ⎝ l tanh σ

⎞2 h2 l

 ⎠ = 11, 57 m3 /s2 .

Das Geschwindigkeitsprofil an der Stelle x = l lautet dann u(l, y) =

V˙ σ

l tanh σ

h2 l

mit A=



1

cosh2 σ yl V˙ σ

l tanh σ

h2 l

 =

A

cosh2 σ yl



(1)

 .

b) Um den Druckunterschied ∆p = p2 −p1 zu ermitteln, benutzen wir die x–Komponente des Impulssatzes

ex ·



u (u · n) dS = ex ·

(S)



t dS (S)

auf das skizzierte Kontrollvolumen. Es ergibt sich 

u (u · n) dS +

S1



u (u · n) dS =

S2





tx dS + S1



tx dS + S2

tx dS .

(2)

Sw

Hierin ist das letzte Integral auf der rechten Seite die Kraft in x–Richtung der Wand auf die Fl¨ ussigkeit. Bei Vernachl¨assigung s¨amtlicher Reibungsspannungen ist 

Fxw→F l. =

tx dS = p1 (h2 − h1)

SW

und





tx dS = p1 h1 S1

sowie

tx dS = −p2 h2 .

S2

Da die Geschwindigkeit an der Stelle [1] ausgeglichen ist wird 

S1

u (u · n) dS = − u21 h1 = −

V˙ 2 , h1

490

12 Grenzschichttheorie

An der Stelle [2] liegt das Profil des turbulenten Freistrahles vor und daher ist 

u (u · n) dS = A2

S2

h2

dy

cosh4 σ

0

y l

 .

Die Auswertung des Integrals auf der rechten Seite liefert h2

A

2

0



A2 l h2

 = tanh σ 4 y 3σ l cosh σ l dy







3 − tanh

2



σ V˙ 2 h2 = coth σ l l



h2 σ l





1 h2 − tanh σ 3 l



.

Setzt man die ausgewerteten Integrale in Gleichung (2) ein, so ergibt sich die gesuchte Druckdifferenz zu (p2 − p1 ) h2

h2 V˙ 2 dy

 oder = − A2 h1 cosh4 σ yl 0

(p2 − p1 ) h2

V˙ 2 V˙ 2 σ h2 = − coth σ h1 l l









1 h2 − tanh σ 3 l



bzw.

p2 − p1

h1 V˙ 2 = 1−σ h1 h2 l

p2 − p1 = 0, 776





h2 coth σ l





1 h2 − tanh σ 3 l



(3)

V˙ 2 = 0, 175 bar . h1 h2

c) Ber¨ ucksichtigt man im Impulssatz die Reibungsspannungen an der oberen Wand, so entsteht ein zus¨atzlicher Beitrag, da tx an der Teilfl¨ache So der Wandfl¨ache Sw nun von null verschieden ist: 

Fxw→F l. =

tx dS = p1 (h2 − h1 ) +

Sw



tx dS . So

Die x–Komponente des Spannungsvektors an der oberen Wand So ist tx = τxx nx + τxy ny und wegen nx = 0 und ny = −1 tx = −τxy = −τw .

491

Mit dem Zusatzterm erh¨alt man aus Gleichung (2) nun die Druckdifferenz

p2 − p1

V˙ 2 h1 = 1−σ h1 h2 l 1 − h2





h2 coth σ l





1 h2 − tanh σ 3 l



l

τw (x)dx ,

(4)

0

wobei der erste Term der rechten Seite dem bereits bekannten Ergebnis aus Aufgabenteil b) entspricht. F¨ ur die Absch¨atzung der Wandschubspannung τw (x) wird ein Widerstandsgesetz f¨ ur die ebene Platte benutzt. Zun¨achst muß jedoch die lokale Reynoldszahl u(x) x Rex = ν ermittelt werden f¨ ur die Geschwindigkeit u(x) am Außenrand der Grenzschicht, die die Geschwindigkeit an der Wand ist. Aus der Aufgabenstellung ist sie durch 

u(x, y = 0) =

K . x

(5)

gegeben. Die Stelle x = 0, an der die Geschwindigkeit unendlich groß w¨ urde, bezeichnet man als den Ursprung des Halbstrahles. Um an der Stelle [1] eine endliche Geschwindigkeit zu erreichen, muß der virtuelle Ursprung des Strahles um eine Strecke x0 in den Kanal verschoben werden. Diese Strecke x0 errechnet sich, indem man die Geschwindigkeit aus Aufgabenteil a) u1 = 15 m/s , die bei x = x0 vorliegen muß in Gleichung (5) einsetzt. Dies f¨ uhrt auf 

u1 =

K x0

⇒

x0 =

K = 0, 051 m . u21

Daraus folgt eine um x = −x0 verschobene Verteilung 

u(x, y = 0) =

K , x + x0

(6)

welche wir jetzt f¨ ur die Geschwindigkeit am Außenrand der Grenzschicht verwenden. An der Stelle [1] erh¨alt man mit Gleichung (6) nun die in Aufgabenteil a) errechnete Geschwindigkeit u1 , allerdings wird die Geschwindigkeit bei x = l etwas untersch¨atzt, was bei der Berechnung der Wandschubspannung aber vernachl¨assigbar ist. Mit Gleichung (6) ermittelt man die lokale Reynoldszahl zu √  ux K x2 Rex = = . ν ν x + x0

492

12 Grenzschichttheorie

Sie liegt mit den bereits errechneten Werten von K und x0 im Bereich 0 < Rex < 1, 4 ∗ 106 . Mit dem Widerstandsgesetz (S. L. (12.171))

2


2 cf = U∞ 0, 0576 Re−1/5 τw (x) = U∞ x 2 2 in dem U∞ nun durch u(x, 0) zu ersetzen ist, erh¨alt man ⎛√  ⎞−1/5 2

K K x ⎠ τw (x) = 0, 0576 ⎝ 2 x + x0 ν x + x0

oder

−9/10

K 9/10 . 0, 0576 −1/5 x11/9 + x0 x2/9 2 ν Die Integration u uhrt werden und f¨ uhrt ¨ ber die Plattenl¨ange l muß numerisch ausgef¨ auf eine Widerstandskraft pro Tiefeneinheit von

τw (x) =

l

Fw =

τw (x)dx = 54, 3 N/m . 0

Eine obere Absch¨atzung der Widerstandskraft ohne Ber¨ ucksichtigung des Geschwindigkeitsabfalles am Außenrand der Grenzschicht ermittelt man aus (S. L. (12.169)) cf =

Fw −1/5 = 0, 072 ReL , 2 L ( /2) U∞

(7)

wobei L = l = 0, 46 m und U∞ = u1 = 15 m/s gesetzt und die Reynoldszahl u1 l = 6, 9 ∗ 106 ν nach der Widerstandskraft aufgel¨ost wird. Man erh¨alt aus Gleichung (7) −1/5 Fw = 0, 072 ReL l u21 = 159, 76 N/m . 2 Mit dieser Widerstandskraft gelangt man aus Gleichung (4) zu der Druckdifferenz Rel =

p2 − p1 =

V˙ 2 V˙ 2 [0, 776 − 0, 0355] = 0, 74 = 0, 166 bar . h1 h2 h1 h2

(8)

die sich nicht wesentlich von dem Ergebnis aus b) unterscheidet. Der Einfluß der Schubspannungen auf den Druckunterschied ist vernachl¨assigbar. d) Nimmt man an der Stelle [2] ausgeglichene Str¨omung an, so errechnet man aus dem Impulssatz die Druckdifferenz 

p2 − p1

V˙ 2 h1 = 1− h1 h2 h2



V˙ 2 = 0, 9 = 0, 205 bar , h1 h2

493

die dem Carnot-Stoß (S. L. (9.52)) entspricht. Die Druckerh¨ohung ist in diesem Fall h¨oher als die Druckerh¨ohung aus Aufgabenteil b), was man auch erwartet, da sich zwischen den Stellen [2] und [3] das Geschwindigkeitsprofil noch ausgleicht, was einen weiteren Druckanstieg zur Folge hat. Man erh¨alt auch bei der Wahl eines anderen Geschwindigkeitsprofiles an [2] immer einen Druckunterschied, der kleiner ist als beim Carnot-Stoß, da das Rechteckprofil bei gegebenem Volumenstrom V˙ das Profil mit dem kleinsten Impuls ist.

Aufgabe 12-4

Korrektur des Widerstandsbeiwertes bei einem Doppelkeilprofil

¨ F¨ ur das skizzierte Doppelkeilprofil in station¨arer Uberschallstr¨ omung (M∞ = 2) soll der Widerstandsbeiwert Fw cw = 2 l

∞ /2 U∞ ermittelt werden.

Nach der Froudeschen Hypothese, die experimentell ganz gut best¨atigt ist, setzt sich der Widerstandsbeiwert cw zusammen aus einem Reibungswiderstandsbeiwert cf , der von der Machzahl und der Reynoldszahl abh¨angt und einem Widerstandsbeiwert cwd , der bekanntlich nur von der Machzahl abh¨angt und den man auch Wellenwiderstandsbeiwert nennt. Es gilt also n¨aherungsweise: cw = cf (Re, M) + cwd (M) . An einem geometrisch ¨ahnlichen Modell im Windkanal (Maßstabsfaktor der L¨ange l/l
= 100) wird nun der Widerstandsbeiwert c
w = 0, 15 gemessen. Im Falle gleicher Reynoldszahl und gleicher Machzahl bei Modell und Großausf¨ uhrung ist dies dann auch der Beiwert der Großausf¨ uhrung cw = c
w . Bei der Messung am Modell kann aber in der Regel die Reynoldszahl der Großausf¨ uhrung nicht erreicht werden, so daß eine Korrektur des Widerstandsbeiwertes cw = ∆cw + c
w erforderlich wird.

494

12 Grenzschichttheorie

a) Berechnen Sie die Str¨omung in den Gebieten [1] und [2] bei einer Anstr¨ommachzahl M∞ = 2 f¨ ur Modell und Großausf¨ uhrung. b) Wie groß ist der theoretische Wellenwiderstandsbeiwert? c) Wie groß sind die Reynoldszahlen, gebildet mit der Plattenl¨ange in den Gebieten [1] und [2] 1.) am Modell?, 2.) an der Großausf¨ uhrung? d) Ermitteln Sie die Reibungsbeiwerte an Modell und Großausf¨ uhrung und berechnen Sie den Gesamtwiderstandsbeiwert cw der Großausf¨ uhrung. F¨ ur den Reibungsbeiwert einer der Profilfl¨achen kann der Beiwert der ebenen Platte verwendet werden (siehe Hinweis). Str¨omungsmedium ist Luft (kalorisch ideales Gas). Im Windkanal wird die Machzahl M∞ = 2 vor dem Modell durch isentrope Str¨omung aus dem Ruhezustand (pt = p∞ , Tt = T∞ ) heraus erreicht. Geg.: M∞ = 2, p∞ = 1 bar, T∞ = 300 K, γ = 1, 4, R = 287 J/(kg K), ν∞ = 16 ∗ 10−6 m2/s, d = 0, 353 m, l = 2 m Hinweis: Nehmen Sie an, daß die Z¨ahigkeit η des Gases proportional seiner Temperatur ist und die Wand w¨armeundurchl¨assig ist. Dann kann man den Widerstandsbeiwert cf einer ebenen Platte wie folgt berechnen: a) bei laminarer Grenzschicht in kompressibler Str¨omung (Re < 5 ∗ 105 ) ist cf (Re, M) nicht mehr von der Machzahl abh¨angig und berechnet sich wie in inkompressibler, laminarer Str¨omung. b) bei turbulenter, kompressibler Grenzschicht (Re > 5 ∗ 105 ) kann diesselbe Gleichung wie f¨ ur die turbulente, inkompressible Str¨omung benutzt werden, allerdings werden die Stoffwerte und η bei einer anderen Bezugstemperatur T ∗ eingesetzt. W¨ahlen Sie T ∗ = Tw (Wandtemperatur) γ−1 2 M ), 2 wobei f¨ ur T und M jeweils die Werte am Rand der Grenzschicht zu nehmen sind mit dem Recovery–Faktor r = 0, 88. Tw = T (1 + r

L¨ osung a) Zustand in den Gebieten [1] und [2] : 1.) schr¨ager Verdichtungsstoß von [∞] nach [1]: Aus d/l = 0, 176 = tan δ folgt der Umlenkwinkel zu δ = 10◦ , die Anstr¨ommachzahl ist M∞ = 2 und man erh¨alt aus den Diagrammen C.1 und C.2 (S. L. Anhang C): M1 = 1, 64 , Θ1 = 39, 31◦ ⇒ Mn∞ = 1, 267 . Die Gr¨oßen nach dem Stoß sind (S. L. (Tabelle C.2)): p1 = 1, 69 p∞ , 1 = 1, 45 ∞ , T1 = 1, 17 T∞

495

Daraus folgt a1 = 1, 08 a∞ , U1 = 0, 885 U∞ , η1 = η∞

T1 η1 = 1, 17 η∞ , ν1 = = 0, 807 ν∞ . T∞

1

2.) Prandtl-Meyer-Expansion von [1] nach [2]: Mit M1 = 1, 64 liest man aus (S. L. (Tabelle C.3)) den Umlenkwinkel ν1 = 16, 04◦ ab, der zur Anstr¨omung M = 1 geh¨ort. Die gesamte Umlenkung ist dann ν = ν1 + 20◦ = 36, 04◦ und die Machzahl im Gebiet [2] M2 = 2, 37. Die Gr¨oßen nach der Expansion k¨onnen mit Hilfe der Tabelle C.1 (S. L.) berechnet werden. Man findet p2 = 0, 329 p1 = 0, 56 p∞ , 2 = 0, 445 1 = 0, 65 ∞ , T2 = 0, 725 T1 = 0, 85 T∞ . und ermittelt damit a2 = 0, 92 a∞ , U2 = 1, 09 U∞ , η2 = η∞

T2 η2 = 0, 85 η∞ , ν2 = = 1, 31 ν∞ . T∞

2

Die oben berechneten Gr¨oßen gelten gleichermaßen f¨ ur Modell und Großausf¨ uhrung.
Im folgenden werden Gr¨oßen, die am Modell auftreten mit einem Strich ( ) versehen. Der Gaszustand vor der Großausf¨ uhrung ist (M∞ = 2)

∞ = 1, 16 kg/m3 , p∞ = 1 bar, T∞ = 300 K und a∞ = 347, 2 m/s, U∞ = 2 a∞ = 694, 4 m/s, ν∞ = 16 ∗ 10−6 m2/s . Im Windkanal wird das Gas, ausgehend vom Ruhezustand pt = 1 bar, Tt = 300 K, νt = 16 ∗ 10−6 m2/s isentrop auf M∞ = 2 expandiert und der Zustand vor dem Modell kann Tabelle C.1 (S. L.) entnommen werden: p
∞ = 0, 128 pt = 0, 128 bar,
∞ = 0, 23 t = 0, 267 kg/m3 ,
T∞ = 0, 55 Tt = 165 K, a
∞ = 0, 745 at = 258, 5 m/s,

so daß sich



U∞ = 2 a
∞ = 517 m/s, ν∞ = 38, 3 ∗ 10−6 m2 /s

ergibt. b) Wellenwiderstandsbeiwert: Die Widerstandskraft, die vom Druckunterschied zwischen Vorderseite und Hinterseite des Profiles herr¨ uhrt, lautet Fw = (p1 − p2 ) 2 d . Bezogen auf die Anstr¨omung erh¨alt man cwd =

p1 − p2 2 d .

