Fluiddynamik I - Lösung zu Dimensionsanalyse und Ähnlichkeit - IFD

Institut für Fluiddynamik
Prof. Dr. T. Rösgen
Fluiddynamik I - Lösung zu Dimensionsanalyse und Ähnlichkeit
Aufgabe 1.1
1.) UmdieimWindkanal gemessene Widerstandskraft aufdasOrginalproblemzu übertragen,
wird eine Ähnlichkeitsanalyse herangezogen. Die Ähnlichkeitsanalyse kann sowohl im MLT
wie auch im FLT-System durchgeführt werden:
→ Ähnlichkeitsanalyse im MLT-System:
F D u H ρ ν
M 1 0 0 1 0
L 1 1 1 -3 2
T -2 -1 0 0 -1
Anzahl Parameter: n = 5
Rang der Matrix: r = 3
Die Anzahl der Bezugsgrössen entspricht dem Rang der Dimensionsmatrix r = 3,
die Anzahl der Normierungsgrössen der Menge unabhängiger Lösungen k = n−
r = 2. Wählt man H, ρ und ν (fixe Grössen) als Referenzparameter, lassen
sich die verbleibenden zwei Parameter F D und u durch die Referenzparameter
ausdrücken.
Es resultieren demnach zwei Gleichungssysteme:
F D :
u:
⎡
⎣
⎡
⎣
1
1
−2
0
1
−1
⎤
⎡
⎦ = ⎣
⎤
⎡
⎦ = ⎣
0 1 0
1 −3 2
0 0 −1
und
0 1 0
1 −3 2
0 0 −1
⎤⎡
⎦⎣
⎤⎡
⎦⎣
⎤
α 1
β 1
⎦
γ 1
⎤
α 2
β 2
⎦.
γ 2
1

mit den Ansätzen [F D ] = [H] α 1
[ρ] β 1
[ν] γ 1
und [u] = [H] α 2
[ρ] β 2
[ν] γ 2
.
Die Lösung der beiden Gleichungssysteme lautet:
⎡
⎣
⎤ ⎡
α 1 α 2
β 1 β 2
⎦ = ⎣
γ 1 γ 2
0 −1
1 0
2 1
⎤
⎦
→ Ähnlichkeitsanalyse im FLT-System:
F D u H ρ ν
F 1 0 0 1 0
L 0 1 1 -4 2
T 0 -1 0 2 -1
Anzahl Parameter: n = 5
Rang der Matrix: r = 3
Die Anzahl der Bezugsgrössen entspricht dem Rang der Dimensionsmatrix r = 3,
die Anzahl der Normierungsgrössen der Menge unabhängiger Lösungen k = n−
r = 2. Wählt man H, ρ und ν (fixe Grössen) als Referenzparameter, lassen
sich die verbleibenden zwei Parameter F D und u durch die Referenzparameter
ausdrücken.
Es resultieren demnach zwei Gleichungssysteme:
F D :
u:
⎡
⎣
⎡
⎣
1
0
0
0
1
−1
⎤
⎡
⎦ = ⎣
⎤
⎡
⎦ = ⎣
0 1 0
1 −4 2
0 2 −1
und
0 1 0
1 −4 2
0 2 −1
⎤⎡
⎦⎣
⎤⎡
⎦⎣
⎤
α 1
β 1
⎦
γ 1
⎤
α 2
β 2
⎦.
γ 2
mit den Ansätzen [F D ] = [H] α 1
[ρ] β 1
[ν] γ 1
und [u] = [H] α 2
[ρ] β 2
[ν] γ 2
.
Die Lösung der beiden Gleichungssysteme ist wie erwartet identisch zur MLT-
Ähnlichkeitsanalyse:
⎡
⎣
⎤ ⎡
α 1 α 2
β 1 β 2
⎦ = ⎣
γ 1 γ 2
0 −1
1 0
2 1
⎤
⎦
2

Mit den erhaltenen Werten für α 1,2 , β 1,2 und γ 1,2 ergibt sich für:
bzw.
[F D ] = [H] α 1
[ρ] β 1
[ν] γ 1
= [H] 0 [ρ] 1 [ν] 2
[u] = [H] −1 [ρ] 0 [ν] 1 .
Das Ergebnis der Dimensionsanalyse lautet also:
( )
F D Hu
ν 2 ρ = f .
ν
Die Reynoldszahl
Hu
ν
ist demnach der einzige Parameter für dieses Problem (ν und ρ sind
für das Orginal und das Modell identisch). Es gilt dann:
Hu
ν = H Mu M
ν M
.
