Fluiddynamik I - Lösung zur ¨Ubung Erhaltungssätze - IFD

Institut für Fluiddynamik
Prof. Dr. T. Rösgen
Fluiddynamik I - Lösung zur Übung Erhaltungssätze
Aufgabe 2.1
1. Die Kontinuitätsgleichung lautet
∂ρ
∂t + ∇ · (ρu) = 0
Für inkompressible Strömungen vereinfacht sich der obige Ausdruck zu
∇ · u = 0
Im vorliegenden Fall ergibt sich
∇ · u = ∂u
∂x + ∂v
∂y + ∂w
( )
∂z = 2 x · y + 2 x · y −
x2 x
2
y · z cos 2 y · z
Dieser Ausdruck ist nicht gleich Null im ganzen Feld, somit ist diese Strömung kompressibel.
2. Eine rotationsfreie Strömung muß die Bedingung erfüllen
∂v
− ∂u
∂x ∂y
∇ × u = 0 .
Das vorliegende Geschwindigkeitsfeld erfüllt sie nicht:
⎛
∂w
− ∂v ⎞ ⎛
− x2 x2
cos(
∂y ∂z
ω = ⎝ ∂u
− ∂w
y2·z ⎠ ⎜
) − 0
⎞
y·z
=
∂z ∂x ⎝ 0 − 2x x2
cos( )
y·z y·z
y 2 − x 2
⎟
⎠ ≠ 0
.
1

Aufgabe 2.2
Die Kontinuitätsgleichung in integraler Form lautet
∫
∂
∂t
∫S
ρ(x, t) dV + ρ(x, t)u(x, t) · n dS = 0
V
Die Integrale sind über die Grenzen eines festen Kontrollvolumens auszuwerten.
n
S W
S A
S C
n
S B
KV
Die Oberfläche S des Kontrollvolumens wird aufgeteilt:
∫ ∫ ∫ ∫
u · n dS + u · n dS + u · n dS + u · n dS = 0
S A S B S C S W
Nur u B ist variabel über den Querschnitt:
∫
Das Ergebnis für u C lautet somit:
u b (r) dS = U B,max
S B
2
πR 2 B
( ) 2 RA
u C = u A + U ( ) 2
B,max RB
R C 2 R C
2

Aufgabe 2.3
1. Es wird ein mitbewegtes Kontrollvolumen betrachtet. Der ins Kontrollvolumen eintretende
Massenstrom wird berechnet mit
∫ ∫ 2π ∫ Rr
( ) ] 2 r
U B (r) dS = U B,max
[1 − r dr dφ
S B 0 0
R r
∫ [
1
( ) ] 2 ( )
2 r r r
= 2π U B,max R r 1 − d
R r R r R r
= 2π U B,max R r
2
0
[ ) 2
1 r
−
2( 1 ( ) ] 4 1
r
R r 4 R r
0
zu:
= U B,max 2
πR r
2
∫
ṁ ein = ρ (U + U B (r)) dS = ρπRr
2
S B
(
U + U )
B,max
2
.
Die Kontinuitätsgleichung liefert die Bedingung für die Relativgeschwindigkeit u S,rel
im Punkt S:
ṁ aus = ṁ ein
u S,rel ρπ ( Rr 2 − ) R2 h = ρπR
2
r
(U + U )
B,max
2
(
Rr
2 u S,rel =
Rr 2 − U + U )
B,max
R2 h
2
2. Der Sensor misst die absolute Geschwindigkeit:
(
Rr
2 u S = U + U )
B,max
− U
Rr 2 − Rh
2 2
Hinweis: Wird ein stationäres Kontrollvolumen angesetzt, dessen obere Berandungsfläche
duch den Punkt S geht, so betrachtet man den Zeitpunkt, an dem die Halbkugeloberkante
gerade auf der Höhe von S ist. Die Kugel verdrängt in diesem Moment
den folgenden Massenstrom:
ρ ∂V
∂t = −ρAU = −ρπR2 hU
3

Die Kontinuitätsgleichung liefert:
0 = − ρπRhU 2 − ρπRr
2 U B,max
2
u S = R2 h U + R2 U B,max
r 2
(Rr 2 − Rh 2)
= R2 h U + R2 r U − R2 r U + R2 U B,max
r 2
(Rr 2 − R2 h )
+ ρπ(R 2 r − R 2 h)u S
= R2 rU − (Rr 2 − Rh 2)U + R2 U B,max
r 2
(Rr 2 − R2 h
(
)
Rr
2 = U + U )
B,max
− U .
Rr 2 − Rh
2 2
Aufgabe 2.4
1. Kraft auf die Platte als Funktion von β, A 1 und q 1 :
Nach der Anwendung der Bernoulli-Gleichung von 1) nach 2) und von 1) nach 2) folgt:
u 1 = u 2 = u 3 = u
Mit der Kontinuitätsgleichung folgt daraus:
A 1 = A 2 + A 3
4

Günstig ist die Betrachtung in einem mit der Platte ausgerichteten Koordinatensystem.
Da auf allen Seiten des Kontrollvolumens derselbe Druck herrscht wie auch in
den Freistrahlen, heben sich die Druckkräfte gegenseitig auf. Übrig bleibt für die Impulsgleichung
in α-Richtung für stationäre Strömung:
∫
ρu α u n dS = F α
Und die Kraftwirkung auf die Platte:
2. Das Verhältnis A 2 /A 1 :
S
F α = ρA 1 u 2 cos β
Die stationäre Impulsgleichung in α ′ -Richtung ohne Reibungskraft (F α ′):
∫
ρu α ′u n dS = 0
Damit folgt
⇒
S
A 2 − A 3 = A 1 sin β
A 2
= 1 + sin β
A 1 2
Aufgabe 2.5
Festlegung eines mitbewegten Kontrollvolumens um die Schaufel
U - U
1 0
II
F y
KV
A
F x
y
I
III
x
p οο
5
A
U - U
1 0
β
IV

⇒
⇒
∫
u x ρ(⃗u · ⃗n)dS = F x
S
∫
u y ρ(⃗u · ⃗n)dS = F y
S
Mit ⃗ F = ( F x
F y
)
: Kraft, die die Schaufel auf das Fluid ausübt. Der Impulssatz ergibt
−(U 1 − U 0 ) 2 ρA + (U
} {{ } 1 − U 0 ) cosβ ρ (U 1 − U 0 ) sin β A = F x
sin β
I } {{ }
IV
⇒ F x = (U 1 − U 0 ) 2 ρA(cos β − 1)
Wegen actio=reactio wird auf die Schaufel die Kraft −F x ausgeübt.
−(U 1 − U 0 ) sin β ρ (U 1 − U 0 ) sin β A = F y
sinβ
} {{ }
IV
⇒
F y = −(U 1 − U 0 ) 2 ρA sin β
Auf die Schaufel wirkt −F y .
6