∞ /2 U∞ 2 l

496

12 Grenzschichttheorie

Das ist der theoretische Wellenwiderstandsbeiwert. Mit

∞ U∞ 2 = ∞ M∞ 2 a∞ 2 = γ M∞ 2p∞ 

erh¨alt man cwd

p1 − p2 d p2 p1 =4 − = 4γ 2 p∞ p∞ γ M∞ p∞ l



1 d . M∞ 2 l

Mit den Druckverh¨altnissen aus Aufgabenteil a), M∞ = 2 und d/l = 0, 176 errechnet man cwd = 0, 142 . ¨ Man erkennt, daß bei geometrischer Ahnlichkeit von Modell und Großausf¨ uhrung der Wellenwiderstandsbeiwert derselbe ist. c) Reynoldszahlen: √ Die L¨ange eines Profilabschnittes ist l2 + d2 ≈ l und damit errechnet man die Reynoldszahlen in den einzelnen Gebieten zu Re =

U l ν

1.) F¨ ur die Großausf¨ uhrung ergibt sich mit: l = 2 m, U∞ = 694, 4 m/s, ν∞ = 16 ∗ 10−6 m2 /s , U1 l 0, 885U∞ l Re1 = = = 9, 5 ∗ 107 ν1 0, 807ν∞ und

U2 l 1, 09U∞ l = = 7, 2 ∗ 107 . ν2 1, 31ν∞ 2.) F¨ ur das Modell (Maßstabsfaktor l/l
= 100) mit: Re2 =



l
= 0, 02 m, U∞ = 517 m/s, ν∞ = 38, 3 ∗ 10−6 m2 /s

also Re
1 =


U1
l
0, 885U∞ l
= = 2, 96 ∗ 105
ν1 0, 807ν∞

und


l
U2
l
1, 09U∞ = = 2, 24 ∗ 105 .
ν2
1, 31ν∞ Aufgrund der unterschiedlichen Reynoldszahlen ist am Modell mit einer laminaren Grenzschicht und an der Großausf¨ uhrung mit einer turbulenten Grenzschicht zu rechnen! d) Reibungsbeiwerte: Der gesamte Reibungsbeiwert ist die Summe der Reibungsbeiwerte der vier Fl¨achen des Profils cf = 2cf 1 + 2cf 2 = 2 (cf 1 + cf 2 ) ,

Re
2 =

wobei f¨ ur den Reibungsbeiwert einer Profilfl¨ache der Beiwert der ebenen Platte verwendet werden kann.

497

1.) Modell Die Grenzschicht ist laminar und unter den gegebenen Voraussetzungen ist cf kompressibel = cf inkompressibel. Im vorliegenden Fall wird das Blasiussche Widerstandsgesetz f¨ ur die laminare Plattenstr¨omung (S. L. (12.51)) cf = 1, 33 Re−1/2 mit Re =

Ul ν

verwendet und man erh¨alt im Gebiet [1]: c
f 1 = 1, 33 Re
1

−1/2

Fw U1
2 l


= 0, 0024 =


1 /2

= 0, 0027 =


2 /2

und im Gebiet [2]: c
f 2 = 1, 33 Re
2

−1/2

Fw . U2
2 l



2
Bezogen auf die Anstr¨omung des Profiles
∞ /2 U∞ l ergibt sich

c
f 1 =

Fw = 0, 0027
2 l



∞ /2 U∞

und

Fw = 0, 0022 .
2 l



∞ /2 U∞ Der Gesamtreibungsbeiwert ist dann c
f 2 =

c
f = 0, 0098 . 2.) Großausf¨ uhrung: Die Grenzschicht ist turbulent. Wir verwenden ein Widerstandsgesetz f¨ ur inkompressible Str¨omung, m¨ ussen allerdings die Dichte und die Viskosit¨at η bei der Bezugstemperatur, in diesem Fall bei der Wandtemperatur einsetzen. Wir benutzen den lokalen Reibungsbeiwert (S. L. (12.186)): τw = 0, 024 Rex −1/7 2

/2 U∞ mit der ¨ortlichen Reynoldszahl Re = U∞ x/ν, und erhalten nach Integration u ¨ber die Plattenl¨ange l Fw = 0, 024 2

/2 U∞

l 

0

U∞ x ν



−1/7

dx = 0, 028

U∞ l ν

−1/7

l

bzw. f¨ ur den Reibungsbeiwert cf =

Fw = 0, 028 Rel −1/7 . 2 l

/2 U∞

(1)

498

12 Grenzschichttheorie

In inkompressibler Str¨omung werden Dichte und Viskosit¨at bei der Temperatur der ungest¨orten Außenstr¨omung eingesetzt. Bei Anwendung auf die kompressible Str¨omung m¨ ussen die Gr¨oßen nun bei der Bezugstemperatur T ∗ ermittelt werden: Es gilt: η∗ T∗ η∼T ⇒ = , η∞ T∞

∼

∗ T∞ = ∗ .

∞ T

1 ⇒ T

Damit erh¨alt man

∗ =

T∞ η∗ ∗

und ν = = ∞ T∗

∗



T∗ T∞

2

ν∞ .

In Gleichung (1) ist die Reynoldszahl mit ν ∗ gebildet : Fw = 0, 028 2 l

∗ /2 U∞



U∞ l ν∗

−1/7

,

was mit der Reynoldszahl der Anstr¨omung auf Fw = 0, 028 2 l

∞ /2 U∞



U∞ l ν∞

−1/7 

T∞ T∗

5/7

f¨ uhrt. Dies ist ein Widerstandsgesetz f¨ ur die turbulente Grenzschicht in kompressibler Str¨omung. Die Bezugstemperatur (hier die Wandtemperatur), errechnet sich in Gebiet [1] mit M1 = 1, 64 zu γ −1 2 Tw1 = T1(1 + r M1 ) = 1, 47 T1 2 und im Gebiet [2] mit M2 = 2, 37 zu Tw2 = T2(1 + r

γ−1 2 M2 ) = 1, 99 T2 . 2

Der Reibungsbeiwert ist dann in [1] cf 1

Fw = 0, 028 =

1 /2 U12 l

cf 2

Fw = = 0, 028

2 /2 U22 l



U1 l ν1

−1/7 

T1 Tw1

5/7

= 0, 00154

und in [2] 

U2 l ν2

−1/7 

T2 Tw2

5/7

2 Bezogen auf die Anstr¨omung ∞ /2 U∞ l erh¨alt man

cf 1 =

Fw = 0, 00175 2 l

∞ /2 U∞

= 0, 00129 .

499

und cf 2 =

Fw = 0, 00099 2 l

∞ /2 U∞

sowie den Gesamtreibungsbeiwert cf = 0, 0055 . Der Gesamtwiderstandsbeiwert ist f¨ ur die Großausf¨ uhrung cw = cf (Re, M) + cwd (M) und f¨ ur das Modell

c
w = c
f (Re
) + c
wd (M
) .

Bei M = M
ist cwd (M) = c
wd (M
) und die Korrektur lautet ∆cw = cw − c
w = cf (Re, M) − c
f (Re) . Mit den berechneten Reibungsbeiwerten erh¨alt man ∆cw = 0, 0055 − 0, 0094 = −0, 0039 , woraus sich mit dem gemessenen Widerstandsbeiwert des Modelles c
w = 0, 15 der Widerstandsbeiwert der Großausf¨ uhrung zu cw = c
w + ∆cw = 0, 15 − 0, 0039 = 0, 146 . ermittelt. Die Korrektur ist klein im Vergleich zum gesamten Widerstandsbeiwert, weil der Anteil des Wellenwiderstandes zum Gesamtwiderstand sehr groß ist. Die entsprechenden Verh¨altnisse sind c
f cf ∼ 0, 067 und ∼ 0, 0387 . cwd cwd

A Tensorrechnung

Aufgabe A-1 Vereinfachen Sie den folgenden Ausdruck (i, j, k = 1, 2, 3): (Aijk + Ajki + Ajik ) xi xj xk . L¨ osung (Aijk + Ajki + Ajik ) xi xj xk = Aijk xi xj xk + Ajki xi xj xk + Ajik xi xj xk . Stumme Indizes d¨ urfen umbenannt werden. Auf der rechten Seite setzen wir im 2. Summanden j → i , k → j , i → k und im 3. Summanden j → i , i → j und erhalten (Aijk + Ajki + Ajik ) xi xj xk = Aijk xi xj xk + Aijk xi xj xk + Aijk xi xj xk = 3 Aijk xi xj xk .

Aufgabe A-2 F¨ ur bij = bji sind folgende Behauptungen zu zeigen (i, j, k = 1, 2, 3): a) b) c) d) e)

bij xi yj = bij yi xj bij xi xj = bji xi xj (bij + bji ) xi yj = 2 bji xi yj (bij + bji ) xi xj = 2 bji xi xj Man zeige, daß aus ijk τij = 0 (ijk bezeichnet den –Tensor) die Symmetrie τij = τji folgt.

501

L¨ osung a) Allgemein gilt xi yj = xj yi , hieraus folgt die Behauptung durch Aussummieren. b) Durch Umbenennen der stummen Indizes und mit xi xj = xj xi erh¨alt man bij xi xj = bji xj xi = bji xi xj . c) Durch Umbenennen der stummen Indizes und mit xi xj = xj xi erh¨alt man (bij + bji ) xi yj − 2 bji xi yj = bij xi yj − bji xi yj = bij xi yj − bij xj yi = bij xi yj − bij yi xj = 0

nach a) .

d) folgt aus b) e) k = 1 : 231 τ23 + 321 τ32 = τ23 − τ32 = 0 k = 2 : 312 τ31 + 132 τ13 = τ31 − τ13 = 0 k = 3 : 123 τ12 + 213 τ21 = τ12 − τ21 = 0 ⇒ τij = τji

Aufgabe A-3 δij bezeichnet das Kronecker–Symbol, ijk den –Tensor. Man berechne den Zahlenwert der folgenden Ausdr¨ ucke (i, j, k = 1, 2, 3 ) : a) δii = . . . , δij δji = . . . , δij δik δjk = . . . , b) Vereinfachen Sie den Ausdruck

ijk ijk = . . .

ai = δjl δkm ilm bj ck . Wie lautet dieser Ausdruck in symbolischer Schreibweise? (Schreiben Sie die Komponenten aus!)

502

A Tensorrechnung

L¨ osung a) δii = δ11 + δ22 + δ33 = 1 + 1 + 1 = 3 , δij δji = δii = 3 ,

δij δik δjk = δij δji = δii = 3 ,

ijk ijk = 123 123 + 231 231 + 312 312 + +132 132 + 213 213 + 321 321 = 6. b) ai = δjl δkm ilm bj ck = ijk bj ck . Es handelt sich um das Kreuzprodukt: a = b × c . i=1 :

a1 = 123 b2 c3 + 132 b3 c2 a 1 = b 2 c3 − b 3 c2

i=2 :

a2 = 231 b3 c1 + 213 b1 c3 a 2 = b 3 c1 − b 1 c3

i=3 :

a3 = 312 b1 c2 + 321 b2 c1 a 3 = b 1 c2 − b 2 c1

Aufgabe A-4 Es gilt

⎡

pqs mnr

Man benutze dies zum Beweis der folgenden Identit¨aten: a) pqs snr = δpn δqr − δpr δqn b) pqs sqr = −2 δpr

⎤

δmp δmq δms ⎢ ⎥ = det ⎣ δnp δnq δns ⎦ . δrp δrq δrs

503

L¨ osung a) Wir entwickeln die Determinante nach der ersten Reihe pqs mnr = δmp (δnq δrs − δns δrq ) − δmq (δnp δrs − δns δrp) + δms (δnp δrq − δnq δrp ) und setzen m = s : pqs snr = δsp (δnq δrs − δns δrq ) − δsq (δnp δrs − δns δrp) + δss (δnp δrq − δnq δrp) = δnq δrp − δnp δrq − δnp δrq + δnq δrp + 3 δnp δrq − 3 δnq δrp , pqs snr = δnp δrq − δnq δrp = δpn δqr − δpr δqn . b) Im Ergebnis aus a) setzen wir n = q : pqs sqr = δpq δqr − δpr δqq = δpr − 3 δpr = −2 δpr .

Aufgabe A-5 Beweisen Sie in Indexnotation folgende Identit¨aten:  = (a · c) (d · b) − (a · d)  (b · c) a) (a × b) · (c × d) b) a × (b × c) + b × (c × a) + c × (a × b) = 0 L¨ osung a)  = (a × b) · (c × d) ˆ ijk ai bj lmk cl dm . Mit ijk lmk = δil δjm − δim δjl folgt ijk lmk ai bj cl dm = δil δjm ai bj cl dm − δim δjl ai bj cl dm = al cl bm dm − am dm bl cl  (b · c) . = ˆ (a · c) (d · b) − (a · d) b) a × (b ×c) +b × (c ×a) +c × (a ×b)= ˆ lkn al ijk bi cj + lkn bl ijk ci aj + lkn cl ijk ai bj . Mit lkn ijk = −lnk kij = −(δli δnj − δlj δni ), erh¨alt man

504

A Tensorrechnung

a × (b × c) + b × (c × a) + c × (a × b) = ˆ −δli δnj al bi cj + δlj δni al bi cj + −δli δnj bl ci aj + δlj δni bl ci aj + −δli δnj cl ai bj + δlj δni cl ai bj = −ai bi cn + al bl cn + +al cl bn − ai ci bn + −bi ci an + bl cl an = 0 .

Aufgabe A-6 Zeigen Sie, daß ωik = ikm xm ein antisymmetrischer Tensor 2. Stufe ist. L¨ osung
Wenn ωik ein Tensor 2. Stufe ist, dann muß er dem Transformationsverhalten ωrs = air aks ωik gen¨ ugen, wobei aij die Elemente der Transformationsmatrix bezeichnet.

xm ist ein Tensor 1. Stufe, ikm ist ein Tensor 3. Stufe, f¨ ur sie gilt x
t = amt xm

,


rst = air aks amt ikm .

Wir erhalten so 
rst x
t = air aks amt ant ikm xn und mit amt ant = δmn folgt
, air aks ikm xm = air aks ωik = ωrs

so daß ωik das Transformationsverhalten eines Tensors 2. Stufe hat. Wenn ωik ein antisymmetrischer Tensor ist, dann gilt ωik = −ωki . Wegen ωik = ikm xm , ωki = kim xm und kim = −ikm haben wir ωik = ikm xm = −kim xm = −ωki , d. h. ωik ist ein antisymmetrischer Tensor.

