Institut für Fluiddynamik Prof. Dr. T. Rösgen Fluiddynamik I - Lösung zu Dimensionsanalyse und Ähnlichkeit Aufgabe 1.1 Laut Aufgabenstellung gilt: FD = f (D, u, ρ, ν) 1. Bildung der Dimensionsmatrix mit den Basisgrössen MLT . FD D u ρ ν M L T 1 1 -2 0 1 0 0 1 -1 1 -3 0 0 2 -1 Anzahl Parameter: n = 5 Rang der Matrix: r = 3 Folglich ergibt sich für die Anzahl der unabhängigen Lösungen: k = n − r = 2. 2. Die Anzahl der Bezugsgrössen enstpricht dem Rang r = 3, die Anzahl der Normierungsgrössen der Menge unabhängiger Lösungen k = 2 (Π-Theorem). Es werden FD und u als Normierungsgrössen sowie D, ρ und ν als Bezugsgrössen gewählt. Mit den Ansätzen [FD ] = [D]α1 [ρ]β1 [ν]γ1 und [u] = [D]α2 [ρ]β2 [ν]γ2 ergeben sich demnach folgende zwei Gleichungssysteme: FD : 1 0 1 0 α1 1 = 1 −3 2 β1 −2 0 0 −1 γ1 und u: 0 0 1 0 α2 1 = 1 −3 2 β2 . −1 0 0 −1 γ2 1 Die Lösung der beiden Gleichungssysteme lautet: α1 α2 0 −1 β1 β2 = 1 0 γ1 γ2 2 1 Daraus ergibt sich für die Normierungsgrössen: [FD ] = [D]α1 [ρ]β1 [ν]γ1 = [D]0 [ρ]1 [ν]2 bzw. [u] = [D]−1 [ρ]0 [ν]1 . Die entsprechenden dimensionlosen Terme lauten: Π1 = FD , ρν 2 Π2 = uD . ν 3. Anstatt u wird jetzt D als zweite Normierungsgrösse gewählt, somit wird u zur Bezugsgrösse. Die Ansätze [FD ] = [u]α1 [ρ]β1 [ν]γ1 und [D] = [u]α2 [ρ]β2 [ν]γ2 führen zu folgendem Gleichungssystem. FD : 1 0 1 0 α1 1 = 1 −3 2 β1 −2 −1 0 −1 γ1 und D: 0 0 1 0 α2 1 = 1 −3 2 β2 . 0 −1 0 −1 γ2 Die Lösung erfolgt wie bei b) und liefert: [FD ] = [u]0 [ρ]1 [ν]2 , 2 [D] = [u]−1 [ρ]0 [ν]1 . Die entsprechenden dimensionlosen Terme lauten Π1 = FD , ρν 2 Π2 = uD . ν und entsprechen der Lösung von Teilaufgabe 2. 4. Bildung der Dimensionsmatrix mit den Basisgrössen F LT : F L T 1 0 0 0 1 0 0 1 -1 1 -4 2 0 2 -1 FD D u ρ ν Der einzige Unterschied zum MLT -System ergibt sich bei den massebezogenen Grössen, sprich den Grössen, bei denen kg als Einheit vorkommt. Das sind in diesem Fall FD und ρ. Die resultierenden Gleichungssysteme lauten: FD : 1 0 1 0 α1 0 = 1 −4 2 β1 0 0 2 −1 γ1 und u: 0 0 1 0 α2 1 = 1 −4 2 β2 . −1 0 2 −1 γ2 Diese liefern wiederum das gleiche Resultat wie bei Teilaufgabe 2 und 3: [FD ] = [D]0 [ρ]1 [ν]2 , 3 [u] = [D]−1 [ρ]0 [ν]1 . Das Ergebnis ist prinzipiell invariant gegenüber der Wahl der Basis- und Bezugsgrössen. Man könnte ebensogut im amerikanischen System mit pound und yard arbeiten oder mit jeder beliebigen Wahl von Einheiten oder Grössen und erhält das gleiche Resultat. Es gilt jedoch zu beachten, dass das aufgestellte Gleichungssystem keine linear abhängige Grössen enthält! Zur Überprüfung kann die Determinate der Matrix gebildet werden, welche ungleich Null sein muss (detA 6= 0). Wählt man z.B. D und u zur Normierung, ergibt sich ein Gleichungsystem bei dem detA = 0 ist - die Dimensionsanalyse führt hier zu keinem Ergebnis. 