Hydrostatik Mechanik von Fluiden im statischen ... · Hydrostatik – die Summe aller angreifenden...
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Hydrostatik
Mechanik von Fluiden im statischen Gleichgewicht
Fluide: Stoffe, die sich unter Einwirkung von Schub-spannungen fortlaufend deformieren
−→ in ruhendem Fluid konnen keine tangentia-len Spannungen auftreten
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Hydrostatik
– die Summe aller angreifenden Krafte ver-schwindet
– die Fluidelemente bewegen sich nichtoder mit konstanter Geschwindigkeit
– es existieren nur Normalspannungen, kei-ne Schubspannungen
τ
Normalspannungen sind immer Druckspannungen(keine Zugspannungen, da innere molekularen Krafte zu klein)
2
Hydrostatische Grundgleichung
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dA
dz
z
g Alle Großen (Druck p, Dichte ρ, . . .)sind Funktionen der Koordinate zp(z), ρ(z), . . .
Gleichgewicht der Krafte
∑Fz = 0
−→ p(z)dA − p(z + dz)dA − G = 0G = ρ(z + dz
2 ) g dz dA
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Hydrostatische Grundgleichung
Taylorreihe von p und ρ:
p(z + dz) = p(z) + dpdzdz + d2p
dz2dz2
2 + · · ·
ρ(z + dz2 ) = ρ(z) + dρ
dzdz2 + d2ρ
dz2dz2
4 + · · ·
p dA − (p + dpdzdz − (ρ + dρ
dzdz2 )g dz) dA = 0
−dpdzdzdA − ρ g dz dA −
dρ
dz
dz2
2g dA
︸ ︷︷ ︸≈0
= 0
−→dp
dz= −ρg
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Druckverteilung
Integration fur inkompressible Fluide(ρ = konst und ~g = konst)
dp
dz= −ρ g −→ dp = − ρ g dz
−→ p + ρgz = konst Hydrostatische Grundgleichung
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Druckverteilung
Integration fur kompressible Fluide
Annahme: perfektes Gas : ρ =p
RT
isotherme Atmosph are: T = T0 = konst
dp
dz= −ρ g −→ dp = −ρ(z) gdz = −
p(z)
RTgdz
∫ p1
p0
dp
p= −
∫ z1
z0
g
RTdz
ln p1 − ln p0 = lnp1
p0= −
g(z1 − z0)
RT0
−→ p1 = p0 e−
g∆zRT0
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Druckverteilung
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
0 2000 4000 6000 8000 10000
p(z)
barometrische Hohenformel
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Hydrostatischer Auftrieb
Ein Korper, der teilweise oder vollstandig in einem Fluid unterge-taucht ist, erfahrt einen scheinbaren Gewichtsverlust.
−→ Auftrieb
Parallelepiped in einem Fluid mit der Dichte ρF
p(h)
p(h+l)
l
hzg
pa
A
ρF
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Hydrostatischer Auftrieb
Resultierende Kraft in Fp in z-Richtung:
Fp = ( p(h) − p(h + l)) A
Hydrostatischer Druck: p(z) = pa + ρF gz
−→ Fp = ( pa + ρFgh − pa − ρFg(h + l)) A�
���
��
��
��
��
��
��
Fp = −ρF g lA︸︷︷︸
Volumen
= −ρF g τ = FL (ARCHIMEDES)
Auftriebskraft ⇐⇒ resultierende Druckkraft
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STEVIN’sches Erstarrungsprinzip
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A
g
p a
ρ
G
Die Kraft auf eine beliebige Flache A im Fluid entspricht dem Ge-wicht der Flussigkeitssaule oberhalb der Flache plus dem Ober-flachendruck multipliziert mit der Projektionsflache.
F = G + paA
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STEVIN’sches Erstarrungsprinzip
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����������������������������������������������������τ
A
A
A
τ
τ
τ
u
l
ρ
p
u
l
Gesamtkraft auf einen Korper mit dem Volumen τ
FL = pa Ap + ρgτu − pa Ap − ρgτl == −ρg(τl − τu) = − ρgτ
−→ FL = − ρ g τ
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5.2
Ein Behalter ist mit einem Fluid der Dichte ρ gefullt. Der Abfluss desBehalters ( Fullhohe h ) ist durch eine Halbkugelschale ( Radius R,Gewicht G ) abgeschlossen.
Gegeben: h, ρ, R, G, g
Welche Kraft F ist notwendig, um den Abfluss zu offnen?
Hinweis: Das Volumen einer Kugel ist: Vk =4
3π R3
12
5.2
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G
F
Fp
∑F = 0
F − G + Fp = 0F = G − Fp
Fp = VHK ρw g − ρw g hAHK
Die Halbkugel ist nicht vollstandig benetzt.
Fp = 12
43 π R3 ρw g − ρw g h π R2
−→ F = G − ρw g π R2 (23 R − h)
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5.5
Das unten skizzierte Wehr der Lange L trennt zwei Wasserbeckenmit unterschiedlicher Wassertiefe voneinander ab.
