Kontinuumsmechanik - Fachgebiet Systemdynamik und

TECHNISCHE UNIVERSITÄT BERLIN
Fakultät V – Verkehrs- und Maschinensysteme – Institut für Mechanik
FG Systemdynamik
und Reibungsphysik
Prof. Dr. rer. nat. V. Popov
www.reibungsphysik.de
Kontinuumsmechanik
Vorlesungsnotizen WS 2009/10
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 1.
Schwingungen von Kontinua: Die Saite, die Wellengleichung, d´Alembertsche Lösung
Literatur: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III".
2. Hauger, Schnell und Groß. „Technische Mechanik 4“
ɺɺ = c 2 w '' Die Wellengleichung:
w
lineare, homogene, partielle DGL.
c2 =
S
µ
-
Wellenfortpflanzungsgeschwindigkeit
Zur Lösung der Bewegungsdifferentialgleichung werden noch
I. Herleitung der Bewegungsdifferentialgleichung für eine gespannte Saite
Gegeben sei ein vorgespannter Faden, der
keine Biegesteifigkeit besitzt.
Massenbelegung (Masse pro Längeneinheit)
sei µ = ρ A . Zu bestimmen ist die Bewegungsgleichung für die Saite.
die Anfangsbedingungen:
w ( x, 0 ) = w0 ( x ) , wɺ ( x, 0 ) = v0 ( x )
und die Randbedingungen: z.B.
w ( 0, t ) = 0 ;
w ( l1 , t ) = 0
benötigt.
II. d´Alembertsche Lösung der Wellengleichung.
Eine beliebige Funktion der Form
w = f1 ( x − ct ) = f1 (ξ ) , ξ = x − ct
genügt der Wellengleichung. Beweis:
∂w ∂w ∂ξ
∂w
=
⋅
= −c
∂t ∂ξ ∂t
∂ξ
l
Wir schneiden ein infinitesimales Saitenelement mit der Länge ds frei. Es gilt:
α ≈ sin α ≈ tan α ≈ w ' :
α + dα = sin (α + dα ) ≈ w '+ dw ' = w '+ w '' dx
Die auf das Element wirkende Kraft ist gleich
dFz = S ⋅ sin (α + dα ) − S sin (α ) =
= S (α + dα − α ) = Sdα = Sw '' dx
Das 2. Newtonsche Gesetz für das Element:
ɺɺ = dFz ⇒ µ dx w
ɺɺ = Sw '' dx :
dm ⋅ w
ɺɺ = Sw ''
µw
2
∂2w
2 ∂ w
ɺɺ
=
c
=w
∂t 2
∂ξ 2
∂w ∂w ∂ξ ∂w
=
⋅
=
:
∂x ∂ξ ∂x ∂ξ
∂ 2w ∂ 2w
=
= w ''
∂x 2 ∂ξ 2
2
2
2 ∂ w
2 ∂ w
c
=c
gelungen!
∂ξ 2
∂ξ 2
Eine beliebige Funktion der Form
w = f 2 ( x + ct ) = f 2 (ζ ) , ζ = x + ct
ist auch eine Lösung der Wellengleichung.
Allgemeine Lösung:
w ( x, t ) = f1 ( x − ct ) + f 2 ( x + ct ) .
f1 ( x − ct ) beschreibt eine Welle,
die sich mit konstanter Geschwindigkeit
c ohne Änderung ihres Profils in positive
x-Richtung fortpflanzt.
Beweis, dass dies eine allgemeine Lösung ist:
ξ = x − ct ; ζ = x + ct .
oder
1
1
1
(ξ + ζ ) ; ct = (ζ − ξ ) .
2
2
∂w ∂w ∂ξ ∂w ∂ζ ∂w ∂w
=
⋅
+
⋅
=
+
∂x ∂ξ ∂x ∂ζ ∂x ∂ξ ∂ζ
x=
∂ 2w ∂ 2w
∂ 2w ∂ 2w
=
+
2
+
∂x 2 ∂ξ 2
∂ξ∂ζ ∂ζ 2
∂w  ∂w ∂w 
=
−
⋅c
∂t  ∂ζ ∂ξ 
2
∂2w
∂ 2w ∂ 2w 
2∂ w
=
c
−
2
+

 2
∂t 2
∂ζ∂ξ ∂ξ 2 
 ∂ζ
Die Wellengleichung nimmt die Form
∂2w
= 0 an.
∂ξ∂ζ
∂w
Nach der ersten Integration:
= g (ζ ) .
∂ζ
Nach der zweiten Integration:
w = f1 (ξ ) + f 2 (ζ ) = f1 ( x − ct ) + f 2 ( x + ct ) .
Bestimmung der Funktionen f1 und f 2
aus Anfangsbedingungen
Das ist eine richtige Lösung nur solange die
Wellen auf keine Ränder treffen.
Berücksichtigung der Randbedingungen
Beispiel 1. Fester Rand w(0) = 0 .
Die Aufgabe besteht in der Bestimmung einer
solchen Funktion, die bei x ∈ (0, ∞) (a) der
Wellengleichung, (b) der Anfangsbedingung
und (c) der Randbedingung genügt. Zu diesem
Zweck betrachten wir zunächst eine unendliche
Saite mit zwei symmetrischen Wellen mit verschiedenem Vorzeichen, die auf einander laufen.
Diese Welle genügt auf dem Intervall
x ∈ (0, ∞) den Bedingungen (a),(b) und (c) und
ist somit die gesuchte Lösung (Bild (a) unten).
Beispiel 2. Freier Rand w '(0) = 0 .
Wir betrachten wieder zunächst eine unendliche
Saite mit zwei symmetrischen Wellen mit gleichen Vorzeichen, die auf einander laufen.
Diese Welle genügt auf dem Intervall
x ∈ (0, ∞) den Bedingungen (a),(b) und (c) und
ist somit die gesuchte Lösung (Bild (b) unten).
f1 ( x ) + f 2 ( x ) = w0 ( x )
−cf1' ( x ) + cf 2' ( x ) = v0 ( x )
− f1 ( x ) + f 2 ( x ) =
x
1
v0 ( x )dx − f1 ( x0 ) + f 2 ( x0 )
c x∫0
x

1
1
f1,2 ( x ) =  w0 ( x ) ± ∫ v0 ( x ) dx 
c x0
2 


v
x
dx
(
)
+
∫ 0

x0
x + ct

1
1
+  w0 ( x + ct ) + ∫ v0 ( x ) dx  =
c x0
2 

w ( x, t ) =
1
1
 w0 ( x − ct ) −
2 
c
x − ct
Beispiel 3. Fester Rand beiderseitig
x + ct

1
1
=  w0 ( x − ct ) + w0 ( x + ct ) + ∫ v0 ( x ) dx 
2
c x − ct

Beispiel: v0 ( x ) = 0 .
w ( x, t ) =
1
 w0 ( x − ct ) + w0 ( x + ct ) 
2
Die Saite schwingt mit einer Schwingungs2ℓ
.
dauer T =
c
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 2.
Bernoullische Lösung der Wellengleichung. Fourieranalyse
Literatur: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III" 21.2. 2. Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 4.1.3
Betrachtet wird eine gespannte Saite. Ihre
Dynamik wird durch die Wellengleichung
ɺɺ = c 2 w '' . Dazu kommen die
beschrieben: w
Randbedingungen. Für beidseitig festgehaltene Saite:
w (0 , t ) = 0
(1)
w ( l, t ) = 0
cπ
2cπ
und ω 2 =
= 2ω1 .
ℓ
ℓ
Die gesamte Lösung bei einem bestimmten n:
ω1 =
w ( x, t ) = sin
πn
cπ n
cπ n 

x ⋅  an cos
t + bn sin
t
ℓ
ℓ
ℓ 

(2)
I. Lösung nach D'Alembert
II. Lösungsansatz von Daniel Bernoulli
(1753)
w ( x, t ) = T ( t ) ⋅V ( x ) - Produktansatz
ɺɺ
ɺɺ = c 2TV '' ⇒ T = c 2 V '' = const
TV
T
V
↓
↓
nur von t nur von x
c) const = −ω 2 < 0
Tɺɺ + ω 2T = 0 ,
Superpositionsprinzip + Fourieranalyse
ω2
V =0
c2
Die allgemeine Lösung der ersten Gleichung:
T (t ) = a cos ω t + b sin ω t = C cos(ω t − ϕ ) .
Die Konstante ω ist eine Kreisfrequenz der
Schwingung.
Die allgemeine Lösung der zweiten Gleichung
V ( x ) = A cos
ω
V ''+
x + B sin
ω
x.
c
c
Aus den Randbedingungen (1) und (2) folgt:
V ( 0) = A = 0 ,
V ( ℓ ) = B sin
⇒
ωn
=
πn
ω
c
ℓ = 0 ⇒ sin
⇒ ωn =
πc
ω
c
ℓ=0⇒
III. Wie kann man die Anfangsbedingungen erfüllen?
Allgemein sind Anfangsauslenkungen und
Anfangsgeschwindigkeiten des Stabes gegeben, die einer der Eigenformen nicht entsprechen. Die Lösung wird gegeben durch
ω
c
ℓ = πn
n.
ℓ
c
ℓ
n - eine beliebige ganze Zahl.
ω n sind Eigenfrequenzen
Es gibt unendlich viele Eigenfrequenzen. Die
entsprechende Ortsfunktion V ( x ) ist gleich
πn 
Vn ( x ) = B sin 
x
 ℓ 
Aus der Linearität der Wellengleichung folgt:
Eine beliebige lineare Superposition von gefundenen Lösungen ist auch eine Lösung der
Wellengleichung.
∞
πn 
cπ n
cπ n 
w ( x, t ) = ∑ sin
n =1
ℓ
x ⋅  an cos
t + bn sin
t
ℓ
ℓ 

Eine stärkere Behauptung: Eine beliebige Lösung kann in Form
∞
πn 
cπ n
cπ n 
w ( x, t ) = ∑ sin
x ⋅  an cos
t + bn sin
t
ℓ
ℓ
ℓ 

n =1
dargestellt werden. Dieser Satz wurde als eine
Hypothese von Bernoulli aufgestellt. Er konnte sich aber gegen Euler und d`Alembert nicht
durchsetzen, bis Fourier den Satz bewiesen
hat.
Wie können die Rand- und Anfangsbedingungen erfüllt werden?
Beispiel. Die Seite mit festen Rändern und
Anfangsbedingungen
w ( x, 0 ) = w0 ( x ) , wɺ ( x, 0 ) = v0 ( x ) .
Vn ( x ) sind Eigenformen
Die ersten zwei Eigenfrequenzen sind gleich
1
Aus der allgemeinen Lösung folgt die folgende Anfangsbedingung:
∞
π nx
w0 ( x,0 ) = ∑ an sin
=w0 ( x )
ℓ
n =1
∞
cπ n
π nx
wɺ 0 ( x,0 ) = ∑ bn
⋅ sin
= v0 ( x ) = 0
ℓ
ℓ
n =1
Wir multiplizieren beide Gleichungen
kπ x
mit sin
(wobei k eine ganze Zahl ist)
ℓ
und integrieren über die Länge der Saite. Mit
ℓ
0, k ≠ n
kπ x
nπ x
∫0 sin ℓ sin ℓ dx = ℓ / 2, k = n

erhält man
ℓ
2
nπ x
an = ∫ w0 ( x ) sin
dx
ℓ0
ℓ
ℓ
2 ℓ
bn = ⋅
0dx = 0 .
ℓ π nc ∫0
In unserem Fall ist
a< x<ℓ 2
2 f x ℓ,
w0 = 
2 f (1 − x ) ℓ, ℓ 2 < x < ℓ
ℓ2
ℓ
4f  x
nπ x
nπ x 
x 
sin
dx
−
dx 
∫
 − 1  sin
∫
ℓ  0 ℓ
ℓ
ℓ
ℓ


ℓ2

8f
nπ
= 2 2 sin
.
nπ
2
Somit
πn
8 ∞ sin 2
nπ x
cπ n
w ( x, t ) = f ⋅ 2 ∑
⋅ sin
⋅ cos
t
2
π n =1 n
ℓ
ℓ
Form am Anfang:
V ( x ) = A cos
ω
x + B sin
ω
x.
c
c
Die Randbedingungen lauten in diesem Fall:
w( x = 0) = 0 ,
w′( x = l ) = 0 .
Randbedingungen liefern:
V (0) = 0 ⇒ A = 0 ,
V '(ℓ) = 0 ⇒ B
ω
ωℓ
=0.
c
c
Für nicht triviale Lösungen muss gelten
ωℓ
ωℓ π
cos
=0 ⇒
= +πn ⇒
c
c
2
2n + 1 π c
ωn =
, n = 0,1,2,...
2 ℓ
Grundschwingung und die 1. Oberschwingung:
πc
πx
ω1 = , V1 ( x ) = B1 sin
2ℓ
2ℓ
3π c
3π x
ω2 =
, V2 ( x ) = B2 sin
2ℓ
2ℓ
cos
an =
und nach 1/4 Periode
IV. Ein Beispiel zur Bestimmung der Eigenfrequenzen und Eigenformen.
Sehr oft braucht man nur die Eigenfrequenzen
und die Eigenformen, z.B. wenn Resonanz
vermieden werden soll.
Beispiel. Gegeben sei eine auf
einem Rand festgehaltene Saite.
Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen und
die Eigenfunktionen.
Lösung: Allgemeine Lösung für die Ortsfunktion lautet
Wie hängt die Frequenz von der Spannkraft S
ab?
πc π S
π1 S
=
=
∼ S.
z.B. ω1 =
2
2ℓ 2 µ ℓ
2ℓ µ
V. Zur Äquivalenz der Lösungsmethoden
von d'Alembert und Bernoulli.
Beispiel:
u( x, t ) = sin k ( x + ct ) + sin k ( x − ct )
ist eine d'Alembertsche Lösung der Wellengleichung. Durch Umformen erhalten wir:
u( x, t ) = 2sin kx ⋅ cos kct .
Das ist aber eine Lösung nach Bernoulli!
Für mathematisch Interessierte:
Genauso wie in der Schwingungstheorie benutzt man oft bei der Lösung von Wellengleichung komplexe Exponenten:
u ( x, t ) = eikx ⋅ eikct = eik ( x + ct ) . Dieser Ansatz ist
gleichzeitig der d'Alembertsche und der Bernoullische! Bei Benutzung komplexer Exponenten verliert sich der Unterschied zwischen
beiden Ansätzen.
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 3.
Longitudinalschwingungen von Stäben. Erzwungene Schwingungen
Literatur: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III" 21.1., 21.4.
2. Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 4.2.1, 4.2.2
I. Longitudinalschwingungen von Stäben.
u(x,t) sei Verschiebung des Punktes x des Stabes
in Richtung x. Wir betrachten ein infinitesimales
kleines
Element
der Länge dx.
Das 2.
NG für dieses Element lautet
∂N  ∂N