505

Aufgabe A-7 Zeigen Sie, daß die i-te Komponente von ∇ × (∇ × a)

∂ 2 aj ∂ 2 ai − ∂xi∂xj ∂xj ∂xj

gleich

ist.

L¨ osung Die i-te Komponente von ∇ × (∇ × a) ist 

∂ ∂am klm ijk ∂xj ∂xl



= ijk klm

∂ 2 am . ∂xj ∂xl

Mit ijk klm = δil δjm − δim δjl nach Aufgabe A-4 a) folgt nun: 

∂ ∂am ijk klm ∂xj ∂xl



= δil δjm

=

∂ 2 am ∂ 2 am − δim δjl ∂xj ∂xl ∂xj ∂xl

∂ 2 aj ∂ 2 ai − . ∂xj ∂xi ∂xj ∂xj

Aufgabe A-8 a) Gegeben ist die Funktion λ = Aij xi xj , bei der Aij konstant ist. Zeigen Sie, daß gilt: ∂λ = (Aij + Aji )xj . ∂xi

(1)

b) Zeigen Sie, daß der Gradient der skalaren Funktion λ = Aij xi xj ein Tensor erster Stufe ist (Aij ist ein Tensor 2. Stufe). L¨ osung a) ∂λ ∂xi ∂xj = Aij xj + Aij xi . ∂xk ∂xk ∂xk Mit δik = ∂xi/∂xk erh¨alt man ∂λ = Aij δik xj + Aij xi δjk ∂xk = Akj xj + Aik xi .

506

A Tensorrechnung

Nun wird im zweiten Term auf der rechten Seite der Summationsindex in j umbenannt ∂λ = Akj xj + Ajk xj . ∂xk Wenn man nun noch den freien Index k in i umtauft und xj ausklammert, so erh¨alt man das angek¨ undigte Ergebnis ∂λ = (Aij + Aji )xj . ∂xi b) Zu zeigen ist, daß sich der Gradient wie ein Tensor 1. Stufe transformiert 

∂λ ∂xl




= apl

∂λ . ∂xp

Mit den bekannten Transformationsgesetzen x
m = atm xt , A
ml = arm asl Ars , A
lm = apl aqm Apq transformieren wir die rechte Seite von (1) in das neue Koordinatensystem: (A
lm + A
ml ) x
m = (apl aqm Apq + arm asl Ars ) atm xt = (apl aqm atm Apq + arm asl atm Ars ) xt = (apl δqt Apq + asl δrt Ars ) xt = (apl Apt + asl Ats ) xt = apl (Apt + Atp) xt = apl d. h. es gilt



∂λ ∂xl




= apl

∂λ , ∂xp

∂λ . ∂xp

Aufgabe A-9 Man zeige f¨ ur kartesische Koordinaten, daß die angegebene Identit¨at  × x)2  × (Ω  × x) = − 1 ∇(Ω Ω 2

507

richtig ist (siehe S. L. (4.77)). (F¨ ur den Beweis ist es nicht n¨otig, aus den Ausdr¨ ucken   den –Tensor zu eliminieren. Man beachte: Ω = Ω(x).) L¨ osung

 := − 1 ∇(Ω  × x)2 II 2  bezeichnen wir die k-te Komponente von (Ω × x) mit ijk Ωi xj , so folgt f¨ ur die r-te   Komponente von I und II Ir = mkr Ωm ijk Ωi xj ,  × (Ω  × x) , I := Ω

IIr = −

1 ∂ ijk Ωi xj mlk Ωm xl . 2 ∂xr

 =  x) wird Mit Ω  Ω( 1 ∂ IIr = − ijk mlk Ωi Ωm (xj xl ) 2 ∂xr 1 = − {ijk mlk Ωi Ωm xj δrl + ijk mlk Ωi Ωm xlδrj } 2 1 = − {ijk mrk Ωi Ωm xj + irk mlk Ωi Ωm xl} 2 = −ijk mrk Ωi Ωm xj . Da mrk = −mkr , gilt

IIr = Ir = ijk mkr Ωi Ωm xj .

Aufgabe A-10 Gegeben ist ein Skalarfeld Φ(r), mit r =

√ xi xi .

Man zeige, daß  ∂ 2Φ Φ
xi xj xi xj dΦ , a) = δij − 2 + 2 Φ

, mit Φ
(r) = ∂xi∂xj r r r dr b)

∂ 2Φ ein Tensor zweiter Stufe ∂xi∂xj

c)

∂ 2Φ 1 d2 (r Φ) = ∂xi∂xi r dr2

ist. L¨ osung a) ∂Φ ∂Φ ∂r dΦ ∂r = = , ∂xi ∂r ∂xi dr ∂xi

508

A Tensorrechnung

wobei im zweiten Schritt die partielle durch eine totale Differentiation ersetzt werden konnte, da Φ nur eine Funktion von r ist. Mit ∂ √ 1 xi ∂r = ( xj xj ) = (xj xj )−1/2 2 xi = ∂xi ∂xi 2 r ∂Φ dΦ xi xi = = Φ
. ∂xi dr r r

ist uhrt zu Die Differentation nach xj f¨ 

∂ 2Φ xi ∂ = Φ
∂xi∂xj ∂xj r





∂r xi 1 ∂xi ∂ 1 = Φ + Φ
xi + Φ
∂xj r r ∂xj ∂r r



= Φ



∂r ∂xj

xi xj δij xi xj + Φ
− Φ
3 , 2 r r r 



Φ
xi xj ∂ 2Φ xi xj = δij − 2 + Φ

2 . ∂xi∂xj r r r b) Zu zeigen ist, daß sich

∂ 2Φ wie ein Tensor 2. Stufe transformiert ∂xk ∂xl ∂ 2Φ ∂ 2Φ = a a . ki lj ∂x
i∂x
j ∂xk ∂xl

Mit dem Transformationsgesetz xk = aki x
i folgt ∂Φ ∂Φ(xk (x
i )) ∂Φ ∂xk ∂Φ = = = aki ,


∂xi ∂xi ∂xk ∂xi ∂xk ∂ ∂ 2Φ =

∂xi∂xj ∂x
j





∂ ∂Φ aki = ∂xk ∂xl



∂Φ(xl(x
j )) ∂xk



∂xl aki ∂x
j

∂ 2Φ = aki alj . ∂xk ∂xl c) Anwenden des Laplace-Operators auf Φ(r): ∂ 2Φ ∂ 2Φ = δij ∂xi∂xi ∂xi∂xj Φ
= r





Φ
= r





xi xj δij − 2 r

δij + Φ



xi xj δij r2

xi xi xi xi δii − 2 + Φ

2 r r

509

=

Φ
(3 − 1) + Φ

r

=

1 (2 Φ
+ r Φ

) r

=

1 d (Φ + r Φ
) , r dr

∂ 2Φ 1 d2 (r Φ) = . ∂xi∂xi r dr2

Aufgabe A-11 Gegeben sind das skalare Feld Φ(x, t) und das Vektorfeld u(x, t) = u1 e1 + u2 e2 + u3 e3 in kartesischen Koordinaten. a) Man zeige in symbolischer Darstellung, daß gilt rot(Φ u) = Φ rotu + gradΦ × u .

(1)

b) Schreiben Sie die Gleichung (1) mit Hilfe des Nabla–Operators. c) Zeigen Sie die G¨ ultigkeit von Gleichung (1) in Indexnotation. L¨ osung a) ⎡ ⎢

rot(Φ u) = det ⎣

e1

e2

e3

∂ ∂x1

∂ ∂x2

∂ ∂x3

⎤ ⎥ ⎦

Φ u1 Φ u2 Φ u3 

=

∂(Φ u3) ∂(Φ u2) − ∂x2 ∂x3 



∂(Φ u2) ∂(Φ u1) + − ∂x1 ∂x2 

=



∂(Φ u1) ∂(Φ u3 ) e1 + − ∂x3 ∂x1 

e3

∂u3 ∂Φ ∂u2 ∂Φ u3 + Φ − u2 − Φ ∂x2 ∂x2 ∂x3 ∂x3





∂u1 ∂Φ ∂u3 ∂Φ + u1 + Φ − u3 − Φ ∂x3 ∂x3 ∂x1 ∂x1 

∂u2 ∂Φ ∂u1 ∂Φ + u2 + Φ − u1 − Φ ∂x1 ∂x1 ∂x2 ∂x2

e1 + 

e2 + 

e3



e2 +

510

A Tensorrechnung 

= Φ













∂u3 ∂u2 ∂u1 ∂u3 ∂u2 ∂u1 − e1 + − e2 + − e3 + ∂x2 ∂x3 ∂x3 ∂x1 ∂x1 ∂x2













∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ + u3 − u2 e1 + u1 − u3 e2 + u2 − u1 e3 ∂x2 ∂x3 ∂x3 ∂x1 ∂x1 ∂x2 

= Φ rot u

+

= Φ rot u

+



∂Φ ∂Φ ∂Φ e1 + e2 + e3 × u ∂x1 ∂x2 ∂x3

grad Φ × u .

b) Gleichung (1) mit Hilfe des Nabla–Operators ∇=

∂ ∂ ∂ e1 + e2 + e3 ∂x1 ∂x2 ∂x3

geschrieben lautet ∇ × (Φ u) = Φ ∇ × u + ∇ Φ × u . c) Die k-te Komponente von (1) lautet ijk

∂(Φ uj ) ∂uj ∂Φ = Φ ijk + ijk uj ∂xi ∂xi ∂xi 

∂u2 ∂u3 ∂u1 ∂u3 ∂u1 ∂u2 = Φ 12k + 13k + 21k + 23k + 31k + 32k ∂x1 ∂x1 ∂x2 ∂x2 ∂x3 ∂x3 

+ 12k

∂Φ ∂Φ ∂Φ u2 + 13k u3 + 21k u1 + ∂x1 ∂x1 ∂x2 ∂Φ ∂Φ ∂Φ +23k u3 + 31k u1 + 32k u2 ∂x2 ∂x3 ∂x3



.

F¨ ur k = 1, 2, 3 erhalten wir: 



k = 1: ij1

∂(Φ uj ) ∂u3 ∂u2 = Φ − ∂xi ∂x2 ∂x3

k = 2: ij2

∂u3 ∂u1 ∂(Φ uj ) = Φ − + ∂xi ∂x1 ∂x3

k = 3: ij3

∂(Φ uj ) ∂u2 ∂u1 = Φ − ∂xi ∂x1 ∂x2









∂Φ ∂Φ + u3 − u2 ∂x2 ∂x3 



.



∂Φ ∂Φ + − u3 + u1 ∂x1 ∂x3 

∂Φ ∂Φ + u2 − u1 ∂x1 ∂x2



.



.



+

B Klausuraufgaben

Aufgabe B-1

Aufgabe zur Kinematik

Gegeben ist das Geschwindigkeitsfeld einer ebenen Str¨omung in der Form: u1 =

x1 , t0 + t

u2 =

x2 t0 + 2t

(t0 = const) .

a) b) c) d) e)

Berechnen Sie die Stromlinie durch den Punkt P (x10, x20).  Berechnen Sie die Teilchenbahn mit den materiellen Koordinaten x(t = 0) = ξ. Zeigen Sie, daß die Str¨omung eine Potentialstr¨omung ist. Zeigen Sie, daß es sich um eine kompressible Str¨omung handelt. Berechnen Sie mit Hilfe der Kontinuit¨atsgleichung die Dichte eines Teilchens l¨angs seiner Bahn (materielle Koordinaten), wenn 1.) die Anfangsdichte der Fl¨ ussigkeit (t = 0) = 0 ξ1 /ξ2 ist. 2.) die Anfangsdichte der Fl¨ ussigkeit (t = 0) = 0 =const ist. f) Wie lautet das Dichtefeld f¨ ur die F¨alle unter e).

L¨ osung x1 x2 a) = e η/(t0 + t) , = e η/(t0 + 2 t) x10 x20  b) x1 = ξ1 (t0 + t)/t0 , x2 = ξ2 (t0 + 2 t)/t0 √ √

ξ1 t0 t0 t0 t0

√ √ e) 1.) = = , 2.)

0 ξ2 (t0 + t) t0 + 2 t

0 (t0 + t) t0 + 2 t f) 1.) / 0 = x1 /x2 ,

Aufgabe B-2

2.) wie unter e).

Widerstand einer Halbzylinderschale

Eine Halbzylinderschale wird von Fl¨ ussigkeit in der skizzierten Weise angestr¨omt. Die Str¨omung ist eben und inkompressibel. Volumenkr¨afte sind vernachl¨assigbar. Die

512

B Klausuraufgaben

Str¨omung vor der Schale kann als reibungsfreie Potentialstr¨omung mit dem Geschwindigkeitspotential   R2 Φ(r, ϕ) = U∞ cos ϕ r + r behandelt werden. An den Kanten der Schale reißt die Str¨omung ab und es bildet sich hinter der Schale das dargestellte Totwassergebiet aus, in dem der Druck p = p∗ n¨aherungsweise als konstant angesehen werden kann und die Geschwindigkeit ungef¨ahr gleich null ist. Weit vor dem K¨orper herrscht die Geschwindigkeit U∞ und der Druck p∞ . In Experimenten wurde f¨ ur den Widerstandsbeiwert der Schale cw =