Da sich beide Objekte (Original/Modell) im gleichen Fluid bewegen, ergibt sich bezogen auf
die gesuchte Geschwindigkeit, folgendes Ergebnis:
u M = u H H M
= 120km/h.
2.) Der Strömungswiderstand ist in beiden Fällen gleich. Die ist dadurch begründet, dass beide
Objekte im gleichen Fluid bewegt werden und daduch nur eine Abhängigkeit von H und u
besteht. (siehe Gleichung für den Strömungswiderstand). Für eine physikalische Ähnlichkeit
bzgl. des Strömungswiderstandes muss in diesem Fall die Anströmgeschwindigkeit erhöht
werden.
3.) Mit der angegebenen Proportionalität bzgl. der Frequenz ergibt sich folgender Zusammenhang:
fH 2
ν
= f MH 2 M
ν M
.
Aufgelöst nach der gesuchten Frequenz am originalen Auto, erhält man das Ergebnis:
f = f MH 2 M
H 2
= 31.1Hz.
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Aufgabe 1.2
1.) Die Schallgeschwindigkeit ist gegeben durch
a = √ γRT,
wobei für Luft γ = 1.40 und R = 286.9J/kgK ist. Somit erhält man mit den gegebenen
Temperaturen für die Höhe H = 15km
und für die Höhe H = 7km
a 15km = √ (1.40)(286.9J/kgK)(216.7K)= 295m/s
a 7km = √ (1.40)(286.9J/kgK)(242.7K)= 312m/s.
2.) Die Machzahl-Ähnlichkeit ist gegeben durch die Gleichung
( v
( v
= .
a)
a)
15km
Die Geschwindigkeit des Flugzeugs in 7km Höhe ergibt sich nun als
7km
v 7km = a 7km
v 15km = 312m/s 1180km/h = 1248km/h
a 15km 295m/s
Die Machzahl ist in beiden Fällen 1.11.
Aufgabe 1.3
Der Volumenstrom ist laut Aufgabenstellung eine Funktion von
Im MLT-System lauten die Terme wie folgt
q = f(H,b,g,ρ,µ).
[q] = L 2 T −1 [H] = L [b] = L [g] = LT −2 [ρ] = ML −3 [µ] = ML −1 T −1 .
Im FLT-System lauten die Terme wie folgt
[q] = L 2 T −1 [H] = L [b] = L [g] = LT −2 [ρ] = FL −4 T 2 [µ] = FL −2 T.
1.) & 2.) Aus dem Π-Theorem sind 6-3=3 Π-Terme notwendig. Sinnvollerweise werden b, g
und ρ als Referenzgrössen gewählt (Matrix hat vollen Rang und Referenzparameter sind fixe,
von der Anschwellung unabhängige Grössen).
3.) Wir stellen die Dimensionsmatrix auf (z.B. im MLT-System):
q H b g ρ µ
M 0 0 0 0 1 1
L 2 1 1 1 -3 -1
T -1 0 0 -2 0 -1
Anzahl Parameter: n = 6
Rang der Matrix: r = 3
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Volumenstrom q:
Mit den oben gewählten Referenzparameter erhält man folgende Gleichung:
⎡ ⎤⎡
⎤ ⎡ ⎤
0 0 1 α 1 0
⎣ 1 1 −3 ⎦⎣
β 1
⎦ = ⎣ 2 ⎦
0 −2 0 γ 1 −1
Die Lösung dieser Gleichung ist: α 1 = 1.5,β 1 = 0.5,γ 1 = 0
Der erste Π-Term ist also:
Π 1 = qb −α 1
g −β 1
ρ −γ 1
q
=
b 3/2 g 1/2
Höhe H:
Mit den oben gewählten Referenzparameter erhält man folgende Gleichung:
⎡ ⎤⎡
⎤ ⎡ ⎤
0 0 1 α 2 0
⎣ 1 1 −3 ⎦⎣
β 2
⎦ = ⎣ 1 ⎦
0 −2 0 γ 2 0
Die Lösung dieser Gleichung ist: α 2 = 1,β 2 = 0,γ 2 = 0
Der zweite Π-Term ist also:
Π 2 = Hb −α 2
g −β 2
ρ −γ 2
= H b
Viskosität µ:
Mit den oben gewählten Referenzparameter erhält man folgende Gleichung:
⎡ ⎤⎡
⎤ ⎡ ⎤
0 0 1 α 3 1
⎣ 1 1 −3 ⎦⎣
β 3
⎦ = ⎣ −1 ⎦
0 −2 0 γ 3 −1
Die Lösung dieser Gleichung ist: α 3 = 1.5,β 3 = 0.5,γ 3 = 1
