(Name, Matr.-Nr, Unterschrift)
Klausur Strömungsmechanik II
01. 03. 2019
1. Aufgabe
a) Kontinuitätsgleichung:
∇ ·~v = ~0
~ er ∂
∂r +1 re~ϕ ∂
∂ϕ+e~z ∂
∂z
·(vre~r+vϕe~ϕ+vze~z) = 0
∂vr
∂r +1 re~ϕ ∂
∂ϕ(vre~r+vϕe~ϕ+vze~z) + ∂vz
∂z = 0
∂vr
∂r + 1 re~ϕ
vre~ϕ+e~r
∂vr
∂ϕ +e~ϕ
∂vϕ
∂ϕ −vϕe~r+ ∂vz
∂ϕe~z
+∂vz
∂z = 0
∂vr
∂r +vr r +1
r
∂vϕ
∂ϕ +∂vz
∂z = 0 Impulsgleichung inz-Richtung:
ρ·
~ ez
∂vz
∂t +vr∂vz
∂r +vz∂vz
∂z
+vϕ r
∂(vze~z)
∂ϕ
=...
...ρgz−e~z∂p
∂z +η 1
r
∂
∂r
r∂(vze~z)
∂r
+ 1 r2
∂2(vze~z)
∂ϕ2 + ∂2(vze~z)
∂z2
ρ·e~z ∂vz
∂t +vr∂vz
∂r +vz∂vz
∂z +vϕ
r
∂vz
∂ϕ
=...
...ρgz −e~z∂p
∂z +η ~ez 1
r
∂
∂r
r∂vz
∂r
+ 1 r2
∂2vz
∂ϕ2 + ∂2vz
∂z2
b) Vereinfachungen:
• stationär: ∂
∂t = 0
• ohne Gravitation:~g =
gr gϕ gz
=~0
• rotationssymmetrisch: ∂
∂ϕ = 0
Kontinuitätsgleichung:
∂vr
∂r +vr r + ∂vz
∂z = 0
Impuls:
ρ
vr∂vz
∂r +vz∂vz
∂z
=−∂p
∂z +η 1
r
∂
∂r
r∂vz
∂r
+ ∂2vz
∂z2
c) dimensionslose Größen:
¯ vr= vr
uD,v¯z = vz
uD, z = z
R, r= r
R, p= p
ρu2D, ρ, η =konst.
z-Impuls:
ρv¯ruD∂( ¯vzuD)
∂(rR) +ρv¯zuD∂( ¯vzuD)
∂(zR) = −∂(pρu2D)
∂(zR) +η 1
¯ rR
∂
∂¯rR
¯
rR∂( ¯vzuD)
∂rR¯
+ ∂2( ¯vzuD)
∂(zR)2 u2Dρv¯r
R
∂v¯z
∂r +u2Dρv¯z R
∂v¯z
∂z = −ρu2D R
∂p
∂z +ηuD R2
1
¯ r
∂
∂¯r
¯ r∂v¯z
∂r¯
+ 1 R2
∂2v¯z
∂z2
¯ vr∂v¯z
∂r + ¯vz∂v¯z
∂z = −∂p
∂z + η ρuDR
| {z }
K
1
¯ r
∂
∂¯r
¯ r∂v¯z
∂r¯
+ 1 R2
∂2v¯z
∂z2
die Strömung wird durch die ReynoldszahlRebeschrieben:
K = η
ρuDR = 1 Re
a)
dτΘΦ
dΘ = −2τΘΦ
tan Θ ⇒ dτΘΦ
τΘΦ = −2
tan ΘdΘ⇒lnτΘΦ=−2 ln(sin Θ) +c01
⇔τΘΦ =eln(sin2 Θ1 )+c01 = c1
sin2Θ Moment M wirkt auf die Platte:
M = Z R
0
2πrrτΘΦ Θ=π2
dr, da c1|Θ=π
2 6=f(r)
⇔M = Z R
0
2πr2c1dr= 2
3πR3c1 ⇒c1 = 3M 2πR3
⇒τΘΦ = 3M 2πR3sin2Θ
R
r
τ dr ΘΦ
b)
τΘΦ=−η
sin Θ ∂
∂Θ vΦ
rsin Θ
+ 1 sin Θ
7
= 0, davΘ = 0
∂vΘ
∂Φ
⇒ 3M
2πR3sin2Θ =−ηsin Θ d dΘ
vΦ rsin Θ
⇔ −3M
2πR3ηsin3ΘdΘ =d vΦ
rsin Θ
⇒ 3M 4πR3η
cos Θ sin2Θ +1
2ln
1 + cos Θ 1−cos Θ
= vΦ
rsin Θ +c2
⇒ 3M 4πR3η
1
tan Θ+ sin Θ 2 ln
1 + cos Θ 1−cos Θ
+c2sin Θ = vΦ r Randbedingung:
Θ = π
2 ⇒vΦ = 0 ⇒c2 = 0
Θ = Θk ⇒vΦ =ωr
⇒vΦ = 3M 4πR3η
1
tan Θ + sin Θ 2 ln
1 + cos Θ 1−cos Θ
r
⇒η= 3M 4πR3ω
1
tan Θk +sin Θk
2 ln
1 + cos Θk
1−cos Θk
a) • inkompressibel
• stationär
• zwei-dimensional