Fx 2 R

U∞

der Wert cw = 1, 2 gemessen. a) Berechnen Sie die Geschwindigkeit u(r, ϕ) vor der Schale. b) Zeigen Sie, daß die Str¨omung dort in der Tat rotationsfrei ist. c) Ermitteln Sie die Druckverteilung p(R, ϕ) auf der Schale mit Hilfe der Bernoullischen Gleichung. d) Wie groß ist der Staudruck ps ? e) Berechnen Sie die Komponente Fx der Kraft pro Tiefeneinheit, die die Str¨omung auf die Schale aus¨ ubt durch direkte Integration des Spannungsvektors. Nehmen Sie an, π daß der Druck p∗ hinter der Schale gleich dem Druck an der Schalenkante p(R, ) 2 ist. Wie groß ist dann der Widerstandsbeiwert? f) Vergleichen Sie nun den berechneten mit dem gemessenene Widerstandsbeiwert, und bestimmen Sie mit Hilfe des gemessenen Widerstandsbeiwertes den Druck p∗ , der tats¨achlich im Totwasserbereich herrscht. Geg.: R, , U∞ , p∞ , cw = 1, 2 L¨ osung



a) u = U∞ cos ϕ c) p(R, ϕ) =

R2 1− 2 r





er − U∞ sin ϕ

2 2 U + p∞ − 2 U∞ sin2 ϕ 2 ∞

2 U + p∞ 2 ∞ 8 2 e) Fx = U∞ R, 3

d) ps =

f) p∗ = p∞ − 1, 533

cw =

2 U 2 ∞

8 = 2, 66 3

R2 1+ 2 r



eϕ

513

Aufgabe B-3

Zeltplane im Wind

Ein Bergsteiger sch¨ utzt sich mit einer Zeltplane gegen einen Schneesturm. Die Windgeschwindigkeit betr¨agt U0 , was der Eintrittsgeschwindigkeit in oben skizziertes Kontrollvolumen entspricht. Wegen Str¨omungsabl¨osung am Ende der Zeltplane wurde ein St¨ uck stromabw¨arts, am Ende des Kontrollvolumens (Fl¨ache BD), f¨ ur die u1–Komponente des Geschwindigkeitsfeldes das Geschwindigkeitsprofil ⎧ ⎨ U0

ua(x2 ) =

⎩ 2

{1 − cos(π U0

x2 )} , f¨ ur 0 ≤ x2 ≤ δ δ , f¨ ur x2 ≥ δ

gemessen, das eine verschwindende Schubspannung am Boden aufweist. Entlang der ganzen Bodenfl¨ache kann die Schubspannung τ21 vernachl¨assigt werden. Die Dichte der Luftstr¨omung ist konstant, Volumenkr¨afte sind vernachl¨assigbar. Die Str¨omung soll als eben betrachtet werden. a) Welcher Massenstrom pro Tiefeneinheit verl¨aßt das Kontrollvolumen u ¨ ber die obere Begrenzungsfl¨ache CD? b) Berechnen Sie die x1 –Komponente der Kraft pro Tiefeneinheit auf die Zeltplane, wenn l¨angs der Fl¨achen AC und BD der Druck p0 ist und dort die viskosen Normalspannungen P11 = 2 η ∂u1/∂x1 vernachl¨assigbar sind. Auf der Fl¨ache CD ist u1 = U0 und die Reibungsspannungen sind hier ebenfalls vernachl¨assigbar. Die Zeltstange u ¨bt keine Kraft in die x1 –Richtung auf die Zeltplane aus. Geg.: , p0 , U0 , H, δ, ua(x2 ) L¨ osung a) m ˙ CD =

1

U0 δ 2

b) (F→Plane)x1 = U02

δ 8

514

B Klausuraufgaben

Aufgabe B-4

Gedehnte Folie

¨ Uber der skizzierten, in die x– und z–Richtung unendlich ausgedehnte Folie befindet sich inkompressible Newtonsche Fl¨ ussigkeit (ν = const, = const). Die Folie wird unter dem Einfluß von Zugspannungen gedehnt. Die Geschwindigkeit der Folie betr¨agt U(x) = a x. Durch die Haftbedingung wird die Fl¨ ussigkeit mitgezogen und es bildet sich eine ebene, station¨are Str¨omung aus. Vom Geschwindigkeitsfeld u = u ex + v ey ist die x–Komponente bekannt: 

u(x, y) = a x e

−y a/ν

.

Volumenkr¨afte sind vernachl¨assigbar. Der Druck p ist nur eine Funktion von y. a) Berechnen Sie mit Hilfe der Kontinuit¨atsgleichung in differentieller Form die Geschwindigkeitskomponente in y–Richtung v(x, y) . b) Wie verhalten sich die Geschwindigkeitskomponenten u und v im Grenzfall y → ∞? c) Berechnen Sie die x–Komponente der Kraft (pro Tiefeneinheit), die die Folie in dem Bereich 0 ≤ x ≤ l auf die Fl¨ ussigkeit aus¨ ubt, durch direkte Integration des Spannungsvektors. d) Berechnen Sie dieselbe Kraft durch Anwendung des Impulssatzes auf das eingezeichnete Kontrollvolumen. Geg.: , ν, l, a > 0 L¨ osung √ a) v(x, y) = v(y) = − a ν b) limy→∞ u(x, y) = 0 , c) Fx = a

√

a ν l2/2



1 − e−y

√

a/ν

√ limy→∞ v(x, y) = − a ν = const

515

Aufgabe B-5

Einstufiger, axialer Verdichter

Bei einem einstufigen Verdichter wird das Leitrad durch ein Laufrad ersetzt. Beide  I = Ω eΩ , Ω  II = −Ω eΩ ) mit konstanter Drehzahl. Die Laufr¨ader drehen gegenl¨aufig (Ω Zustr¨omung am Eintritt des ersten Laufrades ist drallfrei (d.h. rein axial). Die Dichte ist konstant. a) Wie groß ist der Winkel β1 der Zust¨omung w  1 zum ersten Laufrad? b) Wie groß ist die Umfangskomponente der Absolutgeschwindigkeit cu2 am Austritt des ersten Laufrades, wenn die Relativgeschwindigkeit w  1 im ersten Laufrad um 10◦ umgelenkt wird? c) Welche Leistung PI muß dann dem ersten Laufrad zugef¨ uhrt werden? d) Welche Leistung PII muß dem zweiten Laufrad zugef¨ uhrt werden, wenn die Absolutgeschwindigkeit am Austritt des zweiten Laufrades wieder rein axial ist? e) Wie groß ist dann die Umlenkung der Relativgeschwindigkeit w  3 im zweiten Laufrad? Geg.: Ω = 324, 6 1/s, m ˙ = 30 kg/s, cax = 100 m/s, R = 0, 308 m L¨ osung a) β1 = 45◦ b) cu2 = 30 m/s c) PI = 90 kW d) PII = PI e) ∆β43 = β3 − β4 = 7, 4◦

516

B Klausuraufgaben

Aufgabe B-6

Berechnung der Schaufelform bei vorgegebener Druckverteilung

Die Schaufelform des Turbinenleitgitters soll so ausgebildet werden, daß auf der mittleren Stromlinie der Druck linear mit x von p1 am Gittereintritt auf p2 am Austritt abf¨allt. Da die Schaufeln sehr dicht stehen, kann n¨aherungsweise angenommen werden, daß die Str¨omungsrichtung auf der mittleren Stromlinie der Schaufelrichtung entspricht (schaufelkongruente Str¨omung). Die Zustr¨omung unter c1 erfolgt drallfrei. Die ebene, reibungsfreie Str¨omung hat die konstante Dichte , Volumenkr¨afte treten nicht auf.

a) b) c) d) e) f)

Wie lautet die Funktion p(x)? Wie h¨angt die Axialkomponente cax der Str¨omungsgeschwindigkeit von x ab? Welchen Verlauf muß cu (x) haben? Wie ist der Verlauf tan α(x) der Schaufelkontur? Berechnen Sie die Schaufelkontur y(x). Welche Kraft F u ¨ bt die Str¨omung pro Tiefeneinheit auf eine Schaufel aus?

Geg.: c1, p1 , p2 , t, l, L¨ osung a) p(x) = p1 − ∆p x/l ,

mit ∆p = p1 − p2

b) cax (x) = c1 = const 

c) cu (x) =

2 ∆ p/ (x/l)1/2

d) tan α(x) = A (x/l)1/2 ,



mit A =

2∆ p/( c21 )

e) y/l = 2/3 A (x/l)3/2 f) Fx = t (p1 − p2 ) ,



Fy = − c1 t 2 ∆p/

517

Aufgabe B-7

Brennraum eines Hubkolbenmotors

Es soll unter vereinfachenden Annahmen das Str¨omungfeld im Brennraum eines Hubkolbenmotors berechnet werden. Dazu wird das Gas im Brennraum als reibungsfrei und die Dichte als homogen ( = (t)) angenommen. F¨ ur das Geschwindigkeitsfeld wird A(t) eϕ + uz (z, t)ez r angesetzt, wobei der erste Term den durch den Einlaßvorgang bedingten Drall ber¨ ucksichtigt. u(r, z, t) =

Neben geometrischen Daten sind die Zeitfunktion der Brennraumh¨ohe h(t), sowie deren Ableitung h˙ = dh/dt bekannt. Volumenkr¨afte treten nicht auf. a) Wie lautet die Zeitfunktion der Dichte (t), wenn m die Gasmasse im Brennraum ist? b) Berechnen Sie die Dichte¨anderung D /Dt eines Teilchens. c) Berechnen Sie aus der Kontinuit¨atsgleichung und der Bedingung, daß feste W¨ande nicht durchstr¨omt werden, die Geschwindigkeitskomponente uz (z, t). ¨ d) Wie groß ist die zeitliche Anderung der Drallkomponente in z-Richtung f¨ ur die reibungsfreie Str¨omung? e) Berechnen Sie diese Drallkomponente durch Integration u ¨ ber den vom Gas eingenommenen Volumenbereich in Abh¨angigkeit von A(t). f) Berechnen Sie aus d) und e) die Zeitfunktion A(t) mit der Anfangsbedingung A(t = 0) = ˙ Geg.: m, R, h(t), h(t), Γ L¨ osung a) (t) = m/(πR2 h(t)) ˙ b) D /Dt = − h/h ˙ c) uz = h/h z d)

D (Dz ) = 0 Dt

e) Dz = A(t) m f) A = Γ/(2π)

Γ . 2π

518

B Klausuraufgaben

Aufgabe B-8

Zwei schr¨ ag aufeinandertreffende Strahlen

Obige Skizze zeigt das Stromlinienbild zweier schr¨ag aufeinander treffender Strahlen Newtonscher Fl¨ ussigkeit. Das Geschwindigkeitsfeld der ebenen Str¨omung ist durch u1(x1 , x2) = a x1 + 2 b x2 , u2(x1 , x2) = −a x2 gegeben, wobei a und b dimensionsbehaftete Konstanten sind. a) Zeigen Sie, daß die Str¨omung inkompressibel ist. b) Berechnen Sie die Rotation des Geschwindigkeitsfeldes. c) Berechnen Sie die Druckverteilung p(x1 , x2 ) aus den Navier–Stokes–Gleichungen unter der Annahme, daß f¨ ur den Druck im Ursprung p(x1 = 0, x2 = 0) = pg gilt. Volumenkr¨afte haben keinen Einfluß. d) Berechnen Sie die Komponenten t1 und t2 des Spannungsvektors t im Punkt (0, 0) f¨ ur eine ebene Fl¨ache mit dem Normalenvektor n = (0, 1). e) Berechnen Sie die Bahnlinien zun¨achst in Parameterform, und geben Sie dann die explizite Form x2 = f(x1 ) an. Wie lauten die Gleichungen der Stromlinien ? Geg.: , η, a, b, pg L¨ osung b) rot u = −2 b e3

d) t1(0, 0) = 2η b ,

a2 2 (x1 + x22) 2 t2(0, 0) = −pg − 2η a

a x1 ± e) x2 = − b 2

a x1 b 2

c) p(x1 , x2) = pg −

 

2

−D ,

mit D = −AC

a b

519

Aufgabe B-9

Verallgemeinerte Hagen–Poiseuille–Str¨ omung

Durch ein unendlich langes, mit Newtonscher Fl¨ ussigkeit ( , η, λ = const) gef¨ ulltes Rohr (Radius Ra ) wird ein Zylinder (Radius Ri ) mit der Geschwindigkeit U gezogen. Die durch die Bewegung des Zylinders hervorgerufene Str¨omung sei station¨ar und rotationssymmtrisch. Das Rohr hat die konstante Temperatur T0, der Zylinder ist isoliert (q = 0), daher ist ∂T /∂z = ∂T /∂ϕ = 0. Die inkompressible Fl¨ ussigkeit besitzt die konstante spezifische W¨armekapazit¨at c. a) Geben Sie das Geschwindigkeitsfeld der Schichtenstr¨omung (uz = uz (r), uϕ = ur = 0) an. b) Berechnen Sie die Dissipationsfunktion Φ aus den nichtverschwindenden Komponenten von E: erz = ezr . c) Geben Sie, ausgehend von der Energiegleichung in der Form

d) e)

f) g)

De p D − = Φ + λ∆T , Dt Dt

die Differentialgleichung f¨ ur die Temperatur T (r) an. Bestimmen Sie die homogene L¨osung der Differentialgleichung f¨ ur den Temperaturverlauf. Bestimmen Sie die partikul¨are L¨osung (Hinweis: Benutzen Sie einen Ansatz der Form Tp ∼ (ln r)2 ) und passen Sie die allgemeine L¨osung an die Randbedingungen an. Wie groß ist der an die Rohrwand abgef¨ uhrte W¨armestrom? Welche Temperatur hat der Zylinder?

Geg.: U, η, λ, Ri , Ra , T0 L¨ osung ln(r/Ra ) ln(Ri /Ra ) 2 U 1 Φ=η 2 2 r ln (Ri /Ra ) 2 dT 1 dT η A U2 + , mit A = = − dr2 r dr r2 λ ln2 (Ri /Ra ) Th (r) = C1 ln(r/Ra ) + C2       1 1 2 r r Ri r 2 Tp (r) = − A ln , T (r) = T0 + A ln ln − ln 2 Ra Ra Ra 2 Ra 2 ηU er q(r = Ra ) = Ra ln(Ra /Ri )

a) uz (r) = U b) c) d) e) f)

520

B Klausuraufgaben 

A Ra g) T (r = Ri) = T0 + ln2 2 Ri

Aufgabe B-10



Induzierte Geschwindigkeiten eines Hufeisenwirbels

F¨ ur die Berechnung des Geschwindigkeitsfeldes eines Tragfl¨ ugels endlicher Breite wird das Modell eines Hufeisenwirbels verwendet.

a) Berechnen Sie den induzierten Abwind auf der Linie z = a mit Hilfe des Biot– Savartschen Gesetzes. Hinweis: Teilen Sie den Integrationsweg in die einzelnen geraden Wirbelf¨aden auf, und berechnen Sie die einzelnen Beitr¨age. b) Berechnen Sie die induzierte Geschwindigkeit entlang der z–Achse. Welches Ergebnis erh¨alt man speziell f¨ ur a → ∞ ? Geg.: b, Γ L¨ osung



a) u = − |u|(1) + |u|(2) + |u|(3) ey ,

mit ⎛

|u|(1) =

⎞

Γ a 1 ⎝1 +  ⎠ , 4π b/2 + x a2 + (b/2 + x)2 ⎛

|u|(2) =

⎞

Γ 1⎝ b/2 + x b/2 − x ⎠ ,  + 2 2 2 4π a a + (b/2 − x) a + (b/2 + x)2 ⎛

|u|(3) Γ b) u(x = 0, a) = − 4π

⎞

Γ a 1 ⎝1 +  ⎠ . = 4π b/2 − x a2 + (b/2 − x)2 



4  2 4 + a + (b/2)2 ey , b ab

u(x = 0, a → ∞) = −

2Γ ey πb

521

Aufgabe B-11

Gerinnestr¨ omung durch ein ge¨ offnetes Wehr

Die Skizze zeigt die Gerinnestr¨omung durch ein ge¨offnetes Wehr. Die reibungsfreie Str¨omung konstanter Dichte habe an den Stellen [1] und [2] parallele Stromlinien. a) Berechnen Sie den Fl¨ ussigkeitsstand h2 . b) Berechnen Sie die Druckverteilung p(z) an den Stellen [1] und [2] mit der Komponente der Euler–Gleichungen in Hauptnormalenrichtung (hier z–Richtung) unter Ber¨ ucksichtigung der Volumenkraft der Schwere. c) Spielt der Umgebungsdruck p0 bei der Berechnung der Kraft in x–Richtung auf das Wehr eine Rolle? d) Berechnen Sie die Kraft Fx in x–Richtung (pro Tiefeneinheit) auf das Wehr. Geg.: p0 , , h1, u1 , u2, g L¨ osung u1 h1 u2 b) p1 = p0 + g (h1 − z) , a) h2 =

p2 = p0 + g (h2 − z)

c) Nein d) Fx = u21 h1 − u22 h2 + g h21 /2 − g h22/2

Aufgabe B-12

Sicherheitsventil

Das skizzierte Sicherheitsventil verschließt einen Beh¨alter, dessen Innendruck um ∆p ¨ gr¨oßer ist als der Umgebungsdruck p0 . Um den Offnungsdruck fein einzustellen, wird oberhalb des Ventils Fl¨ ussigkeit der konstanten Dichte eingef¨ ullt. Da das Problem nicht von p0 abh¨angt, kann p0 null gesetzt werden.