Der dritte Π-Term ist also:
Π 3 = µb −α 3
g −β 3
ρ −γ 3
µ
=
ρb 3/2 g 1/2
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4.) Überprüfen der Dimension ser Π-Terme MLT-System
FLT-System
Π 1 =
q
b 3/2 g 1/2 =
Π 2 = H b = L1
L 1 = L0
Π 3 =
Π 1 =
µ
rhob 3/2 g 1/2 =
q
b 3/2 g 1/2 =
L 2 T −1
L 3/2 L 1/2 T −1 = L0 T 0
M 1 L −1 T −1
M 1 L −3 L 3/2 L 1/2 T −1 = M0 L 0 T 0
L 2 T −1
L 3/2 L 1/2 T −1 = L0 T 0
Π 2 = H b = L1
L = 1 L0
µ
Π 3 =
rhob 3/2 g = F 1 L −2 T 1
1/2 F 1 L −4 T 2 L 3/2 L 1/2 T = −1 F0 L 0 T 0
Aus dem Buckingham Π-Theorem ergibt sich damit abschliessend
( )
q H
b 3/2√ g = φ b , µ
b 3/2√ gρ
Aufgabe 1.4
1.) Da das Ausfliessen in unserem Fall sehr langsam geschieht, kann man das Problem als
quasi-statisch betrachten, d.h. entscheidend ist die Druckdifferenz über das dünne Röhrchen,
welche durch den hydrostatischen Druck (ρgh) gegeben ist. Aus diesem Grunde wird der
DurchmesserdesBehälterskeine Rollespielen.EineweitereKonsequenzist,dasdasVerhältniss
der Dichte zur Gravitation keine Rolle spielt und man daher mit der spezifischen Dichte
γ = gρ rechnen kann.
Aus dieser Überlegung folgt, das die folgenden Grössen mit unseren Vorausetzungen in die
Analyse eingehen:
Geometrie: H,h,l,D
Eigenschaften des Fluids: γ,µ
Weitere Grössen: T
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2.) [H] = m,[h] = m,[l] = m,[D] = m,[γ] = kg/(m 2 s 2 ),[µ] = kg/(ms),[T] = s
Daraus folgt: n−r = 7−3 = 4
3.) Als Bezugsgrössen werden gewählt: D,γ und µ
Begründung: Da T die Grösse ist, welche “gesucht” wird, sollte sie nicht als Referenzgrösse
gewählt werden, da sie sonst in in mehreren Π-Termen vorkommt, wie das nun mit D der
Fall sein wird.
Welche Länge gewählt wird spielt keine Rolle. Es darf aber nur eine einzige gewählt werden,
da sonst die Forderung der Dimensionsunabhängigkeit nicht erfüllt ist. Man sieht gleich
ein, dass wenn man drei Längen als Referenzgrössen wählt, die Dimensionsbefreiung nicht
möglich ist.
Bildung der Pi-Terme:
Π 1 = HD a γ b µ c
Man sieht sofort, dass Dimensionslosigkeit des Π-Termes nur für a = −1,b = 0 und c = 0
erfüllt sein kann.
Π 2 = hD a γ b µ c
Analog ⇒ a = −1,b = 0,c = 0
Π 3 = lD a γ b µ c
Analog ⇒ a = −1,b = 0,c = 0
Π 4 = TD a γ b µ c
Dimensionslosigkeit ist nur für a = 1,b = 1 und c = −1 gegeben. Man erhält die folgende
Beziehung, wobei Φ eine unbekannte Funktion ist.
TγD
µ = Φ(H D , h D , l D )
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4.) Der Zusammenhang ist nicht eindeutig, erhängt von den gewählten Bezugsgrössen ab.
Letztendlich ist aber das Endergebniss unabhängig von dem Lösungsweg.
5.) Die geometrischen Grössen sind sowohl bekannt als auch konstant und damit reduziert
sich die zuvor gefundene Beziehung auf
TγD
µ = konst.
Setzt man nun die aus dem angegebenen Versuch erhaltenen Werte ein, erhält man
und hat somit das Viskosimeter kalibriert.
TγD
µ = 977035.5
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