ρ Adx ⋅ uɺɺ = − N +  N +
dx  =
dx (1)
∂x  ∂x

dm
Aus dem Elastizitätsgesetz folgt
∆l
du
N = σ A = Eε A = EA = EA
= EAu ' (2)
l
dx
Einsetzen von (2) in (1) ergibt die
Wellengleichung ρ uɺɺ = Eu ''
2
∂ 2u
2 ∂ u
=
c
mit c 2 = E / ρ .
∂t 2
∂x 2
c ist die Wellenfortpflangungsgeschwindigkeit. Z.B. für Stahl:
E = 210GPa = 2,1 ⋅ 1011 N/m 2
ρ = 7,8 ⋅ 103 kg/m 3 , c = 5190m/s .
oder
Beispiel 1. Zu bestimmen ist die Stoßzeit
einer 1 Meter langen stählernen Stange mit
einer festen Wand.
Lösung: Die Punkte am anderen Ende des
Stabes "erfahren" vom Zusammenstoß erst
nach der Zeit t1 = l / c . Die Punkte im Stoßpunkt "erfahren" von der Anwesenheit des
freien Endes nach t2 = l / c . Der Stoß dauert
Lösung:
BernoulliAnsatz:
u ( x, t ) = T (t )V ( x)
Für U ( x ) erhalten wir die Gleichung
V ''+
ω2
2
V = 0 oder V ''+ k 2V = 0 .
c
Die Zahl k = ω / c heißt Wellenzahl.
Die allgemeine Lösung der obigen Gleichung
ist V ( x) = A *cos kx + B sin kx .
Aus den Randbedingungen folgt
u ( 0, t ) = 0 → A* = 0
u (l, t ) = 0 →
B sin kl = 0 → kn l = π n
ωn = knc = π n c l
Die allgemeine Lösung ist
dieselbe. Aus
den Randbedingungen folgt jedoch
u ' (0) = 0 ⇒ B = 0
u ' ( l ) = 0 ⇒ sin kl = 0
kl = π n , ω n = π nc l .
Die Eigenfrequenzen sind dieselben wie im
Fall (a), aber die Eigenformen sind verschieden!
II.2. Kompliziertere Randbedingungen.
A. Stab mit einer am Ende angehefteten
Masse.
t = t1 + t2 = 2l / c = 3.8 ⋅ 10−4 s = 0.38ms .
Aufgabe zum Überlegen: Was passiert beim
Zusammenstoß (a) zweier gleichen Stangen,
(b) zweier Stangen mit verschiedenen Längen?
II. Randbedingungen.
II.1. Die einfachsten Randbedingungen
- Bei einem fest gelagerten Rand u = 0 (keine Verschiebung)
- Bei einem freien Rand. u ' = 0 (keine Normalkraft)
Beispiel 2. Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen und Eigenformen für einen
(a) beiderseitig festgelagerten
(b) beiderseitig freien Stab
Das 2.NG für die Masse
muɺɺ( l , t ) = − N ( l , t ) = − EAu ' ( l , t ) ist die neue
Randbedingung am rechten Rand!
Aus der Randbedingung am linken Rand
folgt A* = 0 . Aus der Randbedingung am
rechten Rand: − mω 2u ( l ) = − EAu ' ( l ) oder
mω 2 B sin kl = EABk cos kl
mc 2 kl mc 2
cot kl =
=
λ mit λ = kl
EA l
EAl
mc 2
mE
cot λ =
λ=
λ = ελ
EAl
E ρ Al
ε = m M , M - Stabmasse.
1
π
λ3
Es gibt unendlich viele Wurzeln λn = kn l .
Daraus kn = λn / l und ωn = kn c = λn c / l
2n − 1
π
Grenzfall m = 0 ; cos(kl ) = 0 ; kn l =
2
B. Gefedert gelagerter Stab.
Bernoulli-Ansatz:
u ( x, t ) = ( a cos(kx) + b sin(kx) ) ⋅ T (t )
Das Hooke´sche Gesetz für die Feder:
N ( 0, t ) = c * u ( 0, t ) oder
EAu′(0, t ) = c * u(0, t ) ist die Randbedingung
am linken Rand. Einsetzen von
u′(0, t ) = ( − ak sin( k 0) + bk cos(k 0) ) ⋅ T (t ) = bkT (t )
und
u(0, t ) = ( a cos(k 0) + b sin(k 0) ) ⋅ T (t ) = aT (t )
in die Randbedingung am linken Rand ergibt
EAkb = c * a
(3)
Am rechten Rand u (l , t ) = 0 :
a cos( kl ) + b sin( kl ) = 0
(4)
Eine nicht triviale Lösung existiert dann,
wenn die Koeffizientendeterminante des Systems (3,4) gleich Null ist:
c * sin( kl ) + EAk cos(kl ) = 0 oder
EA
tan λ + λ
=0
lc *
III. Erzwungene Longitudinalschwingungen. Am rechten Ende eines links fest gelagerten Stabes wirkt eine periodische Kraft
F0 cos Ωt .
Zu bestimmen ist Bewegung des
Stabes. Lösung: Die Randbedingungen lauten: u ( 0, t ) = 0 und
N ( l , t ) = EAu ' ( l , t ) = F0 cos Ωt
Partikularlösung der Wellengleichung suchen wir in der Form
u p ( x, t ) = U p ( x ) ⋅ cos Ωt
Einsetzen in die Wellengleichung liefert
U ′′p + ( Ω 2 / c 2 ) U p = 0 .
Allgemeine Lösung für die Ortsfunktion ist
U p ( x ) = B1 cos ( Ω / c ) x + B2 sin ( Ω / c ) x ,
u p ( x, t ) = ( B1 cos ( Ω / c ) x + B2 sin ( Ω / c ) x ) ⋅ cos Ωt
Aus den Randbedingungen folgt:
U p ( 0, t ) = 0 ⇒ B1 = 0
EAu ' p ( l , t ) = F0 cos Ωt
Ω
Ω
F0
⋅ cos l = F0 ⇒ B2 =
.
Ω
Ω
c
c
EA cos l
c
c
Die Partikularlösung ist also gleich
Ω
sin x
F0l
c
u p ( x, t ) = U p ( x ) cos Ωt =
cos Ωt
Ω
EA l cos Ω l
c
c
Z.B. Amplitude der Schwingungen bei x = l
Fc
Ω
ist gleich U p (l ) = 0 tan l (s. Bild unten)
EAΩ
c
EAB2
Die Amplitude wird unendlich bei allen Frequenzen, für welche cos Ωl / c = 0 . Das sind
genau die Eigenfrequenzen eines einseitig
fest gelagerten Stabes!
2π
EA
lc *
λi bestimmen ki = λi / l und diese die Eigen−λ
frequenzen: ωi = ki c .
Wird die Erregerfrequenz gleich einer der
Eigenfrequenzen des Systems, so wächst die
Schwingungsamplitude unendlich (Resonanz).
Aufgabe zum Überlegen: was passiert in
Grenzfällen c → 0 und c → ∞ ?
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 4.
Torsionsschwingungen. Biegeschwingungen.
Lit.: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III" Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“
I. Torsionsschwingungen.
Gegeben sei ein elastischer Stab mit rundem
Querschnitt (Bild1a). Untersucht werden seine Torsionsbewegungen. Jeder Querschnitt
wird durch den Winkel θ ( x ) charakterisiert,
um welchen er sich bezüglich des "unverdrehten" Anfangszustandes gedreht hat.
rischen Stabes wie im Bild. Der Stab ist links
und rechts fest gelagert.
ρ ,G
ra
a
x
Wir schneiden aus einem verdrehten Stab ein
infinitesimal kleines Element zwischen x und
x+dx. Der linke Rand ist gedreht um den
Winkel
θ ( x) ,
der
rechte
um
θ ( x + dx ) = θ + dθ . Das Torsionsmoment im
Querschnitt ist gleich
dθ
M = GI p
= GI pθ ′ ( I p ist das polare geodx
metrische Trägheitsmoment des Querschnitts).
Da es sich um Rotationsbewegung (um die
Stabachse) handelt, benutzen wir den Drehimpulssatz:
∂M
Θ p ⋅ θɺɺ = − M ( x ) + M ( x + dx ) =
⋅ dx = M ′dx
∂x
Unter Berücksichtigung der Beziehung
Θ p = I p ρ dx ( ρ dx ist die Flächenmassendichte), nimmt das 2. N.G. für das Element
die Form ρ dxI p ⋅ θɺɺ = GI pθ ''dx oder
θɺɺ = c 2θ ′′ mit c 2 = G / ρ .
Für Stahl c ≈ 3200 m s .
Die Form der Gleichung und die Wellenausbreitungsgeschwindigkeit hängen nicht vom
Radius des Stabes ab!
II. Randbedingungen:
1. Am fest gelagerten Ende: θ = 0 .
2. Am freien Ende: M = GIθ ' = 0 ⇒ θ ' = 0 .
3. Wenn am Ende ein Kraftmoment M(t) angreift: GIθ ' = M (t ) .
III. Übergangsbedingungen (am Beispiel
von Torsionsschwingungen).
Zu bestimmen ist die kleinste Eigenfrequenz
von Torsionsschwingungen eines kreiszylind-
rb
b
x
Wellengleichung ist die gleiche in beiden
Teilen. Allgemeine Lösung im linken Teil
(a): θ ( x ) = A1 cos kx + B1 sin kx , x ∈ (0, a )
Allgemeine Lösung im rechten Teil (b):
θ ( x ) = A2 cos kx + B2 sin kx , x ∈ ( a, a + b) .
Randbedingungen:
1. θ (0) = A1 = 0
2. θ ( a + b) = A2 cos k ( a + b) + B2 sin k ( a + b) = 0
Übergangsbedingungen:
3. θ (a )links = θ (a ) rechts :
A1 cos ka + B1 sin ka = A2 cos ka + B2 sin ka
4. M ( a )links = M (a ) rechts :
GI a ( − A1k sin ka + B1k cos ka ) =
GI b ( − A2k sin ka + B2k cos ka )
Charakteristische Determinante:
0
cos k (a + b) sin k (a + b)
− sin ka
cos ka
sin ka
− I a cos ka
− I b sin ka
I b cos ka
=0
0
cos k ( a + b) sin k ( a + b)
− sin ka
cos ka
sin ka
I b sin 2 ka ⋅ sin k (a + b) − I a sin ka ⋅ cos ka ⋅ cos k ( a + b)
+ I a cos2 ka ⋅ sin k ( a + b) + I b sin ka ⋅ cos ka ⋅ cos k ( a + b) =
= ( I b − I a ) sin ka ⋅ cos ka ⋅ cos k ( a + b) +
(I
a
cos2 ka + I b sin 2 ka ) ⋅ sin k ( a + b) = 0
Setzen wir folgende Werte ein: a = b ,
ra = rb / 2 . Mit I a = I b /16 folgt aus der letzten
Gleichung:
1
(1 − 1/16 ) sin ka ⋅ cos ka ⋅ cos 2ka +
1

2
2
 cos ka + sin ka  sin 2ka = 0
 16

2 sin ka ⋅ cos ka
Die Bedingung ist erfüllt, wenn eine der folgenden Gleichungen gilt:
1. sin ka = 0 ,
2. cos ka = 0 ,
1