522

B Klausuraufgaben

a) Welche Kraft u ussigkeit in vertikaler Richtung auf den Ventilk¨orper aus? ¨bt die Fl¨ Hinweis: Zweckm¨aßigerweise geht man vom hydrostatischen Auftrieb eines Ersatzk¨orpers aus. b) Welche Kraft wirkt insgesamt aus Innendruck ∆p und Fl¨ ussigkeitsdruck auf das Ventil? c) Wie muß h gew¨ahlt werden, damit das Ventil gerade bei ∆p o¨ffnet? Geg.: ∆p, p0 = 0, , g, r, R1 , R2 , a L¨ osung a) Fz = g [−hπ (R22 − r2 ) − a π r2 + π/3 a(R21 + R1 R2 + R22 )] b) Fz ges = Fz + ∆ p π R22 c) h =

(∆ p π R22 − G)/( g) − a π r2 + π/3 a(R21 + R1 R2 + R22 ) π (R22 − r2 )

Aufgabe B-13

Mit Flu ¨ssigkeit gefu ¨llter Plattenwinkel

Zwischen zwei ebenen Platten (Tiefenerstreckung T ), die an ihren Enden A, B, C reibungsfrei, gelenkig gelagert sind und ein gleichschenkliges Dreieck einschließen, befindet sich Wasser (Volumen V , Dichte = const). Das ebene Problem ist bez¨ uglich der z–Achse symmetrisch, das Gewicht der Platten kann vernachl¨assigt werden. Der Umgebungsdruck kann null gesetzt werden.

523

a) Wie groß ist die Vertikalkraft FV in den beiden Lagern A und B (pro Lager)? b) Bestimmen Sie den Zusammenhang zwischen der Wasserspiegelh¨ohe h bei gegebe¨ nem Volumen V und dem halben Offnungswinkel α (siehe Skizze). c) Wie groß ist das Moment der Fl¨ ussigkeit auf die linke Platte um den Punkt C? d) Die Summe der Momente auf die linke Platte um den gelenkig gelagerten Punkt C verschwindet. Geben sie damit eine Bestimmungsgleichung f¨ ur den Winkel α an. e) Ermitteln Sie die Bestimmungsgleichungen f¨ ur den Winkel α aus der Forderung, daß die potentielle Energie (U = m g zs , zs = Schwerpunktkoordinate der Fl¨ ussigkeit) ein Minimum hat. Geg.: , g, V , L, T L¨ osung a) FV = 1/2 g V 

b) h(α) =

V/(T tan α) 

1 1 V c) My = − g T 2 6 cos α T tan α 5 d) sin α cos α = V/(g T L2 )

Aufgabe B-14

3/2

Wasserstandsregelung bei einem Wehr

Das skizzierte Wehr regelt den Wasserstand h auf der linken Seite. Der Schieber (Eigengewicht G) ist gegen eine Platte abgest¨ utzt. Der Haftkoeffizient zwischen Schieber und Platte sei µ. Die Tiefenausdehnung des ebenen Problems sei L, das Wasser hat die konstante Dichte , der Umgebungsdruck sei p0 . Im Spalt zwischen Schieber und Platte herrscht ebenfalls der Druck p0 .

524

B Klausuraufgaben

a) Hat der Umgebungsdruck p0 Einfluß auf die resultierende Kraft auf den Schieber? b) Berechnen Sie die x– und z–Komponente der gesamten Kraft, die von Fl¨ ussigkeit und Umgebung auf den Schieber ausge¨ ubt wird. c) Ab welchem Wasserstand h ¨offnet das Wehr? Hinweis: Zweckm¨aßigerweise berechnet man zun¨achst den Wasserstand h0, bei dem das Wehr f¨ ur µ = 0 ¨offnen w¨ urde, und benutzt h0 als Abk¨ urzung in der Bestimmungsgleichung f¨ ur h. Geg.: , g, h, a, b, L, G, µ, p0 L¨ osung a) Der Umgebungsdruck hat keinen Einfluß. b) Fx = g L h2 /2 , ⎛

b c) h = ⎝1 − µ



Fz = g b L (h − a/2) ⎞

G 2µ h0 ⎠ a 1− , mit h0 = + b 2 g bL

Aufgabe B-15

Druckgetriebene, radiale Spaltstr¨ omung zwischen zwei koaxialen Ringen

525

Zwischen zwei parallelen Platten, die den Abstand h voneinander haben (h  Ra − Ri ) str¨omt inkompressible Newtonsche Fl¨ ussigkeit ( , η = const). Die Str¨omung sei station¨ar und rotationssymmetrisch (∂/∂ϕ = 0) und uϕ = 0. Die Geschwindigkeit in axialer Richtung sei ebenfalls null: uz = 0. Es wird angenommen, daß R2i  V˙ h/ν, so daß die Tr¨agheitsterme in den Bewegungsgleichungen vernachl¨assigt werden k¨onnen. Volumenkr¨afte k¨onnen ebenfalls vernachl¨assigt werden. a) Bestimmen Sie die u ¨ber die H¨ohe h gemittelte Geschwindigkeit U(r) als Funktion von r. Betrachten Sie den Volumenstrom V˙ zun¨achst als gegeben. b) Vereinfachen Sie die Navier–Stokesschen Gleichungen, und zeigen Sie, daß der Druck p(r) nur eine Funktion von r ist. c) Berechnen Sie die Beschwindigkeit ur (r, z) = U(r) f(z) aus den vereinfachten Navier– Stokesschen Gleichungen und der Haftbedingung an der Wand. d) Bestimmen Sie die Druckverteilung p(r) f¨ ur die Randbedingungen p(Ri ) = pi , p(Ra ) = pa. e) Berechnen Sie den Volumenstrom V˙ . f) Zeigen Sie, daß f¨ ur (Ra − Ri )/Ri = l/Ri  1 der Zusammenhang zwischen Druckabfall und mittlerer Geschwindigkeit U dem der ebenen Poiseuille–Str¨omung entspricht. Geg.: η, h, Ri , Ra , pi , pa L¨ osung a) U(r) = V˙ /(2 π h r) 

∂p ∂ 2ur 1 ∂ur ur ∂ 2 ur b) r : + =η − 2+ ∂r ∂r2 r ∂r r ∂z 2 ⇒ p = p(r)

V˙ C1 2 (z − h z) 2π hr 2 ln(r/Ri ) d) p(r) = (pa − pi ) + pi ln(Ra /Ri ) π h3 pi − pa e) V˙ = 6 η ln(Ra /Ri ) pi − pa 12 η f) =U 2 l h c) ur (r, z) =



= 0 ,

ϕ:

∂p =0, ∂ϕ

z:

∂p =0 ∂z

526

B Klausuraufgaben

Aufgabe B-16

Druckgetriebene Kanalstr¨ omung mit Temperaturabh¨ angigkeit der Viskosit¨ at

Zwischen zwei ebenen, unendlich ausgedehnten Platten (Abstand h) befindet sich Newtonsche Fl¨ ussigkeit. Da die obere Platte geheizt wird, stellt sich unter Vernachl¨assigung der Dissipationsw¨arme im Spalt eine lineare Temperaturverteilung T = Tu + ∆T

y h

(∆T = To − Tu )

ein, die die Viskosit¨at der Fl¨ ussigkeit beeinflußt. Der Zusammenhang zwischen Viskosit¨at und Temperatur wird durch das Gesetz η(T ) = ηu e−α(T − Tu ) beschrieben, wobei ηu die zu Tu geh¨orige Viskosit¨at an der unteren Platte ist. Der die ebenen Str¨omung treibende Druckgradient ist ∂p/∂x = −K, ∂p/∂y = ∂p/∂z = 0; Volumenkr¨afte treten nicht auf. Das gesuchte Geschwindigkeitsfeld und die Dichte h¨angen nur von y ab, nicht von x und z. a) Wie lauten die Randbedingungen an die reibungsbehaftete Str¨omung? b) Berechnen Sie aus der Kontinuit¨atsgleichung f¨ ur station¨are Str¨omung und den Randbedingungen die Vertikalkomponente v der Geschwindigkeit im Spalt. c) Welchen Zusammenhang zwischen dem vorliegenden Geschwindigkeitsfeld, dem Druck und dem Spannungstensor liefert das Materialgesetz f¨ ur Newtonsche Fl¨ ussigkeit? d) Berechnen Sie mit Hilfe der x–Komponente der Cauchyschen Bewegungsgleichung die Verteilung τxy (y) der Schubspannung im Spalt, bis auf eine Konstante. e) Berechnen Sie unter Verwendung der Ergebnisse aus b), c) und der Haftbedingung das Geschwindigkeitsprofil u(y). Geg.: h, K, Tu , To , ∆T = To − Tu , α, η(T ) L¨ osung a) Haftbedingung: u(y = 0) = 0 , u(y = h) = 0 , d.h. y = 0 : u = v = 0 ; y = h : u = v = 0 b) v ≡ 0 ∂u c) τxx = τyy = −p , τxy = τyx = η ∂y d) τxy = −K y + C1 1 K h2 e) u(y) = ηu α ∆T



eα ∆T y/h − 1 y α ∆T y/h − e 1 − e−α ∆T h



527

Aufgabe B-17

Str¨ omung infolge eines Temperaturgradienten

Zwischen zwei W¨anden, die durch Heizungen auf konstanter Temperatur TB (an x = 0) bzw. TW (an x = b) gehalten werden, befindet sich Wasser der Viskosit¨at η (η = const). Da W¨ande und Fl¨ ussigkeit in y– und z–Richtung unendlich ausgedehnt sind, ist die sich einstellende Temperatur des Wassers T (x) nur eine Funktion von x. Die Dichte des Wassers ist temperaturabh¨angig:

= + α(T − T (x)) , wobei der bei der mittleren Temperatur T = 1/2(TB + TW ) ermittelte Wert der Dichte ist. a) Zeigen Sie, daß infolge des Temperaturgradienten kein hydrostatisches Gleichgewicht m¨oglich ist, so daß sich das Wasser in Bewegung setzen muß. Hinweis: Die sich einstellende Str¨omung ist station¨ar und eben. b) Zeigen Sie mit Hilfe der Kontinuit¨atsgeichung, daß die Geschwindigkeitskomponente u in x–Richtung im ganzen Feld identisch null ist. c) Berechnen Sie die Temperaturverteilung T (x) im Wasser. (Die Dissipation kann dabei vernachl¨assigt werden, da der durch den Temperaturgradienten aufgepr¨agte W¨armestrom sehr viel gr¨oßer ist als der durch Dissipation.) d) Zeigen Sie, daß der Druck keine Funktion von x ist. e) Zeigen Sie, daß ∂p/∂z eine Konstante sein muß, und berechnen Sie f¨ ur ∂p/∂z = K die Geschwindigkeitsverteilung w(x). Geg.: η, , TB , TW , α, b, g, K L¨ osung a) ∇ × k = ∂ /∂x g ey = 0 c) T (x) = TB + (TW − TB ) x/b ( g + k) b2 e) w(x) = 2η

 2

x b





x α g(TW − TB ) b2 1 − + b η 4

 2

x b

1 − 6

 3 x

b

1 x − 12 b



528

B Klausuraufgaben

Aufgabe B-18

Hydraulischer D¨ ampfer

Der skizzierte D¨ampfer ist aus dem Automobilwesen als Stoß” d¨ampfer“ bekannt. Untersucht wird die Abw¨artsbewegung des Kolbens unter dem Einfluß einer Kraft F . Die im Zylinder befindliche Fl¨ ussigkeit ( = const) str¨omt w¨ahrend der Abw¨artsbewegung des Kolbens durch die linke Bohrung von der unteren in die obere Kammer. Nehmen Sie an, daß unterhalb des Kolbens (Stelle [2]) der Druck p2 herrscht und oberhalb des Kolbens (Stelle [1]) der Druck p1 . Weiterhin ist in beiden Kammern die Str¨omungsgeschwindigkeit u1 bzw. u2 vernachl¨assigbar gegen¨ uber der Str¨omungsgeschwindigkeit in den Bohrungen. Die Querschnittsfl¨ache der Kolbenstange ist vernachl¨assigbar. Die Durchstr¨omfl¨ache AB einer Bohrung ist abh¨angig von der Druckdifferenz ∆p = p2 − p1 , was f¨ ur eine progressive D¨ampfung sorgt. Die Abh¨angigkeit lautet  m ∆p AB = A0 , mit m > 0 pˆ als w¨ahlbarem Parameter. An Verlusten sind nur Austrittsverluste zu ber¨ ucksichtigen. Reibungskr¨afte an W¨anden sind zu vernachl¨assigen. a) Dr¨ ucken Sie die Kraft auf den Kolben durch die Druckdifferenz ∆p aus. Verwenden Sie dazu den Impulssatz, angewendet im kolbenfesten System. b) Wie groß ist im kolbenfesten System die Geschwindigkeit wB in den Durchlaßbohrungen? c) Ermitteln Sie mit Hilfe der Bernoullischen Gleichung die Druckdifferenz ∆p. d) Berechnen Sie nun die Kolbengeschwindigkeit V als Funktion der Kraft F . Welchen Wert muß der Parameter m annehmen, damit eine lineare D¨ampfung V (F ) vorliegt? Geg.: A0, AK , pˆ, , F L¨ osung a) F = ∆p AK AK b) wB = V A0 



∆p pˆ

−m



1 2 AK c) ∆p = pˆ V pˆ 2 A0

1 2  2m+1

529 

d) V =

F AK pˆ

m+1/2 

2 pˆ A0

AK

⇒ lineare D¨ampfung f¨ ur m = 1/2.