5. Die dimensionslosen Parameter lauten (siehe Teilaufgabe 2 oder 3): Π1 = FD , ρν 2 Π2 = uD = Re. ν Die allgemeine Beziehung zwischen den beiden dimensionlosen Grössen lässt sich schreiben als Π1 = f1 (Π2 ) = f1 (Re). Daraus folgt: FD (ρ, ν, Re) = ρν 2 f1 (Re) Aufgabe 1.2 Mit Re = ρuD/µ folgt: 1. Die Reynoldszahl im FLT-System: [Re] = [ρ][v][D] F L−4 T 2 LT −1 L = = F 0 L0 T 0 [µ] F L−2 T (1) ML−3 LT −1 L [ρ][v][D] = = M 0 L0 T 0 [µ] ML−1 T −1 (2) Und im MLT-System: [Re] = Folglich ist die Reynoldszahl in beiden Basissystemen dimensionslos. 2. Einsetzen der gegebenen Grössen in die Definition der Reynoldszahl: Auto: Re = 2.5 · 106 und Re = 10 · 106 Flugzeug: Re = 500 · 106 Schiff: Re = 4 · 109 Sturm: Re = 42 · 1012 4 Aufgabe 1.3 Für die Ähnlichkeit zwischen Realität und Versuch muss gelten: Rem = Re ρm vm lm µm vm = = ρvl µ µm ρl v µρm lm mit den eingesetzten Werten und l lm = 20 folgt: vm ≈ 6000 km/h Diese Geschwindigkeit ist im Windkanal nicht zu erreichen! m zu verringern, kann man das Experiment im Wasserkanal durchführen. Um das Verhältnis µρm Weitere Möglichkeiten sind ein grösseres Modell oder ein Experiment in einem kryogenen Windkanal. Aufgabe 1.4 Aus der Augabenstellung: FD = ρν 2 f (Re), Re = uH ν 1. Die Versuchsergebnisse am Modell sollen den gleichen Gesetzmässigkeiten unterliegen wie das Orginal. Daraus folgt: ! FM (ρM , νM , ReM ) = FO (ρO , νO , ReO ) Da ρM = ρO = ρ und νM = νO = ν folgt: ρνf (ReM ) = ρνf (ReO ) , was die Bedingung ReM = ReO impliziert. 5 2. Aufgrund des Resultates von Aufgabe 1 muss gelten: HM u M HO u O = . ν ν Das Auflösen nach der einzigen unbekannten uM ergibt: uM = uO HO = 120km/h. HM 3. Mit der angegebenen Proportionalität bzgl. der Frequenz ergibt sich folgender Zusammenhang: 2 fO HO2 fM HM = . ν ν Aufgelöst nach der gesuchten Frequenz am originalen Auto, erhält man das Ergebnis: fO = 2 fM HM = 31.1Hz. HO2 Aufgabe 1.5 1.) Die Schallgeschwindigkeit ist gegeben durch p 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 p a15km = (1.40)(286.9J/kgK)(216.7K) = 295m/s und für die Höhe H = 7km p a7km = (1.40)(286.9J/kgK)(242.7K) = 312m/s. 2.) Die Machzahl-Ähnlichkeit ist gegeben durch die Gleichung v v = . a 15km a 7km Die Geschwindigkeit des Flugzeugs in 7km Höhe ergibt sich nun als v7km = a7km 312m/s v15km = 1180km/h = 1248km/h a15km 295m/s 6 Die Machzahl ist in beiden Fällen 1.11. Aufgabe 1.6 Laut Aufgabenstellung gilt q = f (H, b, g, ρ, µ). Die Dimensionen der Grössen MLT -System: [q] = L2 T −1 , [H] = L, [b] = L, [g] = LT −2 , [ρ] = ML−3 , [µ] = ML−1 T −1 . Die Dimensionen der Grössen F LT -System: [q] = L2 T −1 , [H] = L, [b] = L, [g] = LT −2 , [ρ] = F L−4 T 2 , [µ] = F L−2 T. Wir stellen die Dimensionsmatrix auf (z.B. im MLT-System): M L T q H 0 0 2 1 -1 0 b g ρ µ 0 0 1 1 1 1 -3 -1 0 -2 0 -1 Anzahl Parameter: n = 6 Rang der Matrix: r = 3 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.) Die Pi-Terme berechnen sich wie folgt: Volumenstrom pro Längeneinheit q: Mit den oben gewählten Referenzparameter erhält man folgende Gleichung: 0 0 1 α1 0 1 1 −3 β1 = 2 0 −2 0 γ1 −1 Die Lösung dieser Gleichung ist: α1 = 1.5, β1 = 0.5, γ1 = 0 Der erste Π-Term ist also: q Π1 = qb−α1 g −β1 ρ−γ1 = 3/2 1/2 b g Höhe H: Mit den oben gewählten Referenzparameter erhält man folgende Gleichung: 0 0 1 α2 0 1 1 −3 β2 = 1 0 −2 0 γ2 0 7 Die Lösung dieser Gleichung ist: α2 = 1, β2 = 0, γ2 = 0 Der zweite Π-Term ist also: Π2 = Hb−α2 g −β2 ρ−γ2 = H b Viskosität µ: Mit den oben gewählten Referenzparameter erhält man folgende Gleichung: 0 0 1 α3 1 1 1 −3 β3 = −1 γ3 0 −2 0 −1 Die Lösung dieser Gleichung ist: α3 = 1.5, β3 = 0.5, γ3 = 1 Der dritte Π-Term ist also: Π3 = µb−α3 g −β3 ρ−γ3 = µ ρb3/2 g 1/2 4.) Überprüfen der Dimension der Π-Terme: MLT-System L2 T −1 [q] = = L0 T 0 [b]3/2 [g]1/2 L3/2 L1/2 T −1 [H] L1 [Π2 ] = = 1 = L0 [b] L M 1 L−1 T −1 [µ] = = M 0 L0 T 0 [Π3 ] = [ρ][b]3/2 [g]1/2 M 1 L−3 L3/2 L1/2 T −1 [Π1 ] = FLT-System [q] L2 T −1 = = L0 T 0 [b]3/2 [g]1/2 L3/2 L1/2 T −1 L1 [H] = 1 = L0 [Π2 ] = [b] L [µ] F 1 L−2 T 1 [Π3 ] = = = F 0 L0 T 0 3/2 1/2 1 −4 2 3/2 1/2 −1 [rho][b] [g] F L T L L T [Π1 ] = Aus dem Buckingham Π-Theorem ergibt sich damit abschliessend µ q H , . √ =φ √ b3/2 g b b3/2 gρ 8 Aufgabe 1.7 Laut Aufgabenstellung gilt: t = f (D, d, H, h, L, µ, γ) Die Dimensionen der Grössen MLT -System: 1. [D] = m, [d] = m, [H] = m, [h] = m, [L] = m, [γ] = kg/(m2 s2 ), [µ] = kg/(ms), [t] = s. Daraus folgt: n − r = 8 − 3 = 5 2. Als Bezugsgrössen werden gewählt: d, γ und t. Man möchte möglichst bekannte, konstante Bezugsgrössen wählen. Für ein gegebenes Viskosimeter sind geometrische Eigenschaften ideal. Jedoch kann nur eine verwendet werden, da die Dimensionsmatrize der Bezugsgrössen sonst nicht vollen Rang hat. Welche Länge dann gewählt wird ist Nebensache. Man braucht noch zwei weitere Grössen, wofür γ, µ und t in Frage kommen. Jedoch ist keine davon konstant. Mit einem Viskosimeter wird die Viskosität µ gemessen. Daher sollte diese nicht als Referenzgrösse gewählt werden, weil sie sonst in in mehreren Π-Termen vorkommen kann. Somit ergeben sich die weiteren zwei Bezugsgrössen nach dem Ausschlussverfahren. 