3. (15 /16 ) cos
2
ka + 2  cos 2 ka + sin 2 ka  = 0
 16

cos ka −sin ka
2
2
Die dritte Gleichung ist nie erfüllt, also muss
eine der die ersten beiden erfüllt sein.
Die kleinste Zahl k folgt aus der zweiten
Gleichung: k =
ω = kc =
πc
2a
π
2a
. Entsprechende Frequenz
ist die kleinste Eigenfrequenz.
IV. Biegeschwingungen eines elastischen
Balkens.
Wir betrachten den inneren Bereich eines
Balkens. Die Befestigungsart ist zunächst
ohne Bedeutung, da sie erst in den Randbedingungen auftritt.
Annahmen:
Querauslenkungen
und Neigungen
sind sehr
klein,
Krümmungsradius ist sehr viel größer als die Dicke
des Balkens.
Wir schneiden ein infinitesimal kleines Element des Balkens frei. Unter den oben gemachten Annahmen gilt: (1) Die Translationsbewegung erfolgt fast in der vertikalen
Richtung, (2) die Kräfte in der vertikalen
Richtung fallen fast mit den Querkräften zusammen, (3) die Neigungswinkel sind sehr
klein und die Rotationsbewegung kann vernachlässigt werden.
Das 2. Newtonsche Gesetz für die vertikale
Bewegung des Elementes lautet
∂Q
ɺɺ = −Q( x) + Q( x + dx) =
ρ Adx ⋅ w
dx
(1)
x
∂
dm
Rotation gibt es nicht, deshalb gelten für
Momente dieselben Zusammenhänge, wie in
der Statik: Q = M ' und M = − EIw '' , wobei I
das geometrische Trägheitsmoment des
Querschnitts ist. Einsetzen in (1) liefert
∂ 2 w EI ∂ 4 w
EI IV
ɺɺ = −
+
=0
w
w oder
∂t 2 ρ A ∂x 4
ρA
V. Bernoullische Lösung für Biegeschwingungen eines Balkens.
Zur Lösung dieser Gleichung ist die d'Alembertsche Methode nicht anwendbar. Bernoulli-Ansatz ist aber an alle linearen Gleichungen anwendbar:
w( x, t ) = W ( x ) cos ωt
d 4W EI
d 4W
2
⋅
=
ω
W
⇒
− κ 4W = 0 (2)
4
4
dx ρ A
dx
4
2
mit κ = ω ρ A / EI .
Jede lineare gewöhnliche Differentialgleichung kann mit einem Exponentialansatz
gelöst werden: W = W0eλ x .
Nach Einsatz in (2): λ 4 = κ 4 .
Das bedeutet
λ 2 = ±κ 2 ⇒ λ = {+κ , −κ , +iκ , −iκ }
Allgemeine Lösung:
ɶ iκ x + Be
ɶ κ x + De
ɶ − iκ x + Ce
ɶ −κ x oder
W ( x ) = Ae
W ( x ) = A* cos κ x + B sin κ x + C cosh κ x + D sinh κ x
Beispiel für Biegeschwingungen. Gegeben
sei ein beidseitig drehbar gelagerter Balken.
Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen.
Die allgemeine
Lösung ist oben
angegeben.
Randbedingungen: Verschiebung w und
Moment M = − EIw '' an beiden Rändern
sollen verschwinden
W (0) = 0 : A* + C = 0
W (l ) = 0 :
A* cos κ l + B sin κ l
+C cosh κ l + D sinh κ l = 0
W ''(0) = 0 : − A* + C = 0
W ''(l ) = 0 :
− A* cos κ l − B sin κ l
+C cosh κ l + D sinh κ l = 0
Daraus: A =C=D=0. Charakteristische Gleichung reduziert sich auf
sin κ l = 0 ⇒ κ n l = π n ⇒ κ n = π n / l
*
ωn = κ n2
EI n 2π 2
= 2
ρA
l
EI
ρA
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 5.
Biegeschwingungen von Balken. Zweidimensionale Schwingungen.
Lit.: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III". Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“
I. Balkenschwingung
Beispiel 1. Gegeben
sei ein links eingespannter Balken. Zu
bestimmen sind die
Eigenfrequenzen
und die Eigenformen der Schwingungen.
Lösung: Die allgemeine Lösung lautet
W ( x ) = A* cos κ x + B sin κ x + C cosh κ x + D sinh κ x
Die Randbedingungen sind:
Verschiebung links Null:
W (0) = 0 : A * +C = 0
Neigung links Null:
W '(0) = 0 : B + D = 0
Moment rechts Null:
− A* cos κ l − B sin κ l
W ''(l ) = 0 :
+C cosh κ l + D sinh κ l = 0
Kraft rechts Null:
W '''(l ) = 0
A* sin κ l − B cos κ l
+C sinh κ l + D cosh κ l = 0
Die charakteristische Gleichung (Determinante des Gleichungssystems gleich Null):
1
cosh κ l cos κ l + 1 = 0 oder cos κ l = −
cosh κ l
cos κ l
w
x/l
II. Erzwungene Schwingungen.
Beispiel 2. Zu berechnen ist Amplitude der
Schwingungen des
Mittelpunktes des
gezeigten Balkens.
Lösung: Wir suchen die partikuläre
Lösung in der Form
w( x, t ) = W ( x ) cos ωt
Allgemeine Lösung bis zur Mitte des Balkens
sei
W− ( x ) = A* cos κ x + B sin κ x + C cosh κ x + D sinh κ x
Randbedingungen:
W− (0) = 0
A* + C = 0
A* = 0
W−′′(0) = 0
− A* + C = 0
C=0
W−′ ( l / 2 ) = 0 (aus Symmetriegründen):
− A* sin κ l / 2 + B cos κ l / 2 + C sinh κ l / 2 + D cosh κ l / 2 = 0
−Qlinks (l / 2) − F0 / 2 ⋅ cos Ωt = 0 ;
Q(l / 2) = EIw′′′( x, t ) = F ( x, t ) / 2 :
A* sin κ l / 2 − B cos κ l / 2 + C sinh κ l / 2 + D cosh κ l / 2 =
F0
2κ 3 EI
Die Lösung lautet
D=
−1/ cosh(κ l )
κ1l = 1.8 , κ 2l = 4.7
Um die Eigenformen zu bestimmen, verwenden wir drei der vier Gleichungen des homogenen Gleichungssystems
cos κ l + cosh κ l
C = − A, B = − D = − A
.
sin κ l + sinh κ l
Die Eigenformen sind dann:

Wn ( x ) = A  cos κ n x − cosh κ n x


cos κ n l + cosh κ n l
−
( sin κ n x − sinh κ n x ) 
sin κ n l + sinh κ n l

Die ersten zwei Eigenformen sind im Bild
gezeigt.
F0
,
4κ 3 EI cosh κ l / 2
B=−
F0
.
4κ 3 EI cos κ l / 2
Die Ortsfunktion ist
W− ( x) =
F0  sin κ x
sinh κ x 
+
−

3
4κ EI  cos κ l / 2 cosh κ l / 2 
Die Amplitude der Schwingungen bei x = l / 2 :
W (l / 2) =
F0  sin κ l / 2 sinh κ l / 2 
+
−

4κ 3 EI  cos κ l / 2 cosh κ l / 2 
Sie wird unendlich wenn der Nenner Null
wird.
1
III. Bewegungsgleichung für eine Membran.
Genauso wie eine Saite, hat eine Membran
keine Biegesteifigkeit. Sie wird erst durch
eine Vorspannung elastisch. Betrachten wir
eine in allen Richtungen gleich gespannte
Membran (Spannung σ 0 ).
Die Bewegungsgleichung lautet:
2
∂2w
∂2w 
2∂ w
= c  2 + 2  mit c 2 = σ 0 / ρ
2
∂t
∂y 
 ∂x
Zweidimensionale Wellengleichung
Die Ortsfunktion W ( x, y ) suchen wir wiederum in Form eines Produktes
W ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) mit
 X = A cos α x + B sin α x

Y = C cos β x + D sin β y
Einsetzen in die Helmholtz-Gleichung ergibt
α2 + β 2 = k2
Jetzt benutzen wir die Randbedingungen:
W (0, y ) = 0 → X (0) = 0
A=0
W (a, y ) = 0 → X (a ) = 0 B sin α a = 0
W ( x, 0) = 0 → Y (0) = 0
C =0
W ( x, b) = 0 → Y (b) = 0
D sin β b = 0
Daraus folgt
πm
sin α a = 0 → α m =
m = 1, 2,...
a
πn
sin β b = 0 → β m =
n = 1, 2,...
b
2
m n
kmn = α + β = π   +  
 a  b
Eigenfrequenzen sind somit
2
m
2
Die Ableitungen auf der rechten Seite verkürzt man oft zu
ωmn
2
2
n
m n
= kmn c = π c   +  
 a  b
2
∂2w ∂2w
∆w = 2 + 2 ,
∂x
∂y
∂2
∂2
∆ = 2 + 2 heißt Laplace-Operator.
∂x ∂y
Die Wellengleichung kann dann auch in der
ɺɺ = c 2 ∆w geschrieben werden.
Form w
IV. Bernoulli-Ansatz. Die zweidimensionale
Wellengleichung kann immer mit dem Bernoulli-Ansatz gelöst werden:
w( x, y, t ) = W ( x, y ) ⋅ cos ω t
Das ist besonders sinnvoll, wenn nach Eigenfrequenzen gefragt wird. Einsatz in die Wellengleichung liefert für den Ortsteil des Ansatzes die folgende Gleichung
∆
W
+ k 2W =0 mit k = ω
c
Helmholtz −Gleichung
Bild. Verteilung von Eigenfrequenzen einer Membran
bei a = b .
Eigenfunktionen sind:
mπ x
nπ y
Wmn = sin
⋅ sin
a
b
Die ersten vier Eigenschwingungsformen:
V. Experiment: Eigenschwingungsformen
einer Platte
Beispiel 3. Gegeben ist eine Rechteckmembran mit fest gelagerten Rändern. Zu finden
sind die Eigenschwingungsformen und die
Eigenfrequenzen,
Lösung:
Bernoulli-Ansatz:
w( x, y, t ) = W ( x, y ) ⋅ cos ω t
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 6.
I. Bewegungsgleichung für eine Membran.
Genauso wie eine Saite, hat eine Membran
keine Biegesteifigkeit. Sie wird erst durch
eine Vorspannung elastisch. Betrachten wir
eine in allen Richtungen gleich gespannte
Membran (Spannung σ 0 ).
Schwingungen von Membranen und Platten
Die Ableitungen auf der rechten Seite verkürzt man oft zu
∂2w ∂2w
∂2
∂2
+
,
wobei
+
- Lapla∂x 2 ∂y 2
∂x 2 ∂y 2
ce-Operator ist. Die Wellengleichung kann
∆w =
ɺɺ = c 2 ∆w geschriedann auch in der Form w
ben werden.
w
II. Bernoulli-Ansatz. Die zweidimensionale
Wellengleichung kann immer mit dem Bernoulli-Ansatz gelöst werden:
w( x, y, t ) = W ( x, y ) ⋅ cos ω t
Das ist besonders sinnvoll, wenn nach Eigenfrequenzen gefragt wird. Einsatz in die Wellengleichung liefert für der Ortsteil des Ansatzes die folgende Gleichung
∆
W
+ k 2W =0 mit k = ω
c
Helmholtz −Gleichung
Zunächst betrachten wir eine Biegung, die nur
von einer Koordinate y abhängt: w = w( y , t )
und "schneiden" aus der Membran ein Streifen mit der Tiefe dx.
Beispiel 1: Gegeben ist eine Rechteckmembran mit fest gelagerten Rändern. Zu finden
sind die Eigenschwingungsformen und die
Eigenfrequenzen,
w
∂2w
= S ( w '( y + dy ) − w '( y ))
∂t 2
∂2w
∂ 2w
= S 2 dy = 2 dy [σ 0 dxt M ]
∂y
∂y
Daraus folgt
∂ 2w
∂2w
ɺɺ
ɺɺ
ρ t M dxdyw = σ 0t M 2 dxdy ⇒ ρ w = σ 0 2
∂y
∂y
dm ⋅
dm
oder
2
∂2w
2 ∂ w
=
c
mit c 2 = σ 0 / ρ
2
2
∂t
∂y
Mit Berücksichtigung der Biegung in der
x - Richtung:
2
∂2w
∂2w 
2∂ w
= c  2 + 2  mit
∂t 2
∂y 
 ∂x
Zweidimensionale Wellengleichung
Lösung: Die Lösung in Form eines Bernoulli-Ansatzes lautet: w( x, y, t ) = W ( x, y ) ⋅ cos ω t
Die Ortsfunktion W ( x, y ) suchen wir wiederum in Form eines Produktes
W ( x, y ) = X ( x)Y ( y )
mit
 X = A cos α x + B sin α x