Aufgabe B-19

Akustische Eigenfrequenz einer Flasche (Helmholtz–Resonator) Es soll die akustische Eigenfrequenz einer (Rotwein–) Flasche berechnet werden. Str¨omungstechnisch besteht eine solche Flasche aus dem Hals (L¨ange L, Querschnittsfl¨ache A), in dem die Str¨omung als instation¨ar aber inkompressibel angesehen werden kann, und einem großen Beh¨alter (Volumen V ), in dem ann¨ahernd alle Gr¨oßen r¨aumlich homogen sind, und die Luft als kompressibel betrachtet werden muß. Die St¨omung ist isentrop, Volumenkr¨afte sind vernachl¨assigbar.

a) Bestimmen Sie mit Hilfe der Bernoullischen Gleichung f¨ ur instation¨are Str¨omungen den Zusammenhang zwischen der Geschwindigkeit u im Flaschenhals und der Druckdifferenz pB (t)−p0 . Die kinetische Energie der akustische Wellen kann vernachl¨assigt werden, so daß p1 ≈ p0 und p2 ≈ pB (t) gilt. Im Bereich des Flaschenhalses kann von einer konstanten Dichte 0 ausgegangen werden. b) Welcher Zusammenhang ergibt sich aus der Kontinuit¨atsgleichung zwischen u und ¨ der Anderung der Dichte B (t) im Beh¨alter? (Berechnen Sie hierzu den Massenstrom an der Stelle [2] wieder mit der Dichte = 0 !) c) Ersetzen Sie die Dichte¨anderung in Teil b) unter Benutzung der Definitionsgleichung der Schallgeschwindigkeit durch die Druck¨anderung. (Die Schallgeschwindigkeit im Beh¨alter ist aB ≈ const) d) Stellen Sie durch Einsetzen der in Teil a) gewonnenen Gleichung die Differentialgleichung f¨ ur die Geschwindigkeit u(t) auf. Was ist die Eigenkreisfrequenz ω dieser homogenen Gleichung?

530

B Klausuraufgaben

e) Welche Schwingungsfrequenz f ergibt sich f¨ ur die Zahlenwerte V = 0, 75 l, A = 2 5 cm , L = 5 cm, aB = 370 m/s ? Geg.: 0 , p0 , V = 0, 75 l, A = 5 cm2 , L = 5 cm, aB = 370 m/s L¨ osung a) pB (t) − p0 = − 0 L

du dt

d B = 0 u A dt dpB c) V = 0 a2B u A dt  a2B A d2 u 2 d) + ω u = 0 , mit ω = dt2 VL e) f = 215 Hz b) V

Aufgabe B-20

Zylinder und Auspuffrohr eines Motors

Die Skizze zeigt Kolben, Zylinder und Auspuffrohr eines Motors. W¨ahrend des Ausstoßvorgangs bewegt sich der Kolben aufgrund der mit Ω rotierenden Kurbelwelle nach oben und dr¨ uckt die Fl¨ ussigkeit konstanter Dichte durch das ge¨offnete Ventil in das Auspuffrohr und von dort in die Umgebung. W¨ahrend des Ausstoßvorganges bleibt das Ventil in der gezeichneten Stellung. Auf dem Weg der Fl¨ ussigkeit durch das Ventil in das Rohr vergr¨oßert sich der Str¨omungsquerschnitt von der Austrittsfl¨ache AA (Stelle [A]) des Ringraumes des Ventils auf die Rohrquerschnittsfl¨ache AR (Die Ventilschaftdicke ist zu vernachl¨assigen). Der Umgebungsdruck p0 ist konstant. Die Kolbenquerschnittsfl¨ache AK , die Austrittsfl¨ache AA des Ventils und die Rohrquerschnittsfl¨ache AR sind bekannt. Der Abstand zwisch Zylinderkopf und Kolben ist n¨aherungsweise durch h(t) = h0 + r (1 − cos Ω t) gegeben. Die Druckverluste der vorliegenden instation¨aren Str¨omung k¨onnen n¨aherungsweise durch die der station¨aren Str¨omung beschrieben werden. Druckverlust durch Reibung und Strahlkontraktion, sowie Volumenkr¨afte sollen nicht ber¨ ucksichtigt werden. a) Berechnen Sie die Kolbengeschwindigkeit uK . b) Bestimmen Sie die Geschwindigkeit uA an der Stelle [A] und die Geschwindigkeit uR im Rohr.

531

c) Bestimmen Sie den Druckverlust ∆pv der Str¨omung vom Zylinder in die Umgebung. d) Berechnen Sie die Druckdifferenz ∆p = p2 − p0 f¨ ur den Fall, daß der Kolben die Fl¨ ussigkeit aus dem Zylinder dr¨ uckt. Hinweis: Da die Querschnittsfl¨ache AR  AK ist, kann die Geschwindigkeit in der ¨ Zylinderkammer vernachl¨assigt werden. Es gen¨ ugt außerdem die zeitliche Anderung der Geschwindigkeit nur im Bereich des Auspuffrohres zu ber¨ ucksichtigen. Geg.: AK , AR , (mit AR  AK ), AA , r, L, Ω, p0 , L¨ osung a) uK = − r Ω sin Ω t AK AK b) uA = − r Ω sin Ω t , uR = − r Ω sin Ω t AA AR   

AK 2 AK 2

AA 2 2 c) ∆pv = (r Ω sin Ω t) 1− + 2 AA AR AR AK

d) p2 − p0 = − L r Ω2 cos Ω t + (r Ω sin Ω t)2 AR 2

Aufgabe B-21



AK AA

2 

AA 1− AR

2



AK + AR

2

Pump–Turbinen–Anlage

Die Skizze zeigt eine Pump–Turbinen–Anlage, bestehend aus einem Unterwasser, einem Oberwasser, dessen Wasserspiegel um H = 250 m h¨oher liegt, einer Rohrleitung (L¨ange L = 350 m, Durchmesser d = 0, 5 m, Rauhigkeit k/d = 2 ∗ 10−4 ) und einer Pump– Turbine, die im Pumpbetrieb einen Wirkungsgrad von ηP = 0, 8 und im Turbinenbetrieb von ηT = 0, 9 hat. In Zeiten geringen Strombedarfs wird das Wasser (Dichte

= 103 kg/ m3 , kinematische Viskosit¨at ν = 10−6 m2 / s) aus dem unteren Gew¨asser in den Stausee hinaufgepumpt. Der Volumenstrom dabei ist V˙P = 0, 393 m3 / s. In Zeiten hohen Energiebedarfs wird die Str¨omungsrichtung umgekehrt und die Pump– Turbine arbeitet als Turbine. Der Volumenstrom im Turbinenbetrieb ist 1,4–mal so hoch wie im Pumpbetrieb, also V˙T = 1, 4 V˙P = 0, 55 m3/ s.

532

B Klausuraufgaben

a) Berechnen Sie f¨ ur den Pump– und den Turbinenbetrieb die mittleren Geschwindigkeiten U im Rohr und die Reynoldszahlen Re. b) Wie groß sind die Druckverluste ∆pvR bei beiden Betriebsarten innerhalb der Rohrleitung? c) Wie groß sind die Austrittsverluste ∆pvA bei beiden Betriebsarten? d) Welche Leistung muß der Fl¨ ussigkeit im Pumpbetrieb zugef¨ uhrt werden und wie groß ist die von der Pump–Turbine dabei ben¨otigte Leistung? e) Welche Leistung gibt die Fl¨ ussigkeit im Turbinenbetrieb ab und welche Leistung kann dabei von der Turbinenwelle abgenommen werden? f) Wie groß ist der hydraulische Wirkungsgrad ηh der Anlage, d.h. das Verh¨altnis von abgegebener Turbinen–Energie zu aufgenommener Pump–Energie bei gleichem umgesetzten Volumen V . Geg.: g = 9, 81 m/s2 , H = 250 m, L = 350 m, d = 0, 5 m, k/d = 2 ∗ 10−4 , ηP = 0, 8, ηT = 0, 9, = 103 kg/m3 , ν = 10−6 m2/s, V˙P = 0, 393 m3/s, V˙ T = 1, 4 V˙P = 0, 55 m3/s L¨ osung a) bis e) Pumpe Turbine

U [m/s] 2,0 2,8

Re 1, 0 ∗ 106 1, 4 ∗ 106

∆pvR [bar] 0,206 0,390

∆pvA [bar] Pzu/ab [kW] 0,020 1 216 0,039 1 193

f) ηh = 0, 70

Aufgabe B-22

¨ Uberexpandierte Lavaldu ¨se

Aus einem großen Kessel mit dem Ruhedruck ptK str¨omt ideales Gas durch eine Lavald¨ use und ein Rohr konstanten Querschnittes A3 .

533

Im divergenten Teil der Lavald¨ use ist der Verlauf der Querschnittsfl¨achen

A=A

∗



x 1+ L

2

f¨ ur 0 ≤ x ≤ L

gegeben. An der Stelle x = xs befindet sich ein senkrechter Verdichtungsstoß. Die Str¨omung ist station¨ar und mit Ausnahme des Stoßes isentrop. An der Stelle [3] wird mit dem Pitotrohr der Ruhedruck pt3 = 1, 2 bar gemessen. a) Wie groß ist die Machzahl M1 direkt vor dem Stoß, wenn dieser an der Stelle xs = 0, 8 L steht. Bestimmen Sie die Machzahl hinter dem Stoß und das Ruhedruckverh¨altnis pt2 /pt1 u ¨ ber den Stoß. b) Mit welchem Kesseldruck ptK wird die Anlage betrieben, wenn der an der Stelle [3] gemessene Ruhedruck pt3 = 1, 2 bar betr¨agt. Berechnen Sie den Druck p∗ an der engsten Stelle der D¨ use. c) Berechnen Sie den neuen Bezugsquerschnitt A∗2 nach dem Stoß. Wie groß ist die Machzahl M3 und der Druck p3 ? d) Berechnen Sie die x–Komponente der Kraft, die die Str¨omung zwischen der engsten Stelle und der Stelle [3] auf die D¨ use aus¨ ubt. Verwenden Sie den Impulssatz der Stromfadentheorie und beachten Sie, daß bei idealem Gas u2 = γ M 2 p gilt. Geben Sie den Zusammenhang f¨ ur Fx/(p∗ A∗ ) an. Geg.: L, A∗, A3 = 3 A∗ , γ = 1, 4, pt3 = 1, 2 bar L¨ osung a) M1 = 1, 97 , M2 = 0, 582 b) ptK = 1, 633 bar, c) A∗2 = 1, 353 A∗ , d)

, pt2 /pt1 = 0, 735

p∗ = 0, 862 bar M3 = 0, 27 ,

p3 = 1, 14 bar

Fx p3 = γ + 1 − 3 (γ M32 + 1) = −1, 972 p∗ A∗ p∗

Aufgabe B-23

¨ Einlauf einer Uberschalld u ¨se

¨ ¨ Der Einlauf einer Uberschalld¨ use befindet sich in einer parallelen Uberschallstr¨ omung eines idealen Gases mit der Machzahl M1 = 3. Vor dem Einlauf hat sich ein Stoß ausgebildet, der auf der mittleren Stromlinie als senkrechter Verdichtungsstoß behandelt werden kann. Die Str¨omung ist mit Ausnahme des Stoßes isentrop.

534

B Klausuraufgaben

Der engste D¨ usenquerschnitt befindet sich and der Stelle [3] und betr¨agt A = 0, 2 m2. Hinter dem engsten Querschnitt, im divergenten Teil der D¨ use an der Stelle [4] ist die Machzahl M4 gr¨oßer als Eins. An der Stelle [1] ist der Ruhedruck pt1 und die Ruhetemperatur Tt1 bekannt.

a) Berechnen Sie die Temperatur T1 und die Geschwindigkeit u1 an der Stelle [1]. b) Berechnen Sie die Machzahl M2 , den Druck p2 und die Geschwindigkeit u2 hinter dem Stoß. c) Wie groß ist die Machzahl M3 an der Stelle [3]. Berechnen Sie die Geschwindigkeit u3 , die Temperatur T3 und den Druck p3 an der Stelle [3]. d) Wie groß ist der Massenstrom m ˙ durch die D¨ use? Geg.: γ = 1, 4, R = 287 J/kg K, M1 = 3, pt1 = 1 bar, Tt1 = 295 K, A = 0, 2 m2 L¨ osung a) T1 = 105, 4 K, b) M2 = 0, 475 , c) M3 = 1 ,

u1 = 617, 3 m/s p2 = 0, 28 bar,

u3 = 314, 3 m/s,

u2 = 159, 9 m/s T3 = 245, 9 K,

p3 = 0, 173 bar

d) m ˙ = 15, 41 kg/s

Aufgabe B-24

Feststoffrakete

In einer Feststoffrakete wird ein Brennstoff–Oxydatorgemisch abgebrannt. Das entstehende Verbrennungsgas str¨omt durch eine Lavald¨ use ¨ und tritt mit Uberschallgeschwindigkeit in die Umgebung aus (Umgebungsdruck pa ). Ruhedruck pt und Ruhetemperatur Tt in der Brennkammer bleiben zeitlich konstant. F¨ ur die Berechnung kann n¨aherungsweise eine isentrope Str¨omung eines idealen

535

Gases (γ, R) angenommen werden. a) Berechnen Sie den Massenstrom m ˙ durch die D¨ use. b) Der Austrittsquerschnitt A2 soll nun so gew¨ahlt werden, daß der maximale Schub erreicht wird. Dazu werden drei F¨alle untersucht: 1.) eine richtig expandierende D¨ use: pe /pa = 1 , 2.) eine u berexpandierende D¨ u se: pe /pa = 0, 7 und ¨ 3.) eine unterexpandierende D¨ use: pe /pa = 1, 3 . Bestimmen Sie f¨ ur alle drei F¨alle Druck pe , Geschwindigkeit ue und Querschnitt A2 am D¨ usenaustritt. c) Berechnen Sie den Schub der Rakete f¨ ur alle drei F¨alle. F¨ ur welches Druckverh¨altnis pe /pa wird der gr¨oßte Schub erzeugt? Wie muß demnach der Querschnitt A2 gew¨ahlt werden? Geg.: Tt = 1000 K, pt = 10 bar, pa = 1 bar, A1 = 70 10−5 m2 , γ = 1, 4, R = 287 J/kg K L¨ osung a) m ˙ = 0, 895 kg/s b) c) pa /pe 1 0,7 1,3

pe [bar] ue [m/s] A2 [m2] 1 985 135 10−5 0,7 1 035 167 10−5 1,3 942 117 10−5

F [N] 881 876 878

⇒ A2 = 135 10−5 m2

Aufgabe B-25

Staustrahltriebwerk (ram jet)

¨ Das dargestellte Triebwerk bewegt sich mit Uberschallgeschwindigkeit (M∞ = 2) durch Luft (kalorisch ideales Gas) mit dem Zustand p∞ = 0, 3 bar, T∞ = 250 K. Vor dem