Bestimmen Sie den Betrag der Kraft, die das Wasser auf das Wehrausubt.
Gegeben: ρ, g, L, a
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5.5
1 F1 =
∫
d F1 =
∫
p (z1) · L · ds
Koordinatentransformation : mit S =z1
cos α; ds =
d z1
cos α
F1x = F1 · cos α15
5.5
F1z = − F1 · sin α
=⇒ F1x =
2a∫
0
cos α p(z1) · Ld z1
cos α=
2a∫
0
ρ g z1 L d z1 = 2 ρ g a2 L
F1z = −
2a∫
0
sin α p(z1)·Ld z1
cos α= −
2a∫
0
tan α·ρ g z1 L d z1 = −4
3ρ g a2 L
mit tan α =2
3
16
5.5
2 F2x = 0 ; F2z = 2ρ g a2 L
3 F3x = +
4a∫
2a
p(z1)·L dz1 = +
4a∫
2a
ρ g z1 L dz1 = 6 ρ g a2 L
F3z = 04 , 5 , 6
=⇒ F45z =1
2ρ · g · a2 · L ; F6z = 0
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5.5
F456x = −ρ g 5a
2· 5a · L = −
25
2ρ g a2 · L
Fx =∑
i
Fix = −9
2ρ g a2 L
Fz =∑
i
Fiz = +7
6ρ g a2 L
Fges =√
F 2x + F 2
z = 4.65 ρ g a2 L
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Beispiel: Ballon in der Atmosph are
g
F
z
z
p(z)(z)ρ
∆
Α
Nutzlast
Atmosphare −→ Gas ρ = ρ(z)
barometrische Hohenformel
p
p0=
ρ
ρ0= e
−gz
RLT0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
0 2000 4000 6000 8000 10000
p(z)
Druckverteilung
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Beispiel: Ballon in der Atmosph are
typische Werte∆z = 10 m Dichteanderung in ∆z
T0 = 290 K ⇐⇒ρ(z + dz) − ρ(z)
ρ(z)= e
−g∆z
RLT0 − 1
RL = 288 Nmkg K ≈ 1.2 0/00
−→ Dichtegradient uber der Ballonhohekann vernachlassigt werden.
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Verschiedene Typen von Ballons
τ
p mg
p
i
a
τp
mg
i
1.) starr, offen(hot air balloon)
offen −→ pi = pa
starr −→ τ = konstoffen −→ m 6= konst
2.) ideal schlaffgeschlossen(Wetterballon)
keine Krafte −→ pi = pa
geschl. −→ mg = konstschlaff −→ τ 6= konst
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Verschiedene Typen von Ballons
p
mgi
τ3.) starrgeschlossen(Zeppelin)
kein Druckausgleich−→ pi 6= pa
geschl. −→ mg = konstkeine Deformation −→ τ = konst
22
Beispiel
Ein starrer, geschlossener Ballon mit der Masse mN (einschließlichNutzmasse) enthalt die Gasmasse mG. Das Gasvolumen τ und derInnendruck im Ballon ist pi. Das Volumen der Nutzlast τN sei gege-nueber τ vernachlassigbar. Der Ballon befindet sich in einer isother-men Atmosphare mit der Temperatur To. Die Temperatur des Gases(RG) ist gleich der Temperatur in der umgebenden Luft (RL).Gegeben: g, τ, τN << τ,mg,mN , ρo, Ti = T = T0 = konst,RL, RG
z
ρo
p , i
pa
τ g
m
mN
g
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Beispiel
a) Wie groß ist die maximale Steighohe des Ballons, wenn der Bal-lon am Boden festgehalten werden muss?b) Nach einer Kollision mit einem Vogel hat der Ballon auf der Un-terseite ein Loch. Wird der Ballon nun steigen oder sinken?c) Bestimmen Sie die neue maximale Steighohe hmax fur pi > pa(hmax)
a)∑
F = 0FA − FG − FN = 0FA = ρLgτFG + FN = (mG + mN )g
ρLgτ = (mN + mG)g −→ ρL = mG+mNτ
ρL(z) = ρoe−
gzRLTo
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Beispiel
ρoe−
gzmaxRLTo = mG+mN
τ −→ −gzmaxRLTo
= ln(
mG+mNτρo
)
zmax = RLTog ln
(τρo
mG+mN
)
b)2 Falle:pi > pa −→ mG sinkt −→ zmax steigtpi < pa −→ mG steigt −→ zmax sinkt
c)FA − FGLOCH
− FN = 0
FG = mGg −→ ρg = piRGTo
= mGτ
ρgLOCH = paRGTo
mit pa = RLToρL
ρgLOCH = RLRG
ρL
25
Beispiel
ρLgτ − ρgLOCHgτ − mNg = 0
ρL
(
1 − RLRG
)
= mNτ mit ρL = ρoe
−gz
RLTo
hmaxLOCH = RLTog ln
(τρomN
RG−RLRG
)
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