Y = C cos β x + D sin β y
Einsetzen in die Helmholtz-Gleichung ergibt
α2 + β 2 = k2
Jetzt benutzen wir die Randbedingungen:
W (0, y ) = 0 → X (0) = 0
A=0
W (a, y ) = 0 → X (a ) = 0 B sin α a = 0
W ( x, 0) = 0 → Y (0) = 0
C =0
W ( x, b) = 0 → Y (b) = 0
D sin β b = 0
Daraus folgt
sin α a = 0 → α m = m π
sin β b = 0 → β m = n π
a
m = 1, 2,...
b
n = 1, 2,...
1
2
m n
kmn = α + β = π   +  
 a  b
Eigenfrequenzen sind somit
2
m
2
ωmn
2
2
n
m n
= kmn c = π c   +  
 a  b
2
 ∂2
∂2   ∂2
∂2 
∆∆ ≡  2 + 2   2 + 2 
∂y   ∂x
∂y 
 ∂x
∂4
∂2 ∂2
∂4
= 4 +2 2 2 + 4
∂x
∂x ∂y
∂y
Beispiel: zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen einer am Rand frei drehbar gelagerter Platte
Bild 1. Verteilung von Eigenfrequenzen einer Membran bei a = b .
Benutzen wir gleich den Ansatz
Bild 2. Dasselbe bei b = 2a .
Eigenfunktionen sind :
mπ x
nπ y
Wmn = sin
⋅ sin
a
b
Die ersten vier Eigenschwingungsformen:
Eine weiterführende Bemerkung: Allgemeine
Lösung der 2d-Wellengleichung kann nicht
nur in der Form w = sin kx , w = sin ky oder
Produkt daraus gesucht, sondern auch in der
allgemeineren Form
w = sin( k x x + k y y ) = sin( k ⋅ r ) . Der Vektor
k = ( k x , k y ) nennt man Wellenvektor. Wellenvektor steht immer senkrecht zu den Linien konstanten Phase. Er gibt die Richtung
der Wellenausbreitung an.
W ( x, yt ) = F sin α x ⋅ sin β y cos ω t ,
der die Randbedingungen bei x = 0
und y = 0 erfüllt.
Einsetzen in die Gleichung (1) liefert
2
D
− ρω 2 + (α 2 + β 2 ) = 0 . Daraus
h
D
ω=
α2 + β2 )
(
ρh
Aus den Randbedingungen folgt
α m = π m a , β m = π n b , somit
D  m2 n 2 
ωn ,m = π 2
⋅
+
.
ρ h  a 2 b2 
Die ersten Eigenformen sind dieselben, wie
bei einer Membran, aber die Frequenzen sind
verschieden.
Bild 3. Verteilung von Eigenfrequenzen einer Platte
bei a = b .
Bild 4. Dasselbe bei b = 2a .
III. Plattenschwingungen
∂2w D
ρ 2 + ∆∆w = 0 ;
∂t
h
Eh 3
D=
, (1)
12 (1 − v 2 )
h - Dicke, E - Elastischer Modul, v - Poisson-Zahl, ρ - Dichte. Der Operator ∆∆ bedeutet zweimal nach einander angewendeter
Laplace-Operator:
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 7.
Druck in einer ruhenden Flüssigkeit
Lit.: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III" 26.1. Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 1.1, 1.2
I. Eigenschaften einer Flüssigkeit
Die Haupteigenschaft von Flüssigkeiten: sie
können Schubspannungen nicht lange aushalten und beginnen zu fließen. ⇒ Im Gleichgewicht dürfen in einer Flüssigkeit in keinem
Schnitt Schubspannungen auftreten.
II. Druck in einer ruhenden Flüssigkeit
In jedem Punkt ist Druck in allen Richtungen
gleich. Beweis: Wir schneiden aus der Flüssigkeit einen kleinen Keil frei.
Anwendungen:
Manometer
Barometer
Hydraulische
Presse
Das hydrostatische Paradoxon: Die Kraft F
auf den Boden ist in beiden Fällen gleich.
Kräftegleichgewicht:
1
∆x∆y ∆z = 0
2
1
y : p y ∆x∆z − p∆s∆z sin α + f y ∆x∆y ∆z = 0
2
Da ∆x = ∆s sin α , ∆y = ∆s cos α , folgt
x : p x ∆y ∆z − p∆s∆z cos α + f x
px = p − f x ∆x / 2,
IV. Druckverteilung bei einer beliebigen
Volumenkraft. Wir schneiden ein infinitesimal kleines Stück Flüssigkeit frei:
y
p(x)
fy
-p(x+dx)
fx
p y = p − f y ∆y / 2
Bei ∆x, ∆y → 0
px = p y = p .
Ähnlich in drei Dimensionen:
p x = p y = p z = p (Pascal, 1623-1662).
Der Druck darf aber vom Ort abhängen:
p = p ( x, y , z , ) . Der Spannungstensor ist
0 
−p 0

{σ ij } =  0 − p 0  .
 0
0 − p 

III. Abhängigkeit des Druckes in einer
Flüssigkeit von der Höhe
Kräftegleichgewicht für den gezeigten Ausschnitt: p ( z ) A − ρ Az − p0 A = 0
p( z ) = p0 + ρ gz
Der Druck hängt nur von der Höhe ab.
x
dx
Kräftegleichgewicht in x-Richtung:
f x dxdydz + p ( x) − p ( x + dx) dydz = 0
−
∂p
dx
∂x
∂p
∂p
∂p
= fx ,
= fy ,
= fz .
(1)
∂x
∂y
∂z
 ∂ ∂ ∂ ∂
f = gradp = ∇p . ∇ =  , ,  . ∇ = ∂r
 ∂x ∂y ∂z 
Bei konservativen Kräften f = − gradU (hier
U ist Dichte der potentiellen Energie). ⇒
gradp = −gradU ⇒ p = −U + const
Die Flächen gleichen Drucks sind Flächen
konstanten Potentials.
Beispiel. Zu bestimmen sind die Druckverteilung in der Flüssigkeit und
ω
die Form der freien Oberfläche der Flüssigkeit in
p0
einem rotierenden Gefäß.
Lösung: Im rotierenden
Bezugssystem wirkt in
radialer Richtung Zentrifuρ
r
galkraft
z
f r = ρ rω 2 ; in vertikaler
1
Richtung Gravitationskraft f z = ρ g .
Nach (1) gilt
Da dieses Element im Gleichgewicht ist,
muss die Kraft, die auf das betrachtete Element seitens seiner Umgebung wirkt, gleich
seinem Gewicht sein. Diese Kraft würde sich
nicht ändern, wenn wir die Grenzfläche des
Elementes durch eine feste Oberfläche ersetzen würden. Das bedeutet, dass auf einen in
eine Flüssigkeit getauchten Körper seitens
der Flüssigkeit eine Kraft wirkt, die gleich
dem Gewicht der verdrängten Flüssigkeit ist.
Diese Aussage ist als Archimedisches Prinzip
bekannt.
∂p
∂p
= f r = ρ rω 2 ;
= fz = ρ g
∂r
∂z
p( r, z ) =
1
ρω 2 r 2 + ϕ ( z )
2
p( r, z ) = ρ gz + ψ ( r )
p( r , z ) =
1
ρω 2 r 2 + ρ gz + C
2
Aus p=p0 bei r=0, z=0 folgt C=p0.
1
p( r , z ) = p0 + ρω 2 r 2 + ρ gz .
2
An der freien Oberfläche p=p0.
z = −ω 2 r 2 / 2 g .
V. Druck in der Atmosphäre.
Kräftegleichgewicht
Ap ( h ) = Ap( h + dh )
A
+ ρ A ⋅ dh ⋅ g
dh
Daraus folgt
dp
= −gρ .
(2)
dh
h
Bei einem Gas ist
Dichte eine Funktion
des Druckes.
Für den Druck in einem idealen Gas gilt:
p = nkT
(3)
n - Molekülkonzentration (Zahl der Moleküle
pro Volumeneinheit), k - BoltzmannKonstante, T - absolute Temperatur.
Für die Dichte gilt offenbar:
ρ = nm
(4)
m- Molekülmasse. Aus (3) und (4) folgt:
p = ρ ( kT / m ) = bρ ; b = kT / m
Man kann zeigen, daß Konstante b ≈ 0.7c 2 ,
wobei c die Schallgeschwindigkeit ist. Z.B.
für die Luft bei t=20°C c=330 m/s und
b ≈ 7.6 ⋅ 104 m 2 / s 2 .
Gleichung (2) nimmt die folgende Form an:
g
h
− h
−
dp
g
= − p ⇒ p = p0e b = p0 e H .
dh
b
H = b/ g .
Für die Luft H =
7.6 ⋅ 104 m 2 / s 2
≈ 7.7km
9.8m / s 2
VI. Hydrostatische Auftriebskraft (Archimedisches Prinzip)
Betrachten wir ein beliebiges Volumenelement innerhalb einer ruhenden Flüssigkeit.
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 8.
Der schwimmende Körper
Lit.: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III" 26.1. Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 1.2.2-1.2.5
I. Der Auftrieb ist gleich dem Gewicht der
verdrängten Flüssigkeit (das Archimedische
Prinzip).
II. Der schwimmende Körper. Stabilität.
z
Der Angriffspunkt der Schwerekraft des
Schiffes dreht sich einfach mit.
Zur Berechnung des Angriffspunktes der
Schwerekraft der verdrängten Flüssigkeit zerlegen wir das Volumen der verdrängten Flüssigkeit in eine symmetrische Figur + einen
Keil mit dem Volumen VKeil = ∫ 2α ydxdy .
x
y
Schwimmfläche
Symmetrieachse der Schwimmfläche
Seitenansicht
Auftrieb
Auftrieb
Die statische Auftriebskraft greift im Schwerpunkt der Kräfte G und G'. Die Kraft G' greift
dabei im Schwerepunkt des Keils mir der
Koordinate:
∫ ydm = ∫ y ⋅ ρ dV = ∫ y ⋅ ρ ⋅ 2α ydxdy
yS =
∫ dm ∫ ρ dV
∫ ρ ⋅ 2α ydxdy
=
∫ y ⋅ 2α ydxdy = α I
∫ 2α ydxdy V
x
Keil
Schwerekraft
Schwerekraft
I x ist das geometrische Trägheitsmoment der
Schwimmfläche. Der Angriffspunkt der gesamten Auftriebskraft liegt deshalb bei y0 (s.
Herleitung im Rahmen unten).
yS
Zur Berechnung des Angriffpunktes
des Auftriebs
ρVKeil g
ys
α
l
G'
l
G
y0 =
≈ lα
Weißer Punkt: Angriffspunkt der Schwerekraft des verdrängten Wassers (im nichtgeneigten Zustand).
Schwarzer Punkt: Angriffspunkt der Schwerekraft des Schiffes.
Feststellung 1: Das Volumen der verdrängten
Flüssigkeit ändert sich bei einer kleinen Drehung nicht.
yS ⋅ mKeil g
G
α I ρVKeil g α I x
= x
=
VKeil ρVg
V
≈
y
2α y
0 ⋅ G + y S ⋅ mKeil g
G + mKeil g
y0
G
V - Volumen der verdrängten Flüssigkeit.
Das Gleichgewicht ist stabil, wenn y0 > α l
oder
Ix
>l
V
1
Beispiel 1. Gegeben ist ein in einer Flüssigkeit (Dichte ρ F ) schwimmendes Brett (Länge
l , Breite b , Höhe h , Dichte ρ B ), das die
Eintauchtiefe t hat. Zu finden sind die Bedingungen für ein stabiles Gleichgewicht.
Lösung. Aus dem Kräftegleichgewicht folgt:
ρ F t = ρ B h . Der Schwerpunkt des Körpers
(gemessen von unterer Kante) liegt bei h / 2 ,
der der Flüssigkeit bei t / 2 . Deren Abstand
l = (h − t ) / 2 . Das Trägheitsmoment der
Schwimmfläche ist I x = lb3 /12 . Das Volumen der verdrängten Flüssigkeit V = lbt .
Stabilitätsbedingung: lb /12 > l bt oder
b 2 /12 > lt = (h − t )t / 2 ⇒ b 2 > 6( h − t )t .
3
2
Z.B. bei t = h / 2 muss die Breite
b > 6h 2 / 4 = h 3/ 2 ≈ 1.22h .
III. Druckkräfte und Momente in Flüssigkeiten
In welchem Punkt greift diese Kraft an?
Betrachten wir wieder eine
rechteckige Platte.
Momentengleichgewicht:
z2
z2
z1
z1
Fz D = ∫ zdF = ∫ zp ( z )ldz =
z2
= l ∫ z ( p0 + ρ gz )dz =
z1
Druckmittelpunkt
ρ gl 3 3
p0l 2
z2 − z12 ) +
(
( z2 − z1 )
2
3
p0 2
ρg 3 3
z2 − z12 ) +
(
( z2 − z1 )
3
zD = 2
.
ρg 2 2
p0 ( z2 − z1 ) +
( z2 − z1 )
2
Beispiel: p0 = 0 , z1 = 0 . Dann z D = (2 / 3) z2 .
IV. Kraft auf eine gekrümmte Oberfläche.
A. Horizontale Kraftkomponente.
dFx = dF ⋅ cos α
dA = dA* / cos α
Daraus folgt
dFx = pdA ⋅ cos α =
p
dA*
cos α = pdA*
cos α
x-Komponente der Kraft auf eine beliebige
Fläche ist gleich der x-Komponente der Kraft
auf die vertikale Projektion dieser Fläche.
dF = p ( z )ldz = ( p0 + ρ gz )ldz .
Die Gesamtkraft ist
z2
F = ∫ ( p0 + ρ gz )ldz = p0l ( z2 − z1 ) +
z1
B. Vertikale Kraftkomponente.
ρ gl
2
(z
2
2
− z12 )
Betrachten wir jetzt eine Platte einer beliebigen Form, nehmen aber an, dass p0 = 0 .
dF = p ( z )dA = ρ gzdA .
Die Gesamtkraft
dA F = ρ g zdA =
∫
= ρg
( ∫ dA) ∫ dA =
(∫ )
zdA
= ρ gAzs = ps A
z s ist Koordinate des Schwerpunktes der
Fläche.
Die Druckkraft auf eine vertikale Fläche ist
gleich dem Druck im Schwerpunkt dieser
Fläche mal Flächeninhalt.
Die vertikale Komponente der Kraft ist gleich
dem Gewicht der Flüssigkeit, welche sich
oberhalb der Fläche befindet.
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 9.
Kontinuitätsgleichung, Bernoullische Gleichung
Lit.: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III", Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“
I. Geschwindigkeitsfeld
und Stromlinien in einer
Flüssigkeit
Z.B. im Gravitationsfeld (φ = gz ) :
p 1 2
+ v + gz = const
ρ 2
Beispiel 1. Sich verjüngendes Rohr.
v1
II. Flüssigkeitsbewegung in einer Stromröhre
A. Kontinuitätsgleichung
Stationäre Strömung ⇒ Bei A1 fließt gleich
viel Masse ein, wie bei A2 ausströmt:
∆M = ρ1 A1v1∆t = ρ 2 A2v2 ∆t . Somit
ρ1 A1v1 = ρ 2 A2 v2 oder
ρ Av = const (Kontinuitätsgleichung)
v2
v1
Aus der Bernoulli-Gleichung folgt
p2 1 2 p1 1 2
+ v2 =
+ v1 .
ρ 2
ρ 2
Aus der Kontinuitätsgleichung v2 > v1 . Deshalb p2 < p1 . In Bereichen mit größerer Geschwindigkeit (in engeren Bereichen) ist der
Druck kleiner!
Beispiel 1a. Ein Flügel
p1
p2
B. Die vom Flüssigkeitsdruck geleistete Arbeit:
Annahmen: keine viskosen Kräfte, inkompressible Flüssigkeit. Die Arbeit, die an
der bei A1 eintretenden Flüssigkeit geleistet
wird, ist p1 A1v1∆t . Die Arbeit an der bei A2
austretenden Flüssigkeit − p2 A2 v2 ∆t . Die gesamte Arbeit ist gleich der Energiezunahme
einer Masse ∆M , die sich von A1 nach A2
bewegt:
p1 A1v1∆t − p2 A2 v2 ∆t = E2 − E1
1

