Mechanik der Kontinua Blatt 3 — Druck und Energie von ...

Prof. Roland NetzLehrstuhl Weiche Materie T37netz@ph.tum.deMechanik der KontinuaBlatt 3 — Druck und Energie von Flüssigkeiten und Gasenhttp://www.ph.tum.de/lehrstuehle/T37/teaching.htmlAusgabe 2.10.061) Energiebilanzgleichung: Leiten Sie die in der Vorlesung gegebene Energiebilanzgleichung[ [( ) ]∂ 1 1∂t 2 ρv2 + ρU]+ ∇ j2 ρv2 + ρU v j − v i σ ij = −σ ij ∇ j v i + ρ ∂U∂tfür den Fall eines externen Potentialfeldes U(r) her, indem Sie die entsprechendenTerme zur Energiedichte addieren.2) Energiedissipation in viskosen Flüssigkeiten (Hagen-Poiseuille-Gesetz):Betrachten Sie die stationäre Strö-mung einer inkompressiblen Flüssigkeit der Scherviskositätη durch ein Rohr mit Radius R und Länge L. Der Druckabfall über derLänge des Rohres sei ∆p.a) Berechnen Sie das Geschwindigkeitsprofil v z (r) ausgehend von der in Zylinderkoordinatengegebenen Gleichungη 1 ∂ (r∂v z )= ∂pr ∂r ∂r ∂z ,dabei sei das Rohr in Richtung der z-Achse orientiert. Benutzen Sie, dass die Geschwindigkeitan der Wand verschwindet, v z (R) = 0, und maximal im Zentrum desRohres ist, ∂v z /∂r| r=0 = 0.b) Berechnen Sie die Menge der dissipierten Energie pro Einheitsvolumen der FlüssigkeitdE diss /dV = η(∂v z /∂r) 2 .c) Zeigen Sie, dass der Volumenfluss proportional zum Druckgradienten ist:( )∆V∆p∆t = −πR4 .8η ∆zBerechnen Sie den Druckabfall ∆p über einem Blutgefäß mit Radius R = 3mm undLänge L = 1m durch das ∆V = 5l Blut (nehmen Sie die Viskosität von Wasser,η = 1cP) in der Zeit ∆t = 1s fliesst. Wie hoch ist der Druckabfall über einergleichlangen Kapillare mit Radius R = 0.1mm?d) Wieviel Energie E diss wird in den beiden in c) diskutierten Fällen dissipiert?Wieviel Energie wird benötigt um die gleiche Menge Honig (η = 10000cP) durchdie Gefäße zu pumpen?1

Lösung3) Oktoberfest: Bekannterweise ist Oktoberfestbier eine praktisch inkompressibleFlüssigkeit, die der Grundgleichung der Hydrostatik ∇p = ρ ⃗ F genügt.a) Lassen Sie die aufsteigenden Gasbläschen für einen Moment ausser acht. BerechnenSie den zeitabhängigen Bierdruck auf den Boden einer Maß (Höhe H = 20cm)für den Fall, dass das Bier mit einer konstanten Rate von 1 Liter pro Minute (!)konsumiert wird. Der äussere Druck auf das Bier betrage 1bar.b) Vernachlässigen Sie nun das Bier in den Bläschen und betrachten Sie diese alsIdealgas (Luft). Für ν mol eines idealen Gases gilt die Beziehung pV = νRT , wobeiR = 8.31JK −1 mol −1 die Gaskonstante ist. Bis zu welcher Höhe muss ein Gefäß mitder Grundfläche einer Maß mit Luft gefüllt werden, um den gleichen Druck wie eineMaß Bier auf den Boden zu erzeugen? Wie ändert sich der Druck, wenn die Luftmit der gleichen Geschwindigkeit wie in a) konsumiert wird? Die Temperatur imBierzelt betrage 300K, der äussere Druck auf das Gas sei 1bar.1) Energiebilanzgleichung: Die in der Vorlesung gegebene Energiebilanzgleichungbeschreibt die Umwandlung von kinetischer in potentielle Energie und umgekehrt.Nun führen wir den Beitrag eines Potentialfeldes U in die Energiebilanzgleichungein. Wir tun dies, indem wir sämtliche Terme in der Impulsgleichung mit der Geschwindigkeitmultiplizieren. Die Kraft ist definiert alsWir betrachtenF = −∇U .ρv i F i = −ρv i ∇ i U = −∇ i (ρv i U) + U∇ i ρv iwobei wir die Kettenregel für die Ableitung∇ i (ρv i U) = ρv i ∇ i U + U∇ i (ρv i )verwendet haben. Dann benutzen wir die Kontinuitätsgleichung∂ρ∂t + ∇ i(ρv i ) = 0ρv i F i = −∇ i (ρv i U) + U ∂ρ∂tNun wenden wir die Kettenregel auf die Ableitung der ρU nach der Zeit an:∂(ρU)∂t= U ∂ρ∂t + ρ∂U ∂tρv i F i = −∇ i (ρv i U) + ∂(ρU) − ρ ∂U∂t ∂tZusammen mit der Bilanzgleichung der kinetischen Energie erhalten wir:[ [( ) ]∂ 1 1∂t 2 ρv2 + ρU]+ ∇ j2 ρv2 + ρU v j − v i σ ij = −σ ij ∇ j v i + ρ ∂U∂t2

