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Aufgabe:

Ein U-Rohr mit folgender Geometerie besitzt den Durchmesser d. An der Seite 2 wird ein Korken mit der Kraft F
gehalten und verhindert, dass Wasser aus dem System austritt. Die andere Seite ist unverschlossen. Die Dichte des inkompressiblen Fluids beträgt ρ.

omega.PNG



a.) Bestimme die Winkelgeschwindigkeit ω um die Achse a, welche den Korken löst, sobald die Druckkraft steigt.


Problem/Ansatz:

Diese Aufgabe wurde mal hier im Forum gestellt, jedoch nicht beantwortet. Da das Thema für mich auch relevant ist, greife ich die Frage nochmal auf.


Mich würde interessieren wie die Druckverteilung im unteren horizontalen Schenkel aussieht. Das zylindrische Koordinatensystem soll bei der Rotationsachse liegen, wobei die radiale Achse nach rechts zeigt.

Die Drücke am Schenkel links oben (Atmosphärendruck, da unverschlossen) und am rechten Schenkel (Atmosphärendruck + F/A) sind ja bekannt (omega soll ja so bestimmt werden, dass der Flüssigkeitsgerade gleich (Atmosphärendruck + F/A) ist) . Mit diesen Drücken kann man dann mit Hilfe der Hydrostatik die Drücke am Boden (also bei r1 und r2) der vertikalen Schenkel ausrechnen, in dem man das Gewicht der Flüssigkeitssäulen drauf addiert.

Für den horizontalen Schenkel kann dann ausgehend von der Rotationsachse nach links ,

dp/dr = -ρ*ω2 *r,

und nach rechts,

dp/dr = +ρ*ω2 *r,

dann die Druckverteilung bestimmen. Als Randbedingung kennt man ja bei r1 und r2 die Drücke (Die hat man zuvor über die Hydrostatik berechnet). Wenn ich die Randbedingungen so einsetze, erhalte ich bei r=0 jedoch unterschiedliche Drücke für den linken und rechten Bereich, was ja keinen Sinn macht.

Stimmen die Randbedingungen und die Vorgehensweise?

von

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Hallo Simon,

Als Randbedingung kennt man ja bei r1 und r2 die Drücke (Die hat man zuvor über die Hydrostatik berechnet).

dabei vernachlässigst Du ja die Drücke, die aus den Trägheitskräften der Drehbewegung resultieren

Wenn ich die Randbedingungen so einsetze, erhalte ich bei r=0 jedoch unterschiedliche Drücke für den linken und rechten Bereich, was ja keinen Sinn macht.

Ja genau! Also stimmt Deine obige Annahme nicht. Zumindest an der Stelle \(r_2\). Der Druck \(p_K\) am Korken ist ja zunächst unbekannt, der soll ja auch berechnet werden. Folglich kannst Du auch nicht annehmen, dass am Ende des waagerechten Teil des Rohres von \(r_2\) der 'normale' hydrostatische Druckt herrscht.

Ich nehme an, dass der Durchmesser des Rohres gegenüber den Abmessungen \(r_i\) und \(z_i\) so klein ist, dass die Druckverteilung in Richtung des Durchmessers keine Rolle spielt. Den Druck \(p_1\) am Ende des waagerechten Teils bei \(r_1\) kann ich dann 'hydrostatisch' berechnen, da der senkrechte Teil des Rohres darüber in Richtung der Drehachse verläuft. Und somit sollte sich dort keine Druckverteilungen aus der Drehbewegung bemerkbar machen. Dann wäre $$p_ 1 = z_1 \rho g$$Die Drücke sind dann als Differenzdrücke zur Umgebung zur verstehen.

Für den Druck \(p_2\) am anderen Ende des waagerechten Rohres intregriere ich die Druckänderung über die Strecke in Richtung \(r_2\) - also nach rechts in der Skizze. $$\eqalign{ p_2 &= \int_{-r_1}^{r_2} \omega^2 \rho r\, \text dr + p_1 \\&= \omega^2 \rho \int_{-r_1}^{r_2} r \, \text dr + p_1 \\&= \omega^2 \rho \left[ \frac 12 r^2\right]_{-r_1}^{r_2} + p_1 \\&=  \frac 12 \omega^2 \rho \left( r_2^2 - r_1^2\right) + p_1}$$Und für den Druck \(p_K\) am Korken ziehe man noch den hydrostatischen Teil über \(z_2\) ab$$\eqalign{ p_K &= p_2 - z_2 \rho g \\&=  \frac 12 \omega^2 \rho \left( r_2^2 - r_1^2\right) + p_1 - z_2 \rho g \\&=  \frac 12 \omega^2 \rho \left( r_2^2 - r_1^2\right) + (z_1-z_2)\rho g }$$

Mich würde interessieren wie die Druckverteilung im unteren horizontalen Schenkel aussieht.

Das ist eine Parabel. Das Druckminimum liegt in der Drehachse und nimmt nach außen hin quadratisch zu, da die Beschleunigung linear zunimmt. Das ist das gleiche wie die Oberfläche eines mit Wasser gefüllten zylindrischen Glases auf einem rotierenden Teller. (siehe auch diesen Beitrag)

Und natürlich wird hier auch implizit angenommen, dass \(\omega\) klein genug ist, so dass sich keine Kavitation einstellt.

Gruß Werner

von 4,3 k

Hallo Werner,

vielen Dank für die Antwort!

Wenn ich nun p_k = F/A setze und nach Omega umstelle, erhalte ich ja einen Ausdruck der Form: omega = sqrt( (....)/(r2^2-r1^2)).

Wenn r2=r1 ist, also die Rotationsachse in der Mitte liegt, würde ja omega gegen unendlich gehen. Wie ist dieser Spezialfall zu interpretieren?

Hallo Simon,

wenn man nach \(\omega\) umstellt, so erhält man$$\omega =\sqrt{ \frac{2(p_K - (z_1-z_2)\rho g)}{ \rho \left( r_2^2 - r_1^2\right)}}$$Entweder ist dann $$p_K = (z_1-z_2)\rho g$$d.h. am Korken herrscht dann der statische Druck aus der Höhendifferenz \(z_1\) zu \(z_2\) oder man verlangt, einen z.B. höheren Druck \(p_K\), der aber durch Drehung des Rohes nicht erzeugt werden kann, da sich durch die Gleichheit von \(r_1=r_2\) die Fliehkräfte die Waage halten.

Das ist ungefähr so, als ob Du bei einem Hebel die Armlänge zu 0 setzt und Dich dann fragst: wie stark muss ich auf dieser Seite ziehen um noch ein Moment in das System einbringen zu können.

Die Antwort ist: Die Kraft kann beliebig (unendlich) groß sein, es passiert nichts.

Genauso ist es hier. \(\omega\) hat nur genau dann einen Effekt auf \(p_K\), wenn \(r_1 \ne r_2\).

Das macht Sinn, wieder einmal tausend Dank! :)

https://www.nanolounge.de/27550/stirnradgetriebe-masse-berechnen-die-angehoben-werden-kann

Wenn du Zeit und Lust hast, kannst du dir gerne mal die Frage anschauen. Ich weiß nicht, ob die Aufgabe mit den Angaben lösbar ist. Danke!

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