536

B Klausuraufgaben

Triebwerk hat sich ein Stoß ausgebildet, der auf der mittleren Stromlinie als senkrechter Verdichtungsstoß behandelt werden kann. Zwischen den Stellen [1] und [2] wird der Str¨omung eine noch unbekannte W¨armemenge pro Zeiteinheit Q˙ zugef¨ uhrt, so daß im Querschnitt [2] gerade die Machzahl M2 = 1 erreicht wird. Im divergenten Teil der D¨ use ¨ herrscht Uberschall und die Str¨omung ist isentrop. Die D¨ use expandiert im Austrittsquerschnitt auf Umgebungsdruck p3 = p∞ . Gesucht ist die zugef¨ uhrte W¨armemenge ˙ pro Zeiteinheit Q sowie der Schub, den das Triebwerk liefert. a) Ermitteln Sie die Gr¨oßen p1 , T1 und u1 nach dem Stoß. b) Berechnen Sie den Massenstrom m ˙ durch die D¨ use. c) Berechnen Sie unter Verwendung des Ergebnisses aus b) M3 , T3 , und u3 am D¨ usenaustritt. d) Wie groß ist die Temperatur T2 und die Geschwindigkeit u2 an der Stelle [2]? e) Berechnen Sie mit Hilfe der Energiegleichung zwischen den Stellen [1] und [2] die ˙ die pro Zeiteinheit zugef¨ W¨armemenge Q, uhrt werden muß. f) Wie groß ist der Schub der D¨ use? (Reibungskr¨afte von außen auf die D¨ use sind zu vernachl¨assigen.) Geg.: M∞ = 2, p∞ = 0, 3 bar, T∞ = 250 K, A1 = A2 = 0, 4 m2, A3 = 0, 56 m2 , γ = 1, 4, R = 287 J/kg K, cp = 1004, 5 J/kg K L¨ osung a) p1 = 1, 35 bar,

T1 = 421, 8 K,

u1 = 237, 5 m/s

b) m ˙ = 106 kg/s c) M3 = 1, 76 ,

T3 = 379, 9 K,

d) T2 = 512, 9 K,

u3 = 687, 6 m/s

u2 = 454, 0 m/s

e) Q˙ = 17 630 kJ/s  = −5 692 N ex f) S

Aufgabe B-26

Ludwieg–Rohr

537

Obenstehende Skizze zeigt ein sogenanntes Ludwieg–Rohr, mit dem es gelingt, mit verh¨altnism¨aßig kleinem Aufwand in einer Lavald¨ use f¨ ur eine kurze Zeitdauer eine sta¨ tion¨are Uberschallstr¨ omung zu erzeugen. Dazu wird zun¨achst die Lavald¨ use mit einer Membran verschlossen und das Gas im Rohr auf den Druck p1 komprimiert. Zum Zeitpunkt t = 0 wird die Membran zum Platzen gebracht, und in das Rohr l¨auft eine Expansionswelle. Da die Lavalld¨ use sehr kurz ist, stellt sich praktisch sofort eine station¨are Str¨omung in der D¨ use ein, und der in das Rohr laufende Expansionsf¨acher kann als im Punkt (t = 0, x = 0) zentriert angesehen werden. Bis die an der Rohrwand reflektierten Expansionswellen wieder die D¨ use erreichen, ist die D¨ usenstr¨omung station¨ar. a) Wie groß ist die Machzahl M3 am D¨ usenaustritt, wenn sich innerhalb der D¨ use eine station¨are Str¨omung ausgebildet hat. b) Wie groß ist dann die Machzahl M2 am D¨ useneintritt? ¨ c) Wie groß ist der Druck p2 , wenn die Uberschalld¨ use gerade richtig expandiert? d) Skizzieren Sie die Str¨omung innerhalb des Rohres im x-t–Diagramm. e) Wie groß sind die Schallgeschwindigkeit a2 und die Gasgeschwindigkeit u2? f) Wie groß muß der Druck p1 gew¨ahlt werden? g) Welcher Massenstrom m ˙ geht durch die D¨ use? h) Da sich die Schallgeschwindigkeit im Rohr nicht stark ¨andert (a1 ≈ a2) kann die Zeitdauer ∆t, f¨ ur die eine station¨are Str¨omung vorliegt, abgesch¨atzt werden. Welche Blaszeit ∆t erh¨alt man durch eine solche Absch¨atzung? Geg.: AD /A = 0, 5, A = 50 cm2, a1 = 347 m/s, p0 = 1 bar, γ = 1, 4 L¨ osung a) b) c) d)

M3 = 2, 2 M2 = 0, 3 p2 = 10, 05 bar x–t–Diagramm

e) f) g) h)

a2 = 327, 4 m/s, p1 = 15, 1 bar m ˙ = 6, 446 kg/s ∆t ≈ 2 L/a1

u2 = 98, 2 m/s

538

B Klausuraufgaben

Aufgabe B-27

Dipol u ¨ber einer Wand

In die Parallelstr¨omung u ¨ber einer ebenen Wand wird im Abstand a von der Wand ein Dipol eingebracht. Der Dipol ist parallel zur x–Achse in die negative x–Richtung orientiert. Das Moment des Dipols ist durch M = 2π U∞ 4h2 gegeben. Die sich einstellende Str¨omung ist station¨ar, reibungsfrei und kann als eben betrachtet werden. Die Dichte der Fl¨ ussigkeit ist konstant.

a) Wie lautet das komplexe Potential der Str¨omung, wenn die Wand nicht vorhanden ist? b) Wie lautet das komplexe Potential der sich einstellenden Str¨omung bei Vorhandensein der Wand? Berechnen Sie die Geschwindigkeitskomponenten an der Wand, und zeigen Sie, daß die kinematische Randbedingung erf¨ ullt ist. c) Berechnen Sie die Lage der Staupunkte auf der Wand. d) Ermitteln Sie die Potentialfunktion Φ(x, y) und die Stromfunktion Ψ(x, y). Zeigen Sie, daß die Linie y = 0 und der Kreis x2 + (y − h)2 = 4h2 Stromlinien sind (Dies gilt nur, wenn das Dipolmoment den oben angegebenen Wert hat!). Skizzieren Sie das Stromlinienbild f¨ ur y ≥ 0 außerhalb des angegebenen Kreises. e) Berechnen Sie die Kraft (pro Tiefeneinheit) der Str¨omung auf die Kontur x2 + (y − h)2 = 4 h2 f¨ ur y ≥ 0. Geg.: , p∞ , U∞ , a L¨ osung 



1 a) F (z) = U∞ z + 4h z − ih    1 1 2 + b) F (z) = U∞ z + 4h , z − ih z + ih v(x, 0) = 0 2

√ c) x1/2 = ± 3 h ,

y1/2 = 0



u(x, 0) = U∞

x2 − h2 1 − 8 h2 (x2 + h2)2



,

539





x x d) Φ(x, y) = U∞ x + 4h + 2 , 2 2 x + (y − h) x + (y + h)2  

y−h y+h Ψ(x, y) = U∞ y − 4h2 + 2 , 2 2 x + (y − h) x + (y + h)2 2

Ψ(x, 0) = 0 , e) Fx = 0 ,

Ψ(Kreis) = 0

 √ √ 8 2 Fy = −2 3 h p∞ + 8 3 − π h U∞ 3

Aufgabe B-28

Virtuelle Masse einer Platte

Es soll die virtuelle Masse einer unendlich d¨ unnen Platte bestimmt werden, die sich in  = V (t) eη bewegt. reibungsfreier, inkompressibler Fl¨ ussigkeit mit der Geschwindigkeit V In großer Entfernung von der Platte ist die Fl¨ ussigkeit in Ruhe und der Druck ist p∞ . Um das Geschwindigkeitspotential der Plattenumstr¨omung zu bestimmen, betrachtet man zun¨achst einen Kreiszylinder mit Radius r0 , der sich mit der Geschwindigkeit  = U(t) ey bewegt und sich zum betrachteten Zeitpunkt gerade im Ursprung des U Koordinatensystems befindet. Das Potential des Zylinders ist bekanntlich F (z) = −i

U(t) r02 . z

a) Bilden Sie den Zylinder mit Hilfe der Abbildungsfunktion r02 z auf eine Platte ab, und bestimmen Sie die L¨ange L der Platte. b) Wie groß ist die Normalkomponente der Geschwindigkeit auf dem Kreiszylinder? Berechnen Sie die Normalkomponente der Geschwindigkeit an der Platte, und zeigen Sie, daß sich die Platte tats¨achlich in positive η–Richtung bewegt. c) Ermitteln Sie die Kraft, die durch die instation¨are Bewegung auf die Platte ausge¨ ubt wird, durch Integration des Druckes ζ=z+

Fξ − i Fη =

.

(−ip) dζ (C)

Hinweis: F¨ uhren Sie die Integration zweckm¨aßigerweise in der z–Ebene aus.

540

B Klausuraufgaben

d) Bestimmen Sie die virtuelle Masse der Platte. Geben sie eine anschaulich Deutung des Ergebnisses. Geg.: r0, , p∞ , U(t) L¨ osung a) L = 4 r0 b) ur = U(t) sin ϕ , vζ = V (t) = U(t)/2 dV c) Fξ − i Fη = i 4 r02 π dt d) m
= π (2 r0 )2

Aufgabe B-29

Absaugung in einen ebenen Kanal

Durch einen ebenen Kanal der H¨ohe h soll ein Volumenstrom V˙ abgesaugt werden. Die Str¨omung wird als reibungsfreie, inkompressible Potentialstr¨omung behandelt. Die Abbildungsfunktion ζ(z), die die x–Achse der z–Ebene auf den zu untersuchenden Kanaleinlauf abbildet, lautet: ζ(z) = K1 (z + ln z) + K2 Der dazugeh¨orige Abbildungsmaßstab ist: dζ z+1 = K1 dz z a) Bestimmen Sie die Konstanten K1 und K2 so, daß der Punkt [2] richtig nach z = −1 abgebildet wird. b) Wie lautet das komplexe Potential F (z) in der z–Ebene, wenn in der ζ–Ebene zwischen den Punkten [3] und [4] der Volumenstrom V˙ abgesaugt werden soll? c) Berechnen Sie die Geschwindigkeit wζ am Punkt ζ(z = 1). d) Wie groß ist der Druck am Punkt [4], wenn der Druck p(ζ(z = 1)) = pk bekannt ist. Geg.: V˙ , h, ρ, pk

541

L¨ osung a) K1 = K2 = h/π V˙ b) F (z) = − ln z π

1 V˙ 2 h  2

3 V˙ d) p(ζ → −∞) = pk − 24 h c) wζ (ζ = 2 h/π) = −

Aufgabe B-30

Instation¨ are Str¨ omung u ¨ber einer welligen Wand

Inkompressible, reibungsfreie Fl¨ ussigkeit str¨omt l¨angs einer welligen Wand, die in x– und z–Richtung unendlich ausgedehnt ist. Die Wandkontur ¨andert sich mit der Zeit und ist durch y = A(t) sin(2 π x/L) , A(t) = A0 sin(Ω t) gegeben. In großer Entfernung von der Wand ist die x–Komponente der Geschwindigkeit U∞ = const, der Druck ist p∞ . Da  = A0 /L  1 und A0Ω/U∞  1 gilt, sind die durch die Welligkeit der Wand hervorgerufenen St¨orgeschwindigkeiten u/U∞ und v/U∞ von der Ordnung O(). a) Formulieren Sie die Randbedingungen und vernachl¨assigen Sie Terme der Gr¨oßenordnung O(2 ). b) Das Potential der station¨aren Str¨omung um eine ruhende, wellige Wand ist bekanntlich ( ) Φ = U∞ x + [C1 sin(k x) + C2 cos(k x)] e−k y + D1 ek y . Es liegt daher nahe, f¨ ur das instation¨are Problem die Koeffizienten C1 , C2 und D1 als zeitabh¨angige Funktionen anzunehmen und einen Ansatz der Form (

Φ = U∞ x + [C1 (t) sin(k x) + C2(t) cos(k x)] e−k y + D1 (t) ek y

)

(1)

zu versuchen. Zeigen Sie, daß der Ansatz (1) f¨ ur das Geschwindigkeitspotential die Laplacesche Gleichung erf¨ ullt. c) Bestimmen Sie k und D1 (t), C1 (t) und C2 (t) aus den Randbedingungen.

542

B Klausuraufgaben

d) Berechnen Sie die Geschwindigkeitskomponenten u und v. e) Bestimmen Sie den Druckbeiwert cp an der K¨orperkontur (d.h. wegen A0/L  1 an y = 0), und kommentieren Sie das Ergebnis. Erf¨ahrt die Str¨omung durch die Wand einen Widerstand in x–Richtung? Geg.: p∞ , U∞ , , A0, Ω, L L¨ osung a) 1.) An der Wand y ≈ 0 :







2π x A0 2π x 2 π sin(Ω t) cos v = A0 Ω cos(Ω t) sin + U∞ L L L 2.) y → ∞ : u = U∞ , v = 0 L cos(Ω t), C2(t) = −U∞ A0 sin(Ω t), D1 (t) ≡ 0 c) k = 2 π/L, C1 (t) = −A0 Ω 2π   2π x d) u = U∞ − A0 Ω cos(Ω t) cos + L  2 π A0 2π x − U∞ e−2 π y/L sin(Ω t) sin L L    2π x 2 π A0 2π x v = A0 Ω cos(Ω t) sin + U∞ e−2 π y/L sin(Ω t) cos L L L     4 A0 Ω 2π x 4 π A0 A0 Ω2 L 2π x e) cp = cos(Ω t) cos + sin(Ω t) sin − 2 U∞ L L π U∞ L Der erste Summand auf der rechten Seite ist zu jeder Zeit um π/2 gegen¨ uber der Wandkontur phasenverschoben und liefert daher einen Widerstand. Der zweite Summand auf der rechten Seite ist zu jeder Zeit mit der Wandkontur in Phase und liefert keinen Widerstand.