E = ∆M  v 2 + φ  potentielle Energie pro
2
 Masseneinheit (Potential)
kinetische Energie pro
Masseneinheit
Nach Dividieren durch ∆M :
p1 A1v1∆t p2 A2v2 ∆t 1 2
1 2
−
= v2 + φ2 − v1 − φ1
∆
∆
2
2
M
M
ρ1 A1v1∆t
Beispiel 2. Die auf einen laminar umströmten (symmetrischen) Körper wirkende Kraft.
Die Druckverteilung ist
symmetrisch. Die Gesamtkraft ist Null.
Beispiel 3. Messung
des Volumenstroms.
Der Volumenstrom Q
ist konstant im Rohr,
deshalb
v1 = Q / A1 ,
v2 = Q / A2 . Einsetzen in (1) liefert
Q=
2 A12 A22 ( p1 − p2 )
ρ ( A12 − A22 )
.
Beispiel 4. Messung der Strömungsge-
ρ 2 A2 v2 ∆t
p1
1 2
p 1 2
+ v1 + φ1 = 2 + v2 + φ2 oder
ρ1 2
ρ2 2
p
1
+ v 2 + φ = const
ρ 2
(Bernoullische Gleichung)
schwindigkeit
(Prandtl-Rohr).
1
Die Geschwindigkeit im Punkt A (Staupunkt)
ist Null. Die Bernoulli-Gleichung:
pl − pr = 12 ρ v 2
⇒ v = 2 ( pl − pr ) / ρ .
Beispiel 5. Ausfluss aus einem Gefäß mit
einer Spiegelgröße As und einer kleinen
Öffnung A.
Bernoulli-Gleichung:
p0 1 2
p 1
2
+ 0 + gh = 0 + vaus + 0
ρ 2
ρ 2
vaus = 2 gh
(Ausflussformel von
Toricelli)
Die Änderung der
Spiegelhöhe
dh
vs = −
dt
Die Kontinuitätsgleichung ergibt
As vs = Avaus ⇒ vs = Avaus / As .
Aus beiden Gleichungen
A
A
dh = − vdt = −
2 gh ⋅ dt
As
As
Trennen der Veränderlichen und Integration
liefern
h2
∫
h1
∇p
= ∇Γ( p ) ,
ρ ( p)
Γ( p ) = ∫
dp
ρ ( p)
Die Bernoulli-Gleichung nimmt die Form
1 2
2 v + Γ( p ) + φ = const
an, oder
dp
1 2
+ φ = const .
2v +∫
ρ ( p)
Für Gas ρ = p / b , Γ( p ) = b ln p ,
Bernoulli-Gleichung:
v2
+ φ + b ln p = const
2
Ausströmungsgeschwindigkeit eines Gases (s.
Beispiel 7)
dp ⋅ b
ρ = p b , F ( p) = ∫
= b ln p
p
v2
+ b ln p0 ; v = 2b(ln p p0 )
2
z.B. bei p = 2 p0 , b = 0, 7c 2 , v ≃ c
b ln p =
t
2
dh
A
=−
2 g ⋅ ∫ dt ⇒
As
h
t1
∆t =
2 As
g A
(
)
h0 − h1 .
Beispiel 6. Ausströmgeschwindigkeit einer
Flüssigkeit.
A
F
p
ρ
+0=
p0
ρ
v
+
v2
2
⇒
v= 2
p − p0
ρ
=
2F
Aρ
III. Kompressible Medien
Im allgemeinen Fall gilt für eine stationäre
Strömung ( ∂v / ∂t = 0 ):
 1 2 ∇p

+ ∇φ  = 0 .
 2 ∇v +
ρ


(entlang einer Stromlinie!)
Für kompressible Medien mit ρ = ρ ( p )
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 10.
Impulssatz
Lit.: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III" 26.4. Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 1.3.2.4
Lösung. Die auf das Kontrollvolumen wir kende Kraft ist gleich F1 + F2 + K . Sie verursacht die Änderung des Impulses der Flüssigkeit:
Jv − 0 = − F2 + K cos 45° = − pA + K cos 45°
I. Impulssatz
Impulssatz für eine Strömungsröhre
0 + Jv = − F1 + K sin 45° = − pA + K sin 45°
Daraus K = 2 ( pA + Jv ) = 2 ( pA + Aρ vv ) .
∆p = p2 − p1 = ∆m ⋅ (v2 − v1 )
Die auf die ausgewählte Flüssigkeitsmenge
(Kontrollvolumen) wirkende Kraft ist
∆p ∆m F=
=
(v2 − v1 ) = J ⋅ (v2 − v1 )
∆t
∆t
∆m
= J = Massenstrom
∆t
II. Anwendungsbeispiele
Beispiel 1. Zu
berechnen ist
die auf das Gefäß wirkende
Kraft.
(
K = 2 A p + ρ v2
)
p ist hier der Überdruck in der Flüssigkeit.
Beispiel 4. Ein auf eine Wand fallender
Wasserstrahl. Zu bestimmen sind die Dicken
der Strahlarme, in die sich der Strahl teilt,
entsprechende Strömungsgeschwindigkeiten
und die auf die Wand wirkende Kraft.
h
Lösung: Die
auf das Wasser
wirkende Kraft ist Kraft seitens des Strahls
auf den Behälter ist
Fx = J (v − 0) = ρ Av ⋅ v = ρ Av 2
Auf den Behälter wirkt nach dem 3. N.G.
betragsmäßig die gleiche aber entgegengesetzte Kraft − ρ Av 2 = −2 ρ ghA .
Beispiel 2.
Zu berechnen
ist die auf die
Wand wirkende Kraft.
Lösung:
Die auf den Strahl wirkende Kraft ist
gleich J (0 − v) = − Aρ v 2 . Die auf die Wand
wirkende Kraft ist F = Aρ v 2 .
Beispiel 3. Zu berechnen ist die auf ein gebogenes Rohr wirkende Kraft.
Kontinuitätsgleichung:
ρ d 0 v = ρ d1v1 + ρ d 2 v2 .
Da der Druck überall konstant ist, folgt aus
der Bernoulli-Gleichung v = v1 = v2
Daher d 0 = d1 + d 2 .
In der x-Richtung wirken keine Kräfte (ideale
Flüssigkeit!). Daher bleibt die x-Komponente
des Impulses erhalten: mv cosα = m1v1 − m2 v2 .
Da m ∼ d 0 , m1 ∼ d1 und m2 ∼ d 2 , folgt aus
dem Impulserhaltungssatz d 0 cos α = d1 − d 2 .
Daraus folgt: d1 = d 0 cos 2
α
, d 2 = d 0 sin 2
α
2
2
In der y-Richtung bleibt der Impuls nicht erhalten. Hier gilt der Impulssatz:
F = Jv sin α = Aρ v 2 sin α
Der auf die Wand wirkende Druck ist
F
p ≈ = ρ v 2 sin α . Z.B. bei α = 90° und
A
v = 10m / s ist p ≈ 103102 = 105
(gleich dem atmosphärischen Druck).
.
1
Beispiel 5. Kumulativer Strahl. Auf eine
starre Ebene fällt ein Strahl mit der Geschwindigkeit v. α sei der Winkel zwischen
der Front des fallenden Wassers und der Ebene. Zu bestimmen ist die Geschwindigkeit des
entlang der Ebene strömenden Strahls.
der Geschwindigkeit v1 , die noch zu bestimmen ist. Im Bezugssystem, das sich mit der
Geschwindigkeit v1 bewegt, haben wir eine
stationäre Strömung: von links mit der Geschwindigkeit ( v − v1 ) , von rechts mit der
Geschwindigkeit −v1 . Der Druck im Staupunkt, berechnet auf zwei zusammentreffenden Stromlinien, ist ρ 0 ( v − v1 ) = ρ v1 . Darv
.
aus v1 =
1 + ρ / ρ0
2
Die Geschwindigkeit des Schnittpunktes der
Front mit der Ebene bezeichnen wir als c.
Im Bezugssystem, das sich zusammen mit
dem Schnittpunkt mit der Geschwindigkeit c
bewegt, wird die Aufgabe auf die vorige zurückgeführt: Der Strahl fällt auf die Ebene mit
der Geschwindigkeit v1 = v − c und zerfällt in
zwei Teile, die sich nach vorne und nach hinten mit der Geschwindigkeit v1 bewegen. Aus
dem Geschwindigkeitsdreieck folgt.
v
v
c=
, v1 =
.
sin α
tan α
Im Ursprünglichen Bezugssystem
v
v
α
u = c + v1 =
+
= v cot
sin α tan α
2
2v
Bei kleinen Winkeln u ≈
.
α
Die Geschwindigkeit des gebildeten Strahls
kann um Vielfaches größer sein, als die des
fallenden!
Beispiel 6. Durchschlag einer Panzerplatte.
Das oben beschriebene Phänomen wird zur
Erzeugung von sehr schnellen Strahlen benutzt (z.B. für militärische Anwendungen).
Was passiert, wenn ein schneller Strahl auf
eine metallische Platte fällt?
2
Z.B. bei gleichen Dichten v1 = v / 2 , d.h. die
"Durchschlaggeschwindigkeit" ist gleich der
Hälfte der Strömungsgeschwindigkeit im
Strahl. Der Strahl wird in die Flüssigkeit so
lange eindringen, bis seine ganze Länge den
Punkt O passiert hat. Dafür ist die Zeit
τ = l / ( v − v1 ) = 2l / v notwendig. In dieser
Zeit wird der Strahl die Wasserschicht mit der
v
Dicke L = τ = l "durchschlagen".
2
Die Dicke ist gleich der Länge des Strahls!
Nach dem Durchschlag bewegt sich der Rest
des Strahls mit der ursprünglichen Geschwindigkeit v!
Beispiel 7. Leistung eines auf eine Schaufel
fallenden Strahls. Die Schaufel bewege sich
mit der Geschwindigkeit v0 .
Lösung: Im Bezugssystem, das
sich mit der
Schaufel bewegt,
ist die StrahlGeschwindigkeit
( v − v0 ) . Der
Strahl wirkt auf
die Schaufel mit
der Kraft
2
F = Aρ ( v − v0 ) .
Die Leistung
dieser Kraft (jetzt
wieder im ursprünglichen Bezugssystem) ist.
P = F ⋅ v0 = Aρ v0 ( v − v0 ) .
2
Metalle verhalten sich bei hohen Drucken wie
Flüssigkeiten. Deshalb betrachten wir Aufprall eines Strahls mit der Dichte ρ 0 auf eine
Flüssigkeit mit der Dichte ρ . Der Strahl vertieft sich in das Volumen der Flüssigkeit mit
Sie erreicht ein Maximum, wenn dP / dv0 = 0 ;
Daraus folgt v0 = v / 3 : Um die maximale
Leistung zu erzielen, muß die Geschwindigkeit der Schaufel 1/3 der Strahlgeschwindigkeit sein.
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 11.
Viskose Flüssigkeiten.
Lit.: Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 1.3.3.1, 1.3.3.3, 1.3.3.4
I. Viskosität
Betrachten wir eine flüssige Schicht zwischen
zwei ebenen, parallelen Platten. Die obere
bewege sich horizontal mit der Geschwindigkeit vx .
Viskose Flüssigkeiten haften an festen Oberflächen. Deshalb ist die Geschwindigkeit der
Flüssigkeit an der unteren Platte Null und an
der oberen vx .
v = ( v x ,0,0)
verschwinden:
∂v
= 0.
∂r
∂v
p − p2
∆pr
Daraus folgt = − 1
⋅r = −
.
∂r
2η∆l
2η∆l
Unbestimmte Integration über r ergibt
∆p 2
v (r ) = −
r +C .
4η∆l
∆p
Randbedingung: v ( R ) = 0 ⇒ C =
⋅ R2 ;
4η∆l
π r 2 p1 − π r 2 p2 + 2π r ∆lη
v (r ) =
R 2 ∆p 
2
1− (r / R)  .


4η∆l
R
Volumenstrom Q = ∫ 2π rv ( r ) dr =
0
Die auf die obere Platte wirkende Tangentialkraft F ist proportional zum Geschwindigkeitsgradienten ∂v x / ∂y :
∆v
∂v
F =η ⋅ A⋅ x =η ⋅ A x .
∆y
∂y
Dasselbe gilt für die Schubspannung
F
∂v
τ = =η x .
A
∂y
η heißt dynamische Viskosität der Flüssigkeit.
II. Strömung einer viskosen Flüssigkeit in
einem kreiszylindrischen Rohr
Zu bestimmen sind Zusammenhänge zwischen Volumenstrom und der Druckdifferenz
für eine stationäre Strömung einer viskosen
Flüssigkeit in einem Rohr mit Radius R.
Lösung: Aus der Symmetrie folgt vx = vx ( r ) .
Gemäß der Newtonschen Regel gilt für die
∂v ( r )
Tangentialspannung τ ( r ) = η
.
∂r
Wir schneiden einen koaxialen Zylinder mit
dem Radius r und Länge ∆l frei und berechnen die auf ihn wirkenden Kräfte: viskose
∂v
Kraft Fvisk = τ ⋅ A = η ⋅ 2π r ⋅ ∆l und Druck∂r
2
2
kraft π r p1 − π r p2 . Da die Flüssigkeit sich
mit konstanter Geschwindigkeit bewegt, muß
die auf das gewählte Element wirkende Kraft
π R 4 ∆p
.
8η∆l
Falls das Rohr geneigt ist, muß man statt ∆p
∆pɶ = ∆p + ρ g ∆h benutzen.
III. Strömung in offenen Gerinnen
In einem geneigten Kanal (Breite h) fließt
eine viskose Flüssigkeit. Zu
bestimmen ist die
Dicke der flüssigen
Schicht für gegebenen Volumenstrom Q.
Lösung: Kräftegleichgewicht (x-Richtung)
∂ 2v
lautet ρ g sin α + η 2 = 0 . Daraus folgt
∂y
2
 ρg 
∂v
= −
 sin α . Zweifache Integration:
2
∂y
 η 
 ρg 
y2
v = −
sin
⋅
+ Cy + D
α
Randbed. bei y = 0

2
 η 
∂v
Randbedingungen: v ( 0 ) = 0 ;
|y = t = 0 ⇒
∂y
 ρg 
C = sin α ⋅ 
⋅t ,
 η 
 ρg  
y2 
v ( y ) = sin α ⋅ 
⋅
ty
−
.
 