2) Energiedissipation in viskosen Flüssigkeiten (Hagen-Poiseuille-Gesetz):a) Die Funktion in Klammern auf der linken Seite bezeichnen wir mit F . Wir schreibendie Gleichung umdF = 1 ∂pη ∂z rdrund integrierenbzw.Nochmalige Integration liefertF = 1 ∂p2η ∂z r2 + A ,∂v z∂r = 1 ∂p2η ∂z r + A r .v z = 1 ∂p4η ∂z r2 + A ln r + BDie Integrationskonstanten sind durch die Randbedingungen bestimmt:A = 0 ; B = − 1 ∂p4η ∂z R2Damit ist das Geschwindigkeitsprofil durch]v z = − R2 ∂p[1 − r24η ∂z R 2gegeben. Das Profil ist parabolisch. Die Richtung der Geschwindigkeit ist entgegengesetztzur Richtung des Druckgradienten, d.h. der Druck nimmt entlang derStrömung ab.b) Die Rate der Energiedissipation pro Volumenelement dV im stationären Regimeist( ) 2 ∂vzdE diss = dV η∂rWir schreiben nun das Volumenelement in Zylinderkoordinaten dV = 2πrdrdz,dE diss = 2πη( ) 2 ∂vzrdrdz∂rund benutzen den Ausdruck für die Ableitung der Geschwindigkeit aus a)( ) 2 1 ∂pdE diss = 2πη2η ∂z r rdrdz = π 2η( ) 2 ∂pr 3 drdz∂zNach Integration dieser Gleichung über r erhalten wir die dissipierte Energie proEinheitslänge und -zeit:dE dissdz= π 2η( ) 2 ∫ ∂p Rr 3 dr = π ∂z 0 8η( ) 2 ∂pR 4∂z3

Durch den Volumenfluss ausgedrückt:dE dissdz= dVdt∂p∂zc) Nun setzen wir die gegebenen Zahlenwerte in die Gleichungen ein. Der Volumenflussdurch das Rohr kann folgendermaßen berechnet werden:Dann ist der DruckabfallIn SI EinheitendVdt = 2π ∫ R0v z (r)rdr = − πR48η∆p = − 8ηπR 4 dVdt ∆z∂p∂z∆p = − 8 × 1 · 10−3π(3 · 10 −3 ) × 5 · 10−3× 1 = −157190Pa ≈ 1.5atm4 1Für die 0.1mm dicke Kapillare erhalten wir∆p = − 8 × 1 · 10−3π(1 · 10 −4 ) × 5 · 10−3× 1 = 1.27 · 10 1 1Pa ≈ 10 6 atm4 1Das ist der minimale Druck den man benötigt, um 5l Wasser in einer Sekunde durcheine Kapillare zu pressen.d) Die Energiedissipationsrate ist∆E diss = dVdt∂p∂z ∆zIn SI Einheiten erhalten wir für eine “Arterie” mit Radius R = 3mm∆E diss = 5 · 10−31Für eine Kapillare mit R = 0.1mm∆E diss = 5 · 10−31×× 6170011.27 · 10111× 1 ≈ 786W× 1 ≈ 6.36GWDas ist die Rate mit der Energie in Wärme umgewandelt wird wenn Wasser durchein enges Gefäss fließt. Für Honig ist ein Rohr mit R = 3mm bereits sehr eng, daherist die Energiedissipation signifikant. Der zugehörige Druckabfall ist∆p = − 8 × 10π(3 · 10 −3 ) × 5 · 10−3× 1 ≈ −1.57GPa4 1∆E diss = 5 · 10−3 1.57 · 10 9× 1 ≈ 7.86MW1 1Für eine Kapillare mit R = 0.1mm∆p = − 8 × 10π(10 −4 ) × 5 · 10−3× 1 ≈ 1.27 · 10 15 Pa4 1∆E diss ≈ 6.3 · 10 12 W4

3) Oktoberfest:a) Der Druckgradient im Bier ist durch die Erdanziehung verursacht und zeigt entlangder vertikalen Achse. Mit der Volumenkraft mg/V = ρg haben wir∂p∂z = ρgDa das Bier inkompressibel ist folgt unmittelbarp unten − p oben = ρgHWenn das Bier mit konstanter Rate konsumiert wird sinkt die Höhe des Flüssigkeitsspiegelswie H(t) = H 0 − at, der Druck fällt also wiep unten − p oben = ρgHb) Die Bläschen sind im Gegensatz zum Bier kompressibel: die untere Schicht erfährteinen höheren Druck und weist deshalb eine höhere Dichte auf. Die Druckabhängigkeitkann aus der Zustandsgleichung des idealen Gases abgeschätzt werdenpV = νRTDie Anzahl der Mole pro Einheitsvolumen istνV = pRTund mit der molaren Masse M = 29g · mol −1 von Luft erhalten wir für die Dichteρ = νM V= pMRTDamit ist der hydrostatische Druck gegeben durchund nach Integration∂p∂z = p(z)MgRTp oben = p unten e − MgHRTDie Zeitabhängigkeit bekommen wir durch Einsetzen der Höhe H(t) = H blase0 − at.Der Druck fällt exponentiell ab.Um nun die Höhe der Luftsäule zu finden, die auf dem Boden des Glases den gleichenDruck erzeugt wie das Bier, setzen wir die Druckdifferenzen gleich:p bierunten − p bierρ bier gH bier = p blaseobenDer Exponent ist kleiner als 1, MgHblaseRTund erhaltenDaraus folgt für die Höheρ bier gH bier = p blaseobenoben = p blaseunten − p blaseoben(e MgHblaseRT − 1)≪ 1. Wir entwickeln e MgHblaseRT( ) MgHblaseRTH blase = RT ρbier H bierMp oben= 8.31 × 300 × 103 × 0.20.029 × 10 5 ≈ 172m≈ 1+ MgHblaseRT5