Lösungen zu dem Aufgabenblatt 1

Lehrstuhl für
Fluiddynamik und Strömungstechnik
Prof. Dr.-Ing. W. Frank
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Lösungen zu dem Aufgabenblatt 7
Der Impulssatz in untenstehender Form ist für
-
reibungsbehaftete Strömungen
kompressible Strömungen (ρ ≠ konst.)
gültig und macht nur die Einschränkung der Stationarität der Strömung (für instationäre
Strömungen tritt ein weiterer Anteil hinzu, der die Kenntnis der lokalen Impulsänderung im
Kontrollvolumen erfordert):
G
G
∑ Fj + ∑ Fa = 0
Die Impulskraft ist als
G
G G G
Fj = − ∫ ρ w ( w ⋅ n ) dA
A
definiert. Die Strömungsdaten werden nur auf der Kontrollraumoberfläche benötigt. Die
Impulskraft weist stets in das Innere des Kontrollraums und ist parallel zu dem
G
Geschwindigkeitsvektor w .
Die Summe aller äußeren Kräfte setzt sich aus
G
G
∑F = ∑F
a
M
G
+ ∑ FO
zusammen, wobei
G
∑ FG
∑F
M
= Massenkräfte (Gewicht, Zentrifugalkraft)
O
= Oberflächenkräfte (z. B. Druckkraft, Reibkraft)
sind. Die Druckkraft ist wie folgt definiert:
G
G
FD = − ∫ p n dA
A
1
Aufgabe 1
Gegeben:
A1, A2, A3, c1, c3, ρ, p1, pa, α.
Begriffe:
inkompressibel (ρ = konst.)
-
stationär
A1= A2= A3= A
Freistrahlbedingung, also p2 = p3 = pa
Druck und Geschwindigkeit sind über die jeweiligen Querschnitte konstant
a) Konti-Gleichung:
ρ ⋅ c1 ⋅ A1 = ρ ⋅ c2 ⋅ A2 + ρ ⋅ c3 ⋅ A3
⇔ c1 = c2 + c3
1
c
⇔ c2 = c1 − c1 = 1
2
2
1
mit c3 = c1
2
b)
G
Fj 2
pa
y
G
n
G
FDMA2,3
G
F j1
G
n
x
G
FD1
Kräftegleichgewicht:
G
Berechnung von FDMA :
G
n
α
G
Fj 3
G
FH
G
G
G
G
G
G
Fj1 + FD1 + FH + FDMA + Fj 2 + Fj 3 = 0
2,3
2,3
=
-
2
G
FDMA = −
2,3
∫
Mantelfäche
+ A2 + A3

G
G 
pa n dA −  − ∫ pa n dA 
 A

Mantelfäche
 1

+ A1 + A2 + A3
G
pa n dA = −
∫
=0
G
⇒ FDMA ( x) = − pa ⋅ A
2,3
G
⇒ FDMA ( y ) = 0
2,3
Impulssatz in x-Richtung:
2
ρ ⋅ cN
A1 + FHx − pa ⋅ A − ρ ⋅ c22 ⋅ A2 ⋅ cos α − ρ ⋅ c32 ⋅ A3 = 0
1 ⋅ A1 + p1 ⋅ N
N
N
c12 A
A
c12
A
4
⇒ FHx = ( pa − p1 ) ⋅ A + ρ ⋅
c12
A
4
c12
⋅ A ⋅ ( cos α − 3) < 0
4
Impulssatz in y-Richtung:
FHy − ρ ⋅ c22 ⋅ A2 ⋅ sin α = 0
N
c12
A
4
⇒ FHy = ρ ⋅
c12
⋅ A ⋅ sin α
4
Größe der Haltekraft:
2
G

  c12

c12
2
2
FH = FHx + FHy =  ( pa − p1 ) ⋅ A + ρ ⋅ ⋅ A ⋅ ( cos α − 3)  +  ρ ⋅ ⋅ A ⋅ sin α 
4
4

 

Richtung der Haltekraft:
tan β =
FHy
FHx
 FHy 
⇒ β = arctan 

 FHx 
 c12

 ρ ⋅ ⋅ A ⋅ sin α 
4


= arctan
2


c1
 ( pa − p1 ) ⋅ A + ρ ⋅ ⋅ A ⋅ ( cos α − 3) 
4


3
2
Aufgabe 2
Gegeben:
r, R, VK, ρK, ρ, g.
G
Fj 2
G
FD2
G
n
2
g
G
GK
G
GFl
z
L
1
G
Fj1
G
n
G
FD1
Begriffe:
Kräfte:
-
reibungsfrei von 1 nach 2
-
ρ = konst. (inkompressibel)
-
stationär
G
F j1
G
FJ 2
G
GK
G
GFl
G
FD1 = p1 ⋅ π ⋅ R 2
G
FD 2 = p2 ⋅ π ⋅ R 2
= ρ ⋅ c12 ⋅ π ⋅ R ²
= ρ ⋅ c22 ⋅ π ⋅ ( R 2 − r 2 )
= ρ K ⋅ g ⋅ VK
= ρ ⋅ g ⋅ π ⋅ R 2 ⋅ ( z2 − z1 ) − VK 
4
z2 − z1 = L
Impulssatz in z-Richtung:
G
G
G
G
G
G
Fj1 + FD1 − Fj 2 − FD 2 − GK − GFl = 0
ρ ⋅ c12 ⋅ π ⋅ R 2 + p1 ⋅ π ⋅ R 2 − ρ ⋅ c22 ⋅ π ⋅ ( R 2 − r 2 ) − p2 ⋅ π ⋅ R 2 − ρ K ⋅ g ⋅ VK − ρ ⋅ g ⋅ (π ⋅ R ² ⋅ L − VK ) = 0 (1.1)
( p1 − p2 ) ⋅ π ⋅ R 2 + ρ ⋅ π ⋅ c12 R 2 − c22 ⋅ ( R 2 − r 2 ) − ρ K ⋅ g ⋅VK − ρ ⋅ g ⋅ (π ⋅ R 2 ⋅ L − VK ) = 0
Bernoulli von 1→2:
ρ
2
⋅ c12 + p1 =
⇒ p1 − p2 =
ρ
2
ρ
⋅ c22 + p2 + ρ ⋅ g ⋅ L
(c
2
2
2
− c12 ) + ρ ⋅ g ⋅ L
(1.2)
Konti von 1→2:
ρ ⋅ c1 ⋅ π ⋅ R 2 = ρ ⋅ c2 ⋅ π ⋅ ( R 2 − r 2 )
!
⇒ c2 = c1 ⋅
R2
R2 − r 2
mit (1.2) und (1.3) folgt aus (1.1):
c1 =
ρ
 g ⋅VK
R2 − r 2
⋅ 2 ⋅  K − 1 ⋅
2
R⋅r
 ρ
 π
5
(1.3)
Aufgabe 3
Gegeben:
b, h, ρ, c1.
b
pa
Kontrollraum
G
FA
G
FB
Begriffe:
-
keine Schwerkraft
-
ρ = konst. (inkompressibel)
-
stationär
-
Freistrahlquerschnitt b⋅h
Kräfte am Kontrollraum:
G
Fj
Am Kontrollraum herrscht überall der
Umgebungsdruck (Freistrahl)
→ keine resultierende Druckkraft
pa
G
FA
Impulssatz in x-Richtung:
G
FB
G
G
G
FA + FB − Fj = 0
G
G
G
⇔ FA + FB = Fj = ρ ⋅ c12 ⋅ b ⋅ h
6
Diese Impulskräfte heben sich
gegenseitig auf.