Vorlesungsnotizen - Fachgebiet Systemdynamik und Reibungsphysik

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, dÁlembertsche 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. dÁlembertsche 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 dÀlembert 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 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


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


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