Aufgabe B-31

Tragflu ¨gel mit gegebener Quell– und Wirbelverteilung

Auf der x–Achse ist im Intervall 0 ≤ x ≤ l die kontinuierliche Quellenverteilung  x d q(x) = 2 U∞ 1−2 , 0≤x≤l l l und die Wirbelverteilung l−x , 0≤x≤l γ(x) = 2 α U∞  x(l − x)

543

¨ gegeben. Durch Uberlagerung der hierdurch erzeugten Potentiale k¨onnen die St¨orgeschwindigkeiten berechnet werden, die ein schlankes, ebenes, zur x–Achse symmetrisches Profil erzeugt, das unter einem Winkel α angestr¨omt wird. Die Potentialstr¨omung ist station¨ar, reibungsfrei und inkompressibel. Die Profilform ±f(x) ist nicht bekannt. Das Verh¨altnis d/l und der Winkel α seien so klein, daß die Theorie der N¨aherungsl¨osungen f¨ ur schlanke K¨orper angewendet werden darf. a) Zeigen Sie, daß das durch die gegebene Quellenverteilung erzeugte Profil ein geschlossener K¨orper ist. b) Berechnen Sie die Profilform y = ±f(x) unter der Bedingung f(0) = f(l) = 0. Skizzieren Sie das Profil. c) Berechnen Sie die Zirkulation des Profils. Wie groß ist der Auftrieb und der Auftriebsbeiwert des Profils? d) Wie lautet die Integraldarstellung des Potentials f¨ ur die St¨orgeschwindigkeiten? e) Berechnen Sie die St¨orgeschwindigkeiten u(x, 0+ ) auf der Oberseite und u(x, 0− ) auf der Unterseite des Profils. Hinweis:     l 1 d x q(x
) 1 x
dx = U∞ 2+ 1−2 ln 2π x − x
π l l l−x 0 Zeigen Sie, daß die Differenz der Geschwindigkeiten u(x, 0+ ) − u(x, 0− ) an der Hinterkante des Profils verschwindet. Geg.: α, U∞ , l, d, L¨ osung l

a)

q(x
)dx
= 0

0 b) y = ±d/l (x − x2 /l) 2 c) Γ = −απ U∞ l , Fa = απ U∞ l , ca = 2πα l   7 81/2 1  x
d 2 d) ϕ(x, y) = 1−2 ln (x − x
) + y 2 dx
+ 2 U∞ 2π l l 0  l 1 l − x
y − dx
2α U∞  arctan


2π x − x x (l − x ) 0     x l−x x d 1 ± e) u(x, 0 ) = π U∞ 2 + 1 − 2 ln ± α U∞  l l l−x x(l − x)

544

Aufgabe B-32

B Klausuraufgaben

Angestellte, ebene Platte mit Klappe

Die Skelettlinie eines Tragfl¨ ugels setzt sich aus zwei Geradenst¨ ucken zusammen. An der Stelle x = l 3/4 knickt die Klappe um den Winkel δ von dem ersten Geradenst¨ uck ab. Der Tragfl¨ ugel wird unter dem Winkel α von reibungsfreier, inkompressibler Luft angestr¨omt. Die horizontale Anstr¨omgeschwindigkeit U∞ ist gegeben.

a) Bestimmen Sie die Koeffizienten A0 , A1 , A2 des bekannten Ansatzes f¨ ur die Zirkulationsverteilung γ(ϕ), mit x = l/2 (1 + cos ϕ), f¨ ur die gegebene Skelettline (siehe Skizze). b) Bestimmen Sie den Auftriebsbeiwert ca(α, δ) und den Momentenbeiwert cm (α, δ). c) Berechnen Sie den Druckpunkt xD als Funktion von δ und α. d) F¨ ur δ = 0 sei das Flugzeug so getrimmt, daß die Gewichtskraft des Flugzeuges an dem Punkt x = l/4 angreift. Zeigen Sie, daß die Tragfl¨ache dann bei δ/α = 1/2 rechtsherum kippt, wenn die Auftriebskraft betragsm¨aßig gleich der Gewichtskraft ist.

Geg.: l, α  1, δ  1, U∞ L¨ osung √ √ 1 3 3 δ , A2 = − δ a) A0 = α − δ , A1 = − 3 π 2π   √ π 2 π 5√ b) ca = 2πα − π + 3 δ , cm = − α + δ + 3 3 2 6 8 √ xD 1 − δ/α(1/3 + 5/4 3/π) √ c) = l 4 − δ/α(4/3 + 2 3/π) d) xD /l = 0, 176 < 1/4 ⇒ Kippen nach rechts.

545

Aufgabe B-33

¨ Einlauf in ein Uberschalltriebwerk

¨ Der Einlauf eines ebenen Uberschalltriebwerkes besteht aus einem Zentralk¨orper und zwei Einlauflippen. Abgebildet ist die obere H¨alfte des Triebwerkes. Im folgenden soll das Triebwerk f¨ ur die Anstr¨ommachzahl M1 = 3 (Fall A) so ausgelegt werden, daß die vom Zentralk¨orper ausgehenden St¨oße gerade die Spitze der Einlauflippe treffen und dort nicht reflektiert werden. ¨ Der Zentralk¨orper besteht aus einem Keil mit dem halben Offnungswinkel β1 = 10◦ , ¨ der sich ab dem Abstand l von der Keilspitze auf den halben Offnungswinkel β2 = 15◦ erweitert. Die Einlauflippen sind unendlich d¨ unn und vorne um den Winkel β2 abgewinkelt. Das einstr¨omende ideale Gas (γ = 1, 4) hat bei [1] die Temperatur T1 = 273 K und den Druck p1 = 1 bar. ¨ a) Berechnen Sie den Uberstand x des Zentralk¨orpers f¨ ur den Fall A, so daß der erste schr¨age Verdichtungsstoß gerade die Spitze der Einlauflippe trifft! b) Berechnen Sie den Abstand l des Knickes von der Keilspitze, so daß auch der zweite Verdichtungsstoß gerade die Spitze der Einlauflippe trifft. c) Bestimmen Sie f¨ ur den Fall A den in das Triebwerk str¨omenden Luftmassenstrom pro Tiefeneinheit m. ˙ d) Welche Dr¨ ucke p2 , p3 , p4 stellen sich ein? e) Berechnen Sie die Kraft pro Tiefeneinheit in Richtung von ex auf den abgeknickten Teil der oberen Einlauflippe. f) Der Triebwerkseinlauf wird nun mit M1
< M1 (Fall B) angestr¨omt. Die St¨oße treffen dann nicht mehr die Einlauflippe (wie skizziert). Welche Kraft wirkt nun auf den abgeknickten Teil der Einlauflippe?

546

B Klausuraufgaben

g) Veranschaulichen Sie mittels einer Skizze, daß der Massenstrom in das Triebwerk maximal wird, wenn der erste schr¨age Verdichtungsstoß bei gleicher Machzahl M1
gerade auf die Spitze der Einlauflippe trifft. Geg.: β1 = 10◦ , β2 = 15◦ , H = 0, 5 m, h = 0, 4 m, M1 = 3, p1 = 1 bar, T1 = 273 K, R = 287 J/kg K, γ = 1, 4 L¨ osung a) b) c) d) e) f)

x = 0, 785 m l = 0, 332 m m ˙ = 1 014, 5 kg/(s m) p2 = 1, 991 bar, p3 = 2, 634 bar, Fx = 1, 47 kN/m Fx = 0

p4 = 2, 781 bar

g)

Bei der linken Position des Zentralk¨orpers ist der Eintrittsquerschnitt um 2 ∆h gr¨oßer als bei der rechten ⇒ m ˙ links > m ˙ rechts .

Aufgabe B-34

¨ Angestellte, ebene Platte in Uberschallstr omung ¨

¨ Eine ebene Platte befindet sich in reibungsfreier, ebener, kompressibler Uberschallstr¨omung (M∞ > 1). Die Platte ist gegen¨ uber der horizontalen Anstr¨omung um den Winkel 7◦ angestellt und wird mit der Machzahl M∞ = 2 station¨ar angestr¨omt. An der Hinterkante der Platte ist eine ebene, schwere Klappe u ¨ ber ein Gelenk [A] befestigt. Die Klapppe ist gegen¨ uber der horizontalen Richtung um den Winkel ϕ = 2◦ ausgelenkt. Außer der Gewichtskraft GK und den Kr¨aften aus der Str¨omung wirken keine weiteren Kr¨afte auf die Klappe. Das Gelenk in [A] ist reibungsfrei. An der Hinterkante der Klappe bildet sich eine Kontaktunstetigkeit aus. Es wird das Gewicht pro Tiefe GK der Klappe gesucht. ¨ Die Abmessungen des Gelenkes sind zu vernachl¨assigen, so daß der Ubergang von der Platte zur Klappe als eine scharfe Ecke angenommen werden kann. Die Berechnung soll f¨ ur Luft als ideales Gas mit γ = 1, 4 durchgef¨ uhrt werden.

547

a) Skizzieren Sie die auftretenden Verdichtungsst¨oße und Expansionsf¨acher an der angestellten Platte und an der daran befestigten Klappe. b) Berechnen Sie die Machzahlen M und die Dr¨ ucke p f¨ ur die Bereiche [1] bis [4]. c) Berechnen Sie das Gewicht pro Tiefe GK der Klappe u ¨ ber das Momentengleichgewicht um den Punkt [A]. d) Welche dynamische Randbedingung muß an der Kontaktunstetigkeit erf¨ ullt sein? e) Welche Wellensysteme erh¨alt man an der Hinterkante der Klappe? Geben Sie die Vorgehensweise zur Berechnung des Winkels α zwischen der Kontaktunstetigkeit und der horizontalen Richtung an. Nehmen Sie zun¨achst einen Winkel α = 0 an und u ufen Sie hierf¨ ur die Bedingung nach Teil d). ¨ berpr¨ f) In welcher Richtung (im Uhrzeigersinn oder im Gegenuhrzeigersinn) wird der Winkel α von α = 0 abweichen?

Geg.: γ = 1, 4, L = 0, 5 m, ϕ = 2◦ , M∞ = 2, p∞ = 0, 8 bar

L¨ osung

a) Wellensystem

b) M1 = 2, 26 , p1 = 0, 5329 bar, p3 = 0, 7051 bar, M4 = 1, 92 ,

M2 = 1, 75 , p2 = 1, 1884 bar, p4 = 0, 9155 bar

c) GK = 10, 53 N/m d) p5 = p6 e) α = 0 :

p5 = 0, 7722 bar,

f) im Gegenuhrzeigersinn

p6 = 0, 8213 bar

M3 = 2, 08 ,

548

Aufgabe B-35

B Klausuraufgaben

¨ Leitradstufe eines Uberschallverdichters

¨ Die Leitradstufe eines Uberschallverdichters wird mit der Machzahl M1 = 2 unter dem ◦ Winkel α = 30 angestr¨omt. Druck p1 und Temperatur T1 vor dem Leitrad sind bekannt. Der Vorderkantenwinkel des Leitradprofils (Punkt [A] bzw. [E]) ist null. Die Leitradschaufeln sind zwischen den Strecken EF und BC als Stromlinien einer zentrierten Prandtl–Meyer–Welle ausgebildet (Zentrum der Welle in Punkt [0]), die Strecken CD und FG sind zueinander parallele Geraden. Die Str¨omung wird von [1] nach [2] durch Prandtl–Meyer–Wellen umgelenkt und verdichtet; zwischen den Stellen [2] und [3] steht ein senkrechter Verdichtungsstoß und zwischen [3] und [4] wird die Str¨omung so gelenkt, daß sie in axialer Richtung abstr¨omt. Str¨omungsmedium ist ideales Gas. Die Str¨omung sei isentrop bis auf die Entropieerh¨ohung durch den Stoß. a) Bestimmen Sie die Machzahl M2 nach der Prandtl–Meyer–Welle. Wie groß sind die Winkel µ1 und µ2 , die die erste bzw. letzte Machsche Welle mit der Str¨omungsrichtung einschließt? b) Bestimmen Sie Druck p2 und Temperatur T2 nach der Prandtl–Meyer–Welle. Wie groß ist der Schaufelabstand h2 ? c) Bestimmen Sie Machzahl, Druck und Temperatur hinter dem senkrechten Verdichtungsstoß. d) Wie groß sind Druck, Temperatur und Machzahl am Austritt des Leitrades (Stelle [4])? Geg.: M1 = 2, α = 30◦ , β = 52, 822◦ , p1 = 2 bar, T1 = 250 K, R = 287 J/kg K, γ = 1, 4, t = 0, 15 m L¨ osung a) M2 = 1, 2 , µ1 = 30◦ , µ2 = 56, 44◦ b) p2 = 6, 435 bar, T2 = 349 K, h2 = 4, 58 cm c) p3 = 9, 7655 bar, T3 = 394 K, M3 = 0, 842

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d) p4 = 15, 17 bar,

Aufgabe B-36

T4 = 447 K,

M4 = 0, 18

Grenzschicht an einer gezogenen Kunststofffolie

Bei der Herstellung von Kunststofffolien wird die Folie aus einem Schlitz gepreßt und mit konstanter Geschwindigkeit UF durch eine ruhende Fl¨ ussigkeit ( , ν = const) gezogen. An der Folie haftet die Fl¨ ussigkeit, so daß sie von der Folie mitgezogen wird, die sich ausbildende Grenzschicht hat daher eine negative Verdr¨angungsdicke. Der Druckgradient dp/dx kann vernachl¨assigt werden, da in der ruhenden Fl¨ ussigkeit der Druck konstant ist. Im folgenden soll mit Hilfe der Integralmethoden der Grenzschichtheorie n¨aherungsweise der Reibungsbeiwert an der Folie bestimmt werden. Die durch die Folie in Gang gesetzte Str¨omung ist station¨ar und laminar. a) Geben Sie die Randbedingungen f¨ ur die Geschwindigkeit u an. b) F¨ ur die Geschwindigkeit wird der Ansatz  2

u y y =a+b +c UF δ δ

gemacht (δ geometrische Grenzschichtdicke). Bestimmen Sie die Konstanten a, b und c aus den Randbedingungen und aus der Forderung, daß die Schubspannung am Grenzschichtrand verschwindet. Die Impulsverlustdicke δ2 kann nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung als Mittelwert des Integrals δ (U − u) u dy

δ2 UF2 = 0

eingef¨ uhrt werden. c) Zeigen Sie, daß mit Hilfe der Impulsverlustdicke δ2 aus der x–Komponente des Impulssatzes in integraler Form f¨ ur die Grenzschicht die Impulsgleichung dδ2 τw = dx

UF2 folgt. d) Berechnen Sie mit Hilfe des obigen Geschwindigkeitsansatzes das Verh¨altnis δ2/δ.

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B Klausuraufgaben

e) Geben Sie den Zusammenhang zwischen der Wandschubspannung τw und der Impulsverlustdicke δ2 an. f) Welche gew¨ohnliche, lineare Differentialgleichung f¨ ur δ22 ergibt sich aus der Impulsgleichung nach Teil c)? L¨osen Sie diese Differentialgleichung, wenn f¨ ur x = 0 die Impulsverlustdicke δ2 = 0 ist. g) Bestimmen Sie den Reibungsbeiwert 

cf

τw UF x = ν

UF2 /2



UF x ν 

und vergleichen Sie ihn mit dem exakten Ergebnis: cf

UF x/ν = 0, 8875.

Geg.: , ν, UF L¨ osung a) u(x = 0, y) = 0 , b) a = 1 ,

b = −2 ,

u(x, y = 0) = UF , c=1

d) δ2/δ = −1/5 e) τw =

2 η UF 5 δ2

1 d 2 2 ν f) , (δ2 ) = 2 dx 5 UF 

g) cf

UF x = ν





δ2 =

4 = 0, 8944 5

4 νx 5 UF

u(x, y = δ) = U = 0