Hydrostatik Mechanik von Fluiden im statischen Gleichgewicht

Hydrostatik
Mechanik von Fluiden im statischen Gleichgewicht
Fluide: Stoffe, die sich unter Einwirkung von Schubspannungen fortlaufend deformieren
−→ in ruhendem Fluid können keine tangentialen Spannungen auftreten
1
Hydrostatik
– die Summe aller angreifenden Kräfte verschwindet
– die Fluidelemente bewegen sich nicht
oder mit konstanter Geschwindigkeit
– es existieren nur Normalspannungen, keine Schubspannungen
τ
Normalspannungen sind immer Druckspannungen
(keine Zugspannungen, da innere molekularen Kräfte zu klein)
2
Hydrostatische Grundgleichung
g
z
011111111111
0
1
100000000000
0
1
0000000000
1111111111
1010
0
1
0
1
1010
0
1
0
1
1010
0
1
0
1
1010
0
1
0
1
1010
0
1
0
1
1010
0
1
0
1
10
0
1
dA
dz
Alle Größen (Druck p, Dichte ρ, . . .)
sind Funktionen der Koordinate z
p(z), ρ(z), . . .
Gleichgewicht der Kräfte
P
Fz = 0
−→ p(z)dA − p(z + dz)dA − G = 0
G = ρ(z + dz
2 ) g dz dA
3
Hydrostatische Grundgleichung
Taylorreihe von p und ρ:
dp
d2p dz 2
p(z + dz) = p(z) + dz dz + dz 2 2 + · · ·
dρ dz
d2ρ dz 2
dz
ρ(z + 2 ) = ρ(z) + dz 2 + dz 2 4 + · · ·
dp
dρ dz
p dA − (p + dz
dz − (ρ + dz
2 )g dz) dA = 0
dρ dz 2
dp
− dz dzdA − ρ g dz dA −
g dA
|dz 2{z
}
≈0
dp
−→
= −ρ g
dz
4
=0
Druckverteilung
Integration für inkompressible Fluide
(ρ = konst und ~g = konst)
dp
= −ρ g −→ dp = − ρ g dz
dz
−→ p + ρgz = konst
Hydrostatische Grundgleichung
5
Druckverteilung
Integration für kompressible Fluide
p
ρ=
RT
Annahme: perfektes Gas:
isotherme Atmosphäre: T = T0 = konst
dp
p(z)
= −ρ g −→ dp = −ρ(z) gdz = −
gdz
dz
RT
Z p1
Z z1
g
dp
=−
dz
z0 RT
p0 p
p1
g(z1 − z0)
ln p1 − ln p0 = ln = −
p0
RT0
−→ p = p e
1
0
6
g∆z
− RT
0
Druckverteilung
1.2
p(z)
1
barometrische Höhenformel
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
2000
4000
6000
8000
10000
7
Hydrostatischer Auftrieb
Ein Körper, der teilweise oder vollständig in einem Fluid untergetaucht ist, erfährt einen scheinbaren Gewichtsverlust.
−→ Auftrieb
Parallelepiped in einem Fluid mit der Dichte ρF
p
a
z
ρ
F
h
p(h)
l
A
p(h+l)
8
g
Hydrostatischer Auftrieb
Resultierende Kraft in Fp in z-Richtung:
Fp = ( p(h) − p(h + l)) A
Hydrostatischer Druck: p(z) = pa + ρF gz
−→ Fp = ( pa + ρF gh
− pa − ρF g(h + l)) A
Fp = −ρF g
lA
|{z}
= −ρF g τ = FL (A RCHIMEDES )
Volumen
Auftriebskraft ⇐⇒ resultierende Druckkraft
9
S TEVIN’sches Erstarrungsprinzip
p
ρ
11111111
00000000
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
11111111
00000000
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
a
g
G
A
Die Kraft auf eine beliebige Fläche A im Fluid entspricht dem Gewicht der Flüssigkeitssäule oberhalb der Fläche plus dem Oberflächendruck multipliziert mit der Projektionsfläche.
F = G + paA
10
S TEVIN’sches Erstarrungsprinzip
Ap
1111111111111
0000000000000
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
τ
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
0000000000000
1111111111111
ρ
Au
11
00
00
11
00
11
τu
11
00
00
11
00
11
τl
11
00
00
11
00
11
τ
Al
Gesamtkraft auf einen Körper mit dem Volumen τ
FL = pa Ap + ρgτu − pa Ap − ρgτl =
= −ρg(τl − τu) = − ρgτ
−→ FL = − ρ g τ
11
5.2
Ein Behälter ist mit einem Fluid der Dichte ρ gefüllt. Der Abfluss des
Behälters ( Füllhöhe h ) ist durch eine Halbkugelschale ( Radius R,
Gewicht G ) abgeschlossen.
Gegeben: h, ρ, R, G, g
Welche Kraft F ist notwendig, um den Abfluss zu öffnen?
4
Hinweis: Das Volumen einer Kugel ist: Vk = π R3
3
12
5.2
F
P
F =0
F − G + Fp = 0
F = G − Fp
Fp
11111111111
00000000000
00000000000
11111111111
00000000000
11111111111
00000000000
11111111111
00000000000
11111111111
00000000000
11111111111
G
Fp = VHK ρw g − ρw g hAHK
Die Halbkugel ist nicht vollständig benetzt.