2 
 η  
Volumenstrom:
t
1  ρg 
Q = ∫ v ( y ) ⋅ hdy = t 3 ⋅ 
 ⋅ h ⋅ sin α
3  η 
0
 3Qη 
Tiefe der Strömung: t = 

 ρ gh sin α 
1
3
1
IV. Modifizierte Bernoulli-Gleichung für
viskose Strömungen
Für viskose Strömungen gilt der Energieerhaltungssatz nicht mehr. Solange man die
Strömung als annährend ideal betrachten
kann, nimmt der Arbeitssatz (BernoulliGleichung) die folgende Form an:
v2
v2
p1 + ρ gz1 + ρ 1 = p2 + ρ gz2 + ρ 2 + ∆pv
2
2
∆pv heißt Druckverlust. Bezogen auf den
Staudruck nennt man ihn Druckverlustzahl:
∆p
ς = 2v .
ρ v1 / 2
V. Carnotscher Stoßverlust
Verlustzahl kann man manchmal relativ einfach mit Hilfe des Impulssatzes abschätzen.
Betrachten wir die Strömung einer Flüssigkeit
in einem horizontalen Rohr, dessen Querschnittsfläche sich plötzlich von A1 auf A2
vergrößert.
Zu
bestimmen ist der
Druckverlust
und die Verlustzahl.
Lösung: Wir nehmen an, daß die Flüssigkeit
unmittelbar "um die Ecke" ruht (weiß man
aus Erfahrung). Dann ist der Druck um die
Ecke auch p1 (Aus der Gleichgewichtsbedingung in vertikaler Richtung). Aus der Kontinuität: v1 A1 = v2 A2 . Der Impulssatz angewendet an das markierte Kontrollvolumen lautet
2
2
p1 A2 − p2 A2 = ρ A2 v2 − ρ A1v1 .
Daraus
∆pv =
ρ
2
v12 (1 − A1 / A2 ) .
2
Die Verlustzahl ς = (1 − A1 / A2 ) .
2
VI. Dynamische Gleichung für eine ebene
Strömung einer viskosen Flüssigkeit
Nehmen wir an, daß eine Viskose Flüssigkeit
an der Oberfläche zu einer periodischen Bewegung angeregt wird.
se wird nur von y abhängen:
v = (vx , 0, 0), vx = vx ( y, t ) .
Wir betrachten Bewegung eines infinitesimal
kleinen Volumenelementes. Das 2. N.G für
das gezeigte Volumenelement lautet:
∂v
m ⋅ x = ( F1 − F2 ) , wobei m = ρ∆x∆y∆z ,
∂t
F1 = τ ( y + ∆y ) ⋅ A = τ ( y + ∆y ) ∆x∆z ,
F2 = −τ ( y ) ⋅ ∆x∆z .
F1 − F2 = (τ ( y + ∆y ) − τ ( y ) ) ∆x∆z =
ρ
∂τ
⋅ ∆x∆y∆z
∂y
∂v x ∂τ
∂ 2v
=
= η 2x
∂t
∂y
∂y
VII. Abklingtiefe einer periodischen Strömung
Eine auf der Oberfläche einer Flüssigkeit liegende Platte
wird tangential
mit der Geschwindigkeit
vx ( y = 0 ) = v0 cos ωt
bewegt. Zu bestimmen ist die Strömungsgeschwindigkeit vx ( y, t ) .
Lösung: Bewegungsdifferentialgleichung:
∂v
∂ 2v
ρ x = η 2x
∂t
∂y
Partikuläre Lösung wird in der Form
vɶx = vɶ exp ( iωt + λ y ) gesucht.
Einsetzen in die Bewegungsgleichung ergibt
iωρ = ηλ 2 . Daraus
λ=±
ωρ
ωρ
i =±
(1 + i ) = ±κ (1 + i ) .
η
2η
κ = ωρ / 2η .
„ Allgemeine partikuläre Lösung“
+ κ 1+ i y
−κ 1+ i y
vɶx = Ae ( ) + Be ( ) .
Da vɶx → 0 für y → −∞ , gilt B = 0 :
κ 1+ i y + iω t
vɶx = Ae ( )
vx = Re vɶx = A ⋅ eκ y ⋅ Re ( eiκ y +iωt ) =
= Aeκ y ⋅ cos (κ y + ωt )
Bei
y = 0 ist vx = A ⋅ cos ωt ⇒ A = v0 ⇒
vx = v0 eκ y ⋅ cos (κ y + ωt )
Falls keine turbulente Strömung entsteht,
wird die Geschwindigkeit überall in der Flüssigkeit nur die x-Komponente haben und die-
„Die Abklingtiefe“ h = 1/ κ = 2η / ωρ .
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 12.
Beispiele aus der Hydrostatik und Hydrodynamik
Lit.: Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 1.3.3.1, 1.3.3.3, 1.3.3.4
I. Kavitation
Tritt in einer Flüssigkeit ein Druck kleiner als
der gesättigter Dampfdruck bei gegebener
Temperatur auf, so beginnt sie zu sieden und
es bilden sich Dampfblasen. Mechanisch gesehen bedeutet das, daß die Kontinuitätsbedingung verletzt wird und die Wassersäule
"zerreißt". Daraus folgt:
In ruhender Flüssigkeit darf der Druck an
keinem Ort unter den gesättigten Dampfdruck
pD fallen.
Für Temperaturen viel kleiner als die Siedetemperatur kann der Dampfdruck annähernd
als Null angenommen werden. Unter dieser
Annahme darf der Druck in einer Flüssigkeit
nie einen negativen Wert annehmen.
Durch Kavitation verursachter Verschleiß
Wird der Druck wieder größer, fallen die
Blasen zusammen. Dabei entstehen nach dem
Mechanismus von einem "kumulativen
Strahl" die sogenannten "micro jets", mit der
Geschwindigkeit in der Größenordnung der
Schallgeschwindigkeit c. Beim Treffen von
Mikrojets auf eine feste Oberfläche entwickelt sich ein Druck von ca. pSchlag ≃ ρ c 2 . Für
Wasser pSchlag ≈ 103106 Pa = 1000 MPa .
Solche Drucke führen zum schnellen Verschleiß von festen Oberflächen.
II. Kolbenpumpe. Wie hoch kann das Wasser dem Kolben in einer
einfachen Kolbenpumpe
folgen?
p
Lösung: Im statischen
Gleichgewicht gilt:
p0
h
p0 = p + ρ gh .
Vom rein mechanischen
Gesichtspunkt kann h beliebig groß sein. Der Druck unter dem Kolben p = p0 − ρ gh wird aber bei
105
= 10m negativ. Deshalb
10 ⋅103
kann das Wasser mit der o.g. Pumpe nicht
höher als auf 10 m gepumpt werden.
h > p0 / ρ g ≈
Beispiel. Wie hoch kann das Wasser beim
normalen atmosphärischen Druck und
t=100°C gepumpt werden?
III. Heber
Wie groß ist die Wasseraustrittsgeschwindigkeit? Wie
groß ist der Druck im Punkt
2?
Lösung: Betrachten wir eine
Stromlinie 0-2-1. Die Bernoulli-Gleichung (für Punkte 0 und 1) lautet
p0
ρ
+
p v2
v02
+ gH = 1 + 1 − gh .
2
ρ
2
Daraus folgt v1 = 2 g ( H + h ) .
Bernoulli-Gleichung (für Punkte 0 und 2)
v02
p v2
+ gH = 2 + 2 + gH1 .
ρ
2
ρ 2
Aus der Kontinuitätsbedingung folgt v2 = v1 .
p0
+
Für den Druck p2 ergibt sich
p2 = p0 − ρ g ( h + H1 ) . Der Heber funktioniert nur solange dieser Druck großer als gesättigter Dampfdruck pD ist.
Ein Beispiel zum Impulssatz. Zu berechnen
ist die Leistung eines auf eine Schaufel fallenden Strahls. Die Schaufel bewegt sich mit
der Geschwindigkeit v0 .
Lösung: Im Bezugssystem, das
sich mit der
Schaufel bewegt,
ist die StrahlGeschwindigkeit
( v − v0 ) . Der
Strahl wirkt auf
die Schaufel mit
der Kraft
2
F = Aρ ( v − v0 ) .
Die Leistung
dieser Kraft
(jetzt wieder im
ursprünglichen Bezugssystem) ist.
P = F ⋅ v0 = Aρ v0 ( v − v0 ) .
Sie erreicht ein Maximum, wenn
dP / dv0 = 0 ;
2
Daraus folgt v0 = v / 3 : Die Geschwindigkeit
der Schaufel muß 1/3 der Strahlgeschwindigkeit sein.
1
IV. Tsunami-Welle
c
h1
v1
h2
In einem ebenen Wasserbecken breitet sich
eine Welle in Form einer Stufe aus. Wie groß
ist ihre Geschwindigkeit? Die Reibungskräfte
können vernachlässigt werden.
Lösung. Wir gehen in ein Bezugssystem, das
sich zusammen mit der Welle bewegt, über.
h1
v
h2
V. Schubumkehr (Ein Verfahren zum Abbremsen eines Flugzeugs am Boden).
Nach dem Aufsetzen werden bei großen
Flugzeugen oft zwei Schilde hinter dem
Strahltriebwerk ausgefahren, die den austretenden Strahl in zwei Teilstrahlen aufspalten
und diese um den Winkel π − β umlenken.
Zu berechnen ist die Verzögerung des Flugzeugs.
c
In diesem System ist die Strömung stationär.
Das Wasser fließt von rechts mit der Geschwindigkeit c ein und fließt mit der Geschwindigkeit v = c − v1 aus. Betrachten wir
eine Stromlinie, die rechts auf der Höhe z2
läuft und links auf der Höhe z1. Die Bernoulli-Gleichung für diese Stromlinie lautet
c2
v2
p2 + ρ gz2 + ρ = p1 + ρ gz1 + ρ .
2
2
Da der Aussendruck p0 überall der gleiche
ist, gilt p2 = p0 + ρ g ( h2 − z2 ) ,
p1 = p0 + ρ g ( h1 − z1 ) . Einsetzen in die Bernoulli-Gleichung ergibt
c2
v2
gh2 + = gh1 + .
(1)
2
2
Daraus ist im Übrigen ersichtlich, dass die
Geschwindigkeit v von der Höhe nicht abhängt: Wir haben es mit einer homogenen
Strömung zu tun. Kontinuitätsgleichung ergibt
ch2 = vh1 .
(2)
Lösung von (1) und (2) c = 2 gh12 / ( h1 + h2 ) .
Wenn die Höhe der Stufe klein ist, c = gh1 .
Bei h ∼ 6.000m ist
c = 60000 ≈ 245m / s ≈ 880km / h .
Die Geschwindigkeit der Strömung
v1 = c − v = c (1 − h1 / h2 ) = c∆h / h . Bei einer 1
In einem mit dem Flugzeug verbundenen
Bezugssystem erhalten wir für die auf das
Flugzeug wirkende Kraft:
F = ρ a va va cos β ⋅ A .
Daraus folgt für die Beschleunigung
ρ a va 2 cos β ⋅ A
a=−
m
Meter hohen Stufe v1 ≈ 245/ 6000 ≈ 4cm / s .
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 13.
Ausgewählte Kapitel aus der Kontinuumsmechanik
I. Strömung zwischen zwei konzentrisch
rotierenden Zylindern (z.B. hydrodynamisch geschmiertes Gleitlager).
Viskose
Spannungen
entstehen in
einer Flüssigkeit nur
dann, wenn
sie nicht als
Ganzes eine
Translationsoder Rotationsbewegung ausführt. Bezeichnen wir die tangentiale Komponente der Geschwindigkeit als vϕ = v(r ) . Die viskose
Spannung berechnet sich als
v(r + dr ) − v(r ) (1 + dr / r )
 ∂v v 
τ =η
=η  −  .
dr
 ∂r r 
Dieser Ausdruck zeigt, daß nur eine Abweichung der Geschwindigkeit von einem Wert,
den die Flüssigkeit bei einer starren Rotation
hätte, eine Rolle spielt.
Das auf eine Zylinderfläche mit dem Radius
r wirkende Kraftmoment ist gleich
 ∂v v 
M = τ ⋅ 2π rl ⋅ r = 2π l ⋅η  −  ⋅ r 2 .
 ∂r r 
Bei einer stationären Bewegung muß dieses
Moment konstant bleiben:
 ∂v v  2
 −  ⋅ r = konst .
 ∂r r 
Diese Gleichung ist erfüllt entweder wenn
v ∝ r oder wenn v ∝ 1/ r . Die allgemeine
Lösung ist
C
v = C1r + 2 .
r
Aus den Randbedingungen
v( R1 ) = ω1 R1 und v( R2 ) = ω2 R2 folgt
C1 =
ω2 R22 − ω1 R12
ω1 − ω2 ) R12 R22
(
=
.
, C2
R22 − R12
R22 − R12
Das Kraftmoment berechnet sich zu
 ∂v v 
M = 2π l ⋅η  −  ⋅ r 2 = 4π lη C2 oder
 ∂r r 
(ω − ω ) R 2 R 2
M = 4π lη 1 2 2 21 2 .
R2 − R1
II. Stationäre Strömung zwischen einer
rotierenden Scheibe und einer festen Wand
(Viskosimeter)
Im Abstand r von der Achse ist die TangenΩr
tialspannung gleich τ = η
. Das gesamte
h
auf die Achse wirkende Moment ist gleich
Ω 3
πηΩR 4
r dr =
h
2h
0
0
Aus dem Moment kann die Viskosität berechnet werden.
R
R
M = ∫ τ (r ) ⋅ 2π rdr ⋅ r = ∫ 2πη
III. Strom in einem geneigten Rohr
Zu bestimmen ist der Volumenstrom in einem
geneigten Rohr ohne Druckdifferenz (Viskosität der Flüssigkeit sei η ).
Gemäß der Newtonschen Regel gilt für die
∂v ( r )
Tangentialspannung τ ( r ) = η
.
∂r
Wir schneiden einen koaxialen Zylinder mit
dem Radius r und Länge ∆l frei und berechnen die auf ihn wirkenden Kräfte (in xRichtung): viskose Kraft
∂v
Fvisk = τ ⋅ A = η ⋅ 2π r ⋅ ∆l und Schwerekraft
∂r
2
Fs = ρ gπ r ∆l sin α .
Da die Flüssigkeit sich mit konstanter Geschwindigkeit bewegt, muß die auf das gewählte Element wirkende Kraft verschwinden:
1
∂v
⋅ 2π r ⋅ ∆l + ρ gπ r 2 ∆l sin α = 0
∂r
∂v
ρ gr sin α
Daraus folgt
=−
.
2η
∂r
Unbestimmte Integration über r ergibt
ρ g sin α 2
v (r ) = −
r +C.
4η
Randbedingung:
ρ g sin α 2
v(R) = 0 ⇒ C =
R ;
4η
ρ g sin α 2 
2
v (r ) =
R 1− (r / R)  .