3. Bildung der Pi-Terme: Π1 = Dda γ b tc Das Aufstellen der Dimensionsmatize ist in diesem trivialen Fall nicht notwendig. Man sieht sofort, dass Dimensionslosigkeit des Π-Termes nur für a = −1, b = 0 und c = 0 erfüllt sein kann, sprich eine Länge wird dimensionslos gemacht indem man sie durch eine Länge teilt. Das selbe gilt für die anderen geometrischen Grössen des Problems. Π2 = H , d Π3 = h , d Π4 = L . d Π5 = µda γ b tc Dimensionslosigkeit ist nur für a = −1, b = −1 und c = −1 gegeben. 4. Die allgemeine Beziehung lässt sich schreiben als 9 µ D H h L = Φ( , , , ) . dγt d d d d Da die Geometrie nun fix gegeben ist, reduziert sich die Funktion Φ auf eine einzige Realisierung. Somit lässt sich die Beziehung in diesem speziellen Fall schreiben als µ = Cdγt , wobei C eine unbekannte, dimensionslose, per Kalibration zu bestimmende Konstante ist. Da C die einzige Unbekannte ist, reicht auch eine einzige Messung aus um das Viskosimeter zu kalibrieren. 5. Nach C auflösen und die ermittelten Werte einsetzen ergibt C= µk = 1.02 · 10−6 . dγk tk Somit ergibt sich der Ausdruck für die Viskosität als µ = 1.02 · 10−6 dγt . Aufgabe 1.8 Unabhängigkeit der Einheiten P = f (D, ρ, ω, Q) (3) P = F LT −1 ; D = L ; ρ = F L−4 T 2 (4) ω = T −1 ; Q = L−3 T −1 (5) Aus dem Π-Theorem, 5 − 3 = 2 Π Terme benötigt. Mit D , ω und ρ als Referenzvariablen: Π1 = P D a ω b ρc (6) (F LT −1 )(L)a (T −1 )b (F L−4 T 2 )c = F 0 L0 T 0 (7) 10 folgt: a = −5 , b = −3 , c = −1 und darum: Π1 = P ρD 5 ω 3 (8) Kontrolle mit dem MLT-System: P ML2 T −3 = = M 0 L0 T 0 ρD 5 ω 3 (ML−3 )(L)5 (T −1 )3 (9) Π2 = QD a ω bρc (10) (L3 T −1 )(L)a (T −1 )b (F L−4 T 2 )c = F 0 L0 T 0 (11) Für Π2 : folgt: a = −3 , = −1 , c = 0 und darum: Π2 = Q D3 ω (12) Kontrolle mit dem MLT-System: L3 T −1 Q = = M 0 L0 T 0 D3ω (L)3 (T −1 ) (13) Q P =Φ ρD 5 ω 3 D3ω (14) Also: Aufgabe 1.9 1. Die funktionale Abhängigkeit des Drehmoment ergibt sich zu T = f (R, α, µ, ω) mit der folgenden Dimensionsmatrix: T R α µ ω M L T 1 2 -2 0 1 0 ⇒ n = 5 und r = 3, somit (n − r) = 2 Π-Terme 0 0 0 1 -1 -1 0 0 -1 11 Bemerkung: Die Dichte ρ tritt nicht auf, da das Reibungsdrehmoment von der Wandschubspannung erzeugt wird. Diese hängt lediglich von µ und vom Geschwindigkeitsgradient ab. Der Geschwindigkeitsgradient fliesst über ω und die Geometrie (R und α) in die Rechnung ein. 2. Da der Winkel α dimensionslos ist, gilt: Π1 = α. Π2 ergibt sich unter Verwendung von µ, R und ω zu: T Π2 = µR3 ω Der Zusammenhang der Grössen ergibt sich somit zu: Π2 = Φ(Π1 ) → T = Φ(α) µR3 ω 3. Das Verhältnis der Momente liefert mit αs = αl und ωs = ωl : Tl Φ(αl )µl Rl3 ωl µl Rl3 = 16 = = Ts Φ(αs )µs Rs3 ωs µs Rs3 12
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