Fp = 21 43 π R3 ρw g − ρw g h π R2
−→ F = G − ρw g π R2 ( 32 R − h)
13
5.5
Das unten skizzierte Wehr der Länge L trennt zwei Wasserbecken
mit unterschiedlicher Wassertiefe voneinander ab.
Bestimmen Sie den Betrag der Kraft, die das Wasser auf das Wehr
ausübt.
Gegeben: ρ, g, L, a
14
5.5
1
F1 =
Z
d F1 =
Z
p (z1) · L · ds
z1
Koordinatentransformation : mit S =
cos α
F1x = F1 · cos α
15
;
d z1
ds =
cos α
5.5
F1z = − F1 · sin α
Z2a
Z2a
d z1
=⇒ F1x =
cos α p(z1) · L
=
ρ g z1 L d z1 = 2 ρ g a2 L
cos α
F1z = −
0
Z2a
d z1
sin α p(z1)·L
= −
cos α
0
Z2a
4
tan α·ρ g z1 L d z1 = − ρ g a2 L
3
0
0
2
mit tan α =
3
16
5.5
F2x = 0 ;
2
3
F3x = +
Z4a
F2z = 2ρ g a2 L
p(z1)·L dz1 = +
2a
Z4a
ρ g z1 L dz1 = 6 ρ g a2 L
2a
F3z = 0
4 , 5 , 6
1
=⇒ F45z = ρ · g · a2 · L ; F6z = 0
2
17
5.5
25
ρ g 5a
· 5a · L = −
ρ g a2 · L
F456x = −
2
2
X
9
Fix = − ρ g a2 L
Fx =
2
i
X
7
Fz =
Fiz = + ρ g a2 L
6
i
q
Fges =
Fx2 + Fz2 = 4.65 ρ g a2 L
18
Beispiel: Ballon in der Atmosphäre
FΑ
Atmosphäre −→ Gas ρ = ρ(z)
g
∆z
barometrische Höhenformel
gz
−
ρ
p
=
= e RL T 0
p0 ρ0
Nutzlast
p(z)
ρ (z)
z
1.2
p(z)
1
Druckverteilung
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
2000
4000
6000
8000
10000
19
Beispiel: Ballon in der Atmosphäre
typische Werte
∆z = 10 m
T0 = 290 K
Nm
RL = 288 kg
K
Dichteänderung in ∆z
ρ(z + dz) − ρ(z)
− Rg∆z
⇐⇒
= e LT0 − 1
ρ(z)
≈ 1.2 0/00
−→ Dichtegradient über der Ballonhöhe
kann vernachlässigt werden.
20
Verschiedene Typen von Ballons
1.) starr, offen
(hot air balloon)
τ
pi
mg
pa
offen −→ pi = pa
starr −→ τ = konst
offen −→ m 6= konst
τ
pi
2.) ideal schlaff
geschlossen
(Wetterballon)
mg
keine Kräfte −→ pi = pa
geschl. −→ mg = konst
schlaff −→ τ 6= konst
21
Verschiedene Typen von Ballons
3.) starr
geschlossen
(Zeppelin)
pi
mg τ
kein Druckausgleich−→ pi 6= pa
geschl. −→ mg = konst
keine Deformation −→ τ = konst
22
Beispiel
Ein starrer, geschlossener Ballon mit der Masse mN (einschließlich
Nutzmasse) enthält die Gasmasse mG. Das Gasvolumen τ und der
Innendruck im Ballon ist pi. Das Volumen der Nutzlast τN sei gegenueber τ vernachlässigbar. Der Ballon befindet sich in einer isothermen Atmosphäre mit der Temperatur To. Die Temperatur des Gases
(RG) ist gleich der Temperatur in der umgebenden Luft (RL).
Gegeben: g, τ, τN << τ, mg , mN , ρo, Ti = T = T0 = konst, RL, RG
pa
pi , τ
g
mg
ρo
mN
z
23
Beispiel
a) Wie groß ist die maximale Steighöhe des Ballons, wenn der Ballon am Boden festgehalten werden muss?
b) Nach einer Kollision mit einem Vogel hat der Ballon auf der Unterseite ein Loch. Wird der Ballon nun steigen oder sinken?
c) Bestimmen Sie die neue maximale Steighöhe hmax für pi > pa(hmax)
a)
P
F =0
FA − FG − FN = 0
FA = ρLgτ
FG + FN = (mG + mN )g
N
ρLgτ = (mN + mG)g −→ ρL = mG+m
τ
gz
−R T
ρL(z) = ρoe L o
24
Beispiel
max
− gz
R T
mG +mN
mG+mN
gzmax
o
L
ρoe
−→ − R T = ln
=
τ
τ ρo
L o
ρo
zmax = RLgTo ln m τ+m
G
N
b)
2 Fälle:
pi > pa −→ mG sinkt −→ zmax steigt
pi < pa −→ mG steigt −→ zmax sinkt
c)
FA − FGLOCH − FN = 0
FG = mGg −→ ρg = R piT = mτG
G o
pa
ρgLOCH = R T mit pa = RLToρL
ρgLOCH =
G o
RL
RG ρL
25
Beispiel
ρLgτ − ρgLOCH gτ − mN g = 0
− RgzT
RL
mN
ρL 1 − R = τ mit ρL = ρoe L o
G
R
−R
RLTo
τ ρo G
L
hmaxLOCH = g ln m
R
N
G
26