4η
Volumen-
V. Seilreibung
Bisher haben wir Kontinua unter Berücksichtigung entweder elastischer Kräfte oder viskoser Reibung betrachtet. Im nächsten Beispiel diskutieren wir Einfluss von Coulombscher Reibung.
π R 4 ρ g sin α
strom Q = ∫ 2π rv ( r ) dr =
.
8η
0
geschlungen. Der Kontaktwinkel zwischen
Seil und Poller betrage α = ϕ 2 − ϕ1 . Das Seil
η
R
IV. Druck in einem mit Sand gefüllten Zylinder (Radius R).
Der Reibungskoeffizient
des
Sandes mit der
Wand sei µ .
Falls er nicht zu
groß ist, ist der
Druck im Sand
"fast
isotrop"
(wie in einer
Flüssigkeit). Betrachten wir das Kräftegleichgewicht an einem infinitesimalen Ausschnitt
aus der Sandsäule:
ρ gπ R 2 dz + ( p( z ) − p( z + dz ) ) π R 2 − dFR = 0 .
oder
dp
ρ gπ R 2 dz − dz ⋅ π R 2 − dFR = 0
dz
Die Reibungskraft ergibt sich aus dem Coulombschen Gesetz: dFR = µ p 2π Rdz . Aus
den beiden Gleichungen erhält man
dp
µp
ρg − − 2
=0.
dz
R
dp
Trennung der Variablen dz =
( ρ g − 2µ p / R )
und Integration ergeben
2µ z
−

ρ gR 
p=
1 − e R  .
2µ 

Bei großen z erreicht der Druck den Sättigungswert p∞ = ρ gR / 2 µ .
Ein Seil wird um einen kreisförmigen Poller
wird in Richtung F2 gezogen. Zu bestimmen
ist die Kraft F1 , die notwendig ist, um es von
der Bewegung abzuhalten.
Lösung: Betrachten wir ein infinitesimal kleines Element des Seils. Das Kräftegleichgewicht in der Längsrichtung des Elementes
lautet
F (ϕ + dϕ ) − F (ϕ ) − dFR = 0 oder
dF
dϕ − dFR = 0 .
dϕ
In der senkrechten dazu Richtung gilt
dN − Fdϕ = 0 .
Hier sind: dN die auf das Element wirkende
Reaktionskraft; dFR die auf es wirkende Reibungskraft. Das Seil gleitet gerade noch nicht,
wenn die Reibungskraft ihren Maximalwert
dFR = µ dN erreicht. Aus diesen drei GleidF
chungen ergibt sich
= µF .
dϕ
dF
Nach der Trennung der Variablen
= µ dϕ
F
und Integration erhalten wir
ln F
F2
F1
= µ (ϕ 2 − ϕ1 ) = µα ⇒
F2 = F1e µα .
Beispiel: µ = 0, 4 , α = 2π ⇒ F2 ≈ 12 F1 .
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 14.
I. Wellengleichung
Die Ursache für die Schallausbreitung ist die
Abhängigkeit p = p ( ρ ) des Druckes von der
Dichte: eine heterogene Verschiebung verursacht eine Änderung der Dichte ⇒ Diese
verursacht eine nicht homogene Druckverteilung ⇒ Diese bewirkt Bewegung. Die
Druckänderungen bei Schallausbreitung sind
meistens sehr klein: Einem starken Schall mit
der Intensität 60db entspricht eine Druckamplitude von 2 ⋅10 −7 bar. Für die kleinen Druckänderungen gilt
 dp 
p ( ρ0 + ∆ρ ) = p ( ρ0 ) + 
 ∆ρ
 dρ 
p ( ρ0 ) + ∆p = p ( ρ 0 ) + κ∆ρ , ∆p = κ∆ρ
Betrachten wir ein ebene Welle, die sich in
Richtung der x-Achse ausbreitet und innerhalb der ein infinitesimal kleines Volumenelement mit der Länge dx und der Fläche A.
p(x,t)
p(x+dx,t)
Schall in Flüssigkeiten und Gasen
II. Schallgeschwindigkeit
Berechnung von Newton (nicht korrekt!).
ρ kT
Für Gase gilt p = nkT =
. Aus der kinetim
schen Gastheorie ist bekannt, dass
1
1
kT = m v 2 .
Somit
p = ρ v2 .
3
3
c = ∂p / ∂ρ =
v2 / 3 .
Korrekte Berechnung
In Wirklichkeit erwärmt sich das Gas beim
Komprimieren und deshalb gilt
p = const ⋅ ρ γ . Für Moleküle, die aus zwei
Atomen bestehen, ist γ = 1.4 . Das heißt
dp
p γ
c2 =
= γ = v2 .
dρ
ρ 3
Die Schallgeschwindigkeit ist
c=
γ
3
v 2 ≈ 0.7
v2 .
III. Eigenfrequenzen
L
x
x+dx
Die Verschiebung aus dem Gleichgewichtszustand bezeichnen wir durch u ( x, t ) .
Wegen der Masseerhaltung gilt


ρ 0 ∆x = ρ (t )  ∆x +
∂u 
∆x  =
∂x 
∂u 
∂u 

 ∆x = ∆x ⋅  ρ0 + ∆ρ + ρ0

∂x 
 ∂x 

Daraus folgt ∆ρ = − ρ0 ∂u .
∂x
( ρ0 + ∆ρ ) 1 +
Die Bewegungsgleichung lautet
dm ⋅ uɺɺ = A ( p ( x) − p ( x + dx) ) = − A
∂p
dx
∂x
∂p
.⇒
∂x
∂p
∂ρ
∂ 2u
ρ 0uɺɺ = − = −κ
= κρ0 2
∂x
∂x
∂x
2
2
∂u
∂u
=κ 2 .
oder
2
∂t
∂x
Das ist eine Wellengleichung mit der Ausbreitungsgeschwindigkeit c = κ = ∂p / ∂ρ .
oder ρ 0uɺɺ = −
Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen eines
an beiden Seiten geschlossenen Rohres.
Lösung. Wir lösen die Wellengleichung
2
∂ 2u
2 ∂ u
=
c
∂t 2
∂x 2
mit den Randbedingungen
u (0, t ) = 0 , u ( L, t ) = 0
mit Hilfe des Bernoulli-Ansatzes
u ( x, t ) = A cos ωt ⋅ sin(kx) ,
wobei die Randbedingung am linken Rand
bereits berücksichtigt wurde. Das Einsetzen
in die Bewegungsgleichung liefert ω 2 = c 2 k 2 .
Die zweite Randbedingung liefert
sin(kL) = 0 ⇒ kL = π n ⇒ k = π n / L ⇒
ω = π cn / L
IV. Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen
eines auf einer Seite offenen Rohres.
Lösung. Am offenen Ende des Rohres ist der
Druck ungefähr gleich dem atmosphärischen
Druck und der Überdruck Null. Aus
∂u folgt ∂u
∆ρ = − ρ 0
=0.
∂x
∂x
`
x=L
Die gleiche Aufgabe wie oben ist nun mit
einer geänderten Randbedingung zu lösen ⇒
cos(kL) = 0 , kL = π / 2 + π n .
1
V. Hydrodynamischer Schlag
Die Strömung in einem Rohr muss schnell
durch einen Absperrschieber aufgehalten
werden. Welcher Druck wirkt dabei auf den
Schieber?
v
c
v=0
F
c∆t
Die Änderung des Impulses des Kontrollvolumens ist ∆P = 0 − ρ Ac∆tv . Nach dem Impulssatz gilt ∆P / ∆t = − ρ vcA = − F . Der
Druck ist demnach
p = F / A = ρ vc .
Z.B. für Wasser bei v = 1m / s ist
p = 103103 = 1MPa = 10 bar.
VI. Überschallströmungen
Wir betrachten eine stationäre Strömung (Geschwindigkeit u) mit einer ortsfesten Schallquelle, die zu einer bestimmten Zeit ein Signal aussendet. Bei u < c sieht die Welle zum
Zeitpunkt t wie folgt aus.
Für die Geschwindigkeit ergibt sich
ω 
ω 


v = v0 cos  ωt − x  = x0ω cos  ωt − x  .
c 
c 


Kinetische Energie pro Volumeneinheit ist
ρ
ω 

K / V = x02ω 2 cos 2  ωt − x  .
2
c 

Der Mittelwert der kinetischen Energie
K /V =
ρ
x02ω 2 .
4
Die Gesamtenergie bei kleinen Schwingungen ist das Zweifache der kinetischen Energie. Die gesamte Energiedichte E ist also
E = 2 K /V =
x02ω 2 .
2
Diese Energie "fließt" mit der Schallgeschwindigkeit. Der Energiefluss (auch Schallintensität) ist deshalb gleich
ρ
x02ω 2 c
2
Für die Dichte ergibt sich
I=
∆ρ = − ρ
xω
∂u
ω

= ρ 0 cos  ωt −
∂x
c
c


x

und für den Druck
∆p = κ∆ρ = κρ
Für t → ∞ wird die Schallwelle den gesamten Raum erreichen. Ist v > c , so ergibt sich
die im nächsten Bild skizzierte Lage der
Schallwelle. Für t → ∞ wird die Schallwelle
nicht den gesamten Raum erreichen.
ρ
x0ω
ω 
ω 


cos  ωt − x  = ∆p0 cos  ωt − x 
c
c 
c 


Amplitude der Druckoszillationen ist
xω
∆p0 = κρ 0 .
c
Für die Intensität als Funktion der Druckamplitude erhalten wir
ρ c3∆p0 2 ∆p0 2
I=
=
.
2 κ 2ρ 2
2ρ c
Ist die Druckamplitude größer als der mittlere
Druck, so kann es zur Kavitation kommen.
Im Wasser ist dafür mindestens die Energie-
( )
2 2
10
∆p0 2
stromdichte I =
=
= 5 kW/m2
3
3
2 ρ c 2 ⋅10 10
erforderlich.
Die einhüllende Kurve, deren halber Öffnungswinkel µ sich aus der Gleichung
c 1
sin µ = =
v M
berechnet, nennt man den Machschen Kegel.
Die Zahl M = v / c ist die Machsche Zahl.
VII. Schallenergie, Energiestromdichte
Eine Welle mit der Kreisfrequenz ω hat die
ω 

Form x = x0 sin  ωt − x  .
c 

VIII. Relative Lautstärke
Zur Charakterisierung der Schallintensität
wird eine Dimensionslose Größe
 p 
 I 
dB
J = 20 ⋅ log10 
= 10 ⋅ log10 

 pref 
 I ref 




(Dezibel) benutzt, wobei pref = 2 ⋅10−10 bar ist
ein Referenzdruck. Unterscheiden sich zwei
Intensitäten um das 10fache, so unterscheiden
sich ihre relativen Lautstärken um 10 dB.
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 15.
Beispiel 3. Eigenformen
Die erste Eigenform hat innerhalb des Systems keine Knoten (Nullstellen).
Die zweite Eigenform hat innerhalb des Systems genau eine Nullstelle.
Beispiel 1. Ausflusszeit aus einem
Gefäß mit einer
Spiegelfläche
As und einer kleinen Öffnung A.
Lösung: Bei kleiner
Austrittsöffnung ist
die Strömung "fast stationär" und somit ist
die Bernoulli-Gleichung anwendbar:
p0 1 2
p 1
+ v0 + gH1 = 1 + v 2 − gH 2
ρ 2
ρ 2
Die beiden Drucke sind gleich (dem atmosphärischen Druck): p0 = p1 , die Geschwindigkeit v0 ist "fast Null": v0 ≈ 0 ; die Bernoulli-Gleichung nimmt somit die Form
1
g ( H1 + H 2 ) = v 2 an. Daraus folgt
2
v = 2 g ( H1 + H 2 )
(1)
Beispiel 4. Wellensausbreitung
Die allgemeine Lösung der Wellengleichung
ɺɺ = c 2 w′′ lautet nach d'Alembert
w
w( x, t ) = f1 ( x + ct ) + f 2 ( x − ct ) .
1
x 
Ist w( x, t ) = tan  − t  −
eine Löx + ct
c 
sung der Wellengleichung?
Ist w( x, t ) = x 2 + c 2t 2 eine Lösung?
5. Welche Differentialgleichungen beschreiben die Dynamik von Saiten, Stäben,
Balken?
Lösung:
ɺɺ = c 2 w '' mit c 2 = S / µ .
Saite: w
Longitudinalschwingungen in einem Stab:
uɺɺ = c 2u '' mit c 2 = E / ρ .
Torsionsstab: θɺɺ = c 2θ ′′ mit c 2 = G / ρ .
v0 ist zwar "fast Null", aber nicht ganz. Aus
der Kontinuitätsgleichung As v0 = Av folgt für
sie v0 = Av / As . Diese Geschwindigkeit ist
nicht anderes als die zeitliche Änderung der
Spiegelhöhe (mit Minus-Vorzeichen):
A
dH
v0 = v = − 1 .
As
dt
Unter Berücksichtigung der Gleichung (1):
A
dH
2 g ( H1 + H 2 )
=− 1.
As
dt
Nach Trennung der Variablen und Integration
ergibt sich
T
0
A
dH
dt
=
−
∫0 As H∫ 2 g ( H 1+ H ) ;
1
2
1( 0)
0
2 ( H1 + H 2 )
A
dH1
T
=− ∫
=−
As
g
2 g ( H1 + H 2 )
H1( 0 )
=−
2 ( H1(0) + H 2 )
2H 2
+
g
g
Für die Ausflusszeit ergibt sich
A 2
T= s
( H1(0) + H 2 ) − H 2 .
A g
(
Beispiel 2. Wie bewegt
sich der Block?
)
ɺɺ = −
Biegebalken: w
EI IV
w .
ρA
Für einen Biegebalken sollte man auch die
folgenden Gleichungen auswendig kennen:
∂M
M = − EIw′′ , Q ( x ) =
= M′.
∂x
Für den Stab ist EAu ′ = N .
Diese Beziehungen werden z.B. bei Erstellung von Randbedingungen benutzt.
0
=
H1( 0 )
Beispiele aus der Kontinuumsphysik
Beispiel 6.
Ein Gefäß in
Form einer
Halbkugel mit
dem Radius R
liegt auf einer
Gummimatte. Wenn es bis oben mit Wasser
gefüllt ist, wird die Kontaktstelle zwischen
dem Gefäß und der Matte undicht und das
Wasser beginnt auszufließen. Zu bestimmen
ist die Masse M der Halbkugel.
Lösung: Das Gefäß samt Wasser befindet
sich im Gleichgewicht. Deshalb ist die auf
1
das System seitens der Matte wirkende Reaktionskraft N gleich dem Gesamtgewicht
2
N = M + πρ R 3 g
3
Im Moment des "Aufschwimmens" der Halbkugel ist die Reaktionskraft gleich der
Druckkraft des Wassers auf den Boden:
N = π R 2 ρ gR .
Aus den beiden Gleichungen folgt
1
M = πρ gR 3 .
3
Beispiel 7. Wasser fließt in einem sich verjüngenden Rohr. Der Druck beim Eintritt ins
Rohr ist gleich p1 . Wie groß darf die Strömungsgeschwindigkeit höchstens sein, damit
im Rohr
keine Kavitation auftritt?
Lösung: Aus der Kontinuitätsgleichung
A
A1v1 = A2 v2 folgt v2 = 1 v1
A2
Die Bernoulli-Gleichung für Punkte 1 und 2:
p2 1 2 p1 1 2
+ v2 =
+ v1 .
ρ 2
ρ 2
Daraus folgt für den Druck p2
Prüfen Sie, ob man die Lösung in der Form
w( x, t ) = sin(ωt − κ x) darstellen kann. Wie
groß ist die Wellenfortpflanzungsgeschwindigkeit? Hängt sie von der Frequenz ab?
Lösung: Einsetzen des Lösungsansatzes in
die Bewegungsgleichung für BiegeschwinEI IV
ɺɺ = −
gungen eines Balkens w
w ergibt
ρA
EI 4
−ω 2 = −
κ . Daraus folgt
ρA
 ρA
1/ 2
κ =
 ω .
 EI 
1/ 4
Der Lösungsansatz selbst kann in der Form
ω 

w( x, t ) = sin(ωt − κ x) = − sin κ  x − t  = − sin κ ( x − ct )
κ 

Daraus folgt, dass die Wellengeschwindigkeit
(die sogenannte Phasengeschwindigkeit) ist
gleich
ω
ω
c= =
κ  ρ A 1/ 4
 ρA
=

 EI 
−1/ 4
ω1/ 2 .

 ω
 EI 
Daß bedeutet, daß Wellen mit höheren Frequenzen sich schneller ausbreiten.
1/ 2
  A 2 
p2 = p1 − v   1  − 1  .

2   A2 


Der kleinste Druck tritt am Ort des kleinsten
Querschnitts auf. Er darf nicht kleiner sein,
als der gesättigte Dampfdruck pD :
ρ
2
1
  A 2 
p2 = p1 − v1   1  − 1 > pD .

2   A2 


Die Geschwindigkeit muß demnach kleiner
sein als
ρ
v1 <
2
2 ( p1 − pD )
  A 2 
ρ   1  − 1
  A2 



.
Beispiel 8. Biegewellen in einem Balken
Wirkt man mit einer periodischen, harmonischen Kraft am Ende eines Balkens, so werden im Balken die sich von diesem Ende ausbreitenden Wellen angeregt.
2
Kontinuumsmechanik / Prof. Popov / Vorlesung 16.
Bewegungsgleichung einer idealen Flüssigkeit. Viskose Flüssigkeiten. Navier-Stokes-Gleichung.
Lit.: Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 1.3.3.1, 1.3.3.3
∂v
I. Kontinuitätsgleichung dreidimensional
dv =
dt + ( v ⋅ ∇ )vdt
∂t
Betrachten wir ein infinitesimal kleines Flüs
∂v
sigkeitsvolumen und berechnen, wie viel
Beschleunigung =
+ ( v ⋅ ∇) v .
∂t
Flüssigkeit innerhalb des Zeitintervalls ∆t
Das
2.
N.G.
für
eine
Flüssigkeit ohne Viskoein- und ausfließt.
sität hat also die Form
z
∂v
∇p + ( v ⋅ ∇ )v = −
+g
υ x ( x)
∂t
ρ
υ x ( x + ∆x )
y
In einem lokalen Koordinatensystem mit der
x
x-Achse parallel zur Stromlinie sieht diese
Massenein-/Ausfluss in der Zeit ∆t:
Gleichung so aus:
∂v x
∂v
∂p / ∂x ∂ ( gh )
ein
aus
+ vx x = −
−
.
ρ ( x ) ⋅ ∆y∆z ⋅ v ( x ) ∆t ρ ( x + ∆x ) ⋅ ∆y ∆z ⋅ v ( x + ∆x ) ∆t
∂t
∂x
ρ
∂x
Für stationäre Strömungen
∂v
∂p / ∂x ∂( gh )
 ρ ( x + ∆x )v x ( x + ∆x ) − ρ ( x ) v x ( x )  ∆x =
vx x = −
−
oder
∆M ( x ) = −∆y ∆z∆t


∂x
ρ
∂x
∆x
∂ ( ρ vx )
1 ∂v x2
∂p / ∂x ∂( gh )
−∆x∆y ∆z∆t
=−
−
.
∂x
2 ∂x
ρ
∂x
 ∂ ( ρ v x ) ∂ ( ρ v y ) ∂ ( ρ vz ) 
Für inkompressible Medien folgt daraus
∆M ( voll ) = −∆x∆y∆z∆t 
+
+

∂y
∂z 
v x2 p
 ∂x
+ + gh = konst ( Bernoulli − Gleichung )
∆M
2 ρ
∆ρ =
Für kompressible Medien
V
v x2
dp
∂ ( ρ v x ) ∂ ( ρ v y ) ∂ ( ρ vz )
∂ρ
+∫
+ gh = konst .
=−
−
−
= −div( ρ v )
2
ρ
∂t
∂x
∂y
∂z
III. Dynamische Gleichung für eine ebene
∂ρ
= −div( ρ v )
Strömung einer viskosen Flüssigkeit
∂t
x
x
II. Bewegungsgleichung einer Flüssigkeit
Das 2. Newtonsche Gesetz lautet
ρ ⋅ ( Beschleunigung ) = −∇p + ρ g + f visk
Die Geschwindigkeitsänderung eines Teilchens:
v ( x + dx, y + dy, z + dz, t + dt ) − v ( x, y , z, t ) =
∂v
∂v
∂v
∂v
=
dx + dy + dz + dt =
∂x
∂y
∂z
∂t
∂v
∂v
∂v
∂v
=
v x dt + v y dt + vz dt + dt
∂x
∂y
∂z
∂t
∂v x ∂τ
∂ 2vx
=
=η 2
ρ
∂t
∂y
∂y
IV. Viskose Kraft im allgemeinen Fall.
 ∂ 2v ∂ 2v ∂ 2 v 
f = η  2 + 2 + 2  = η∆v
∂y
∂z 
 ∂x
und die Bewegungsgleichung nimmt die
Form an:

 ∂v
ρ  + ( v ⋅∇ ) v  = −∇p + ρ g + η∆v
 ∂t

Navier-Stokes-Gleichung für eine inkompressible viskose Flüssigkeit.
V. Verschiednes aus der Hydromechanik.
Aufgabe 1. Ein Gefäß
in Form einer Halbkugel mit dem Radius R
liegt auf einer Gummi1
matte. Wenn es bis oben mit Wasser gefüllt
ist, wird die Kontaktstelle zwischen dem Gefäß und der Matte undicht und das Wasser
beginnt auszufließen. Zu bestimmen ist die
Masse M der Halbkugel.
Lösung: Das Gefäß samt Wasser befindet
sich im Gleichgewicht. Deshalb ist die auf
das System seitens der Matte wirkende Reaktionskraft N gleich dem Gesamtgewicht
2
N = M + πρ R 3 g
3
Im Moment des "Aufschwimmens" der Halbkugel ist die Reaktionskraft gleich der Druckkraft des Wassers auf den Boden:
N = 2π R 2 ρ gR .
Aus den beiden Gleichungen folgt
4
M = πρ gR3 .
3
Aufgabe 2. Ausflusszeit aus einem Gefäß
mit einer Spiegelfläche As und einer
kleinen Öffnung A.
Lösung: Bei kleiner
Austrittsöffnung ist
die Strömung "fast
stationär" und somit
ist die BernoulliGleichung anwendbar:
p0 1 2
p 1
+ v0 + gH1 = 1 + v 2 − gH 2
ρ 2
ρ 2
Die beiden Drucke sind gleich (dem atmosphärischen Druck): p0 = p1 , die Geschwindigkeit v0 ist "fast Null": v0 ≈ 0 ; die Bernoulli-Gleichung nimmt somit die Form
1
g ( H1 + H 2 ) = v 2 an. Daraus folgt
2
v = 2 g ( H1 + H 2 )
(1)
v0 ist zwar "fast Null", aber nicht ganz. Aus
der Kontinuitätsgleichung As v0 = Av folgt für
sie v0 = Av / As . Diese Geschwindigkeit ist
nicht anderes als die zeitliche Änderung der
Spiegelhöhe (mit Minus-Vorzeichen):
A
dH
v0 = v = − 1 .
As
dt
Unter Berücksichtigung der Gleichung (1):
A
dH
2 g ( H1 + H 2 )
=− 1.
As
dt
Nach Trennung der Variablen und Integration
ergibt sich
T
0
A
dH
∫0 dt As = − H∫ 2 g ( H 1+ H ) ;
1
2
1( 0)
0
2 ( H1 + H 2 )
A
dH1
T
=− ∫
=−
As
g
2 g ( H1 + H 2 )
H1( 0 )
=−
0
=
H1( 0 )
2 ( H1(0) + H 2 )
2H 2
+
g
g
Für die Ausflusszeit ergibt sich
A 2
T= s
( H1(0) + H 2 ) − H 2 .
A g
)
(
Seilreibung
Bisher haben wir Kontinua unter Berücksichtigung entweder elastischer Kräfte oder viskoser Reibung betrachtet. Im nächsten Beispiel diskutieren wir Einfluss von Coulombscher Reibung.
Ein Seil wird um einen kreisförmigen Poller
geschlungen. Der Kontaktwinkel zwischen
Seil und Poller betrage α = ϕ 2 − ϕ1 . Das Seil
wird in Richtung F2 gezogen. Zu bestimmen
ist die Kraft F1 , die notwendig ist, um es von
der Bewegung abzuhalten.
Lösung: Betrachten wir ein infinitesimal kleines Element des Seils. Das Kräftegleichgewicht in der Längsrichtung des Elementes
lautet
F (ϕ + dϕ ) − F (ϕ ) − dFR = 0 oder
dF
dϕ − dFR = 0 .
dϕ
In der senkrechten dazu Richtung gilt
dN − Fdϕ = 0 .
Hier sind: dN die auf das Element wirkende
Reaktionskraft; dFR die auf es wirkende Reibungskraft. Das Seil gleitet gerade noch nicht,
wenn die Reibungskraft ihren Maximalwert
dFR = µ dN erreicht. Aus diesen drei GleidF
chungen ergibt sich
= µF .
dϕ
dF
Nach der Trennung der Variablen
= µ dϕ
F
und Integration erhalten wir
ln F
F2
F1
= µ (ϕ 2 − ϕ1 ) = µα ⇒
F2 = F1e µα .
Beispiel: µ = 0, 4 , α = 2π ⇒ F2 ≈ 12 F1 .
2