• reibungsfrei, drehungsfrei b)
F(z) = u∞z+ M
2πz +i M
2πz mitu∞, M >0 c)
F(z) = u∞r(cos(ϕ) +isin(ϕ)) + M
2πreiϕ +i M 2πreiϕ F(z) = u∞r(cos(ϕ) +isin(ϕ)) + M
2πr(cos(ϕ)−isin(ϕ)) (1 +i) F(z) = u∞rcos(ϕ) + M
2πr(cos(ϕ) +sin(ϕ))
| {z }
Re
+i
u∞rsin(ϕ) + M
2πr(cos(ϕ)−sin(ϕ))
| {z }
Im
Φ(r, ϕ) = u∞rcos(ϕ) + M
2πr(cos(ϕ) +sin(ϕ)) Ψ(r, ϕ) = u∞rsin(ϕ) + M
2πr(cos(ϕ)−sin(ϕ)) d)
vr = ∂Φ
∂r =u∞cos(ϕ)− M
2πr2 (cos(ϕ) +sin(ϕ)) vϕ = 1
r
∂Φ
∂ϕ =−u∞sin(ϕ) + M
2πr2 (cos(ϕ)−sin(ϕ)) e) Staupunkt:vr =vϕ = 0
vr= 0 : u∞cos(ϕ) = M
2πr2 (cos(ϕ) +sin(ϕ)) r2 = M
2πu∞
(1 +tan(ϕ))
vϕ = 0 :u∞sin(ϕ) = M
2πr2 (cos(ϕ)−sin(ϕ)) r2 einsetzen:u∞sin(ϕ) = M
2π 2πu∞
M
cos(ϕ)−sin(ϕ) 1 +tan(ϕ) 1 +tan(ϕ) = 1
tan(ϕ) −1 tan2(ϕ) + 2tan(ϕ)−1 = 0
tan(ϕ) = −1±√ 2 ϕ = tan−1(−1±√
2)
→r = s
±√ 2M 2πu∞
somit ergeben sich folgende Koordinaten der Staupunkte:
ϕs1 = tan−1(−1 +√
2) = tan−1π 8
, rs1 =
s√ 2M 2πu∞
ϕs2 = tan−1 9π
8
, rs2 = s√
2M 2πu∞
Alternativer Lösungsweg:
vϕ = 0 :u∞sin(ϕ) = M
2πr2(cos(ϕ)−sin(ϕ)) r2 einsetzen:u∞sin(ϕ) = M
2π 2πu∞
M
cos(ϕ)−sin(ϕ) 1 +tan(ϕ) sin(ϕ) = 1
1 + sin(ϕ)cos(ϕ) (cos(ϕ)−sin(ϕ))
0 = sin(ϕ)cos(ϕ) +sin2(ϕ)−cos2(ϕ) +sin(ϕ)cos(ϕ) sin(2ϕ) = cos(2ϕ)
→ϕ= π 8,5π
8 , 9π 8 ,13π
8
→tanπ 8
=tan 9π
8
>0 , tan 5π
8
=tan 13π
8
<−1 somit ergeben sich dieselben Koordinaten der Staupunkte:
ϕs1 = tan−1π 8
, rs1 =
s√ 2M 2πu∞
ϕs2 = tan−1 9π
8
, rs2 = s√
2M 2πu∞
a) Aus der Eulergleichung ua(x)dua(x)
dx =−1 ρ
dp dx
folgt mitp=konst., dassua(x) = u∞=konst.
b) 1. Randbedingung: Haftbedingung: y
δ = 0 →u= 0 2. Randbedingung: Grenzschichtrand: y
δ = 1 →u=u∞
3. Randbedingung: x-Impulsgleichung an der Wand, kein Druckgradient:
u∂u
∂x −vA ∂u
∂y y=0
= −1 ρ
∂p
∂x +ν ∂2u
∂y2 y=0
−vA ∂u
∂y y=0
= ν ∂2u
∂y2 y=0
aus 1. folgta0 = 0 aus 2. folgt1 = a1+a2 mit
∂u
∂y = ua a1
δ +2a2y δ2
→ ∂u
∂y y=0
= uaa1 δ
∂2u
∂y2 = ua
2a2
δ2 = ∂2u
∂y2 y=0 aus 3. folgt
−vAuaa1
δ = νua2a2
δ2 →a1 =−ν2a2 δvA
in 2. einsetzen liefert 1 = −ν2a2
δvA +a2 →a2 = 1 1− δv2ν
A
→a1 = 1−a2 = −δv2ν
A
1− δv2ν
A
=− 1
δvA
2ν −1 mitν = η
ρ ergibt sich für das Geschwindigkeitsprofil u(x, y)
u∞
=− 1
δ(x)vAρ 2η −1
y
δ(x)+ 1 1− δ(x)v2η
Aρ
y δ(x)
2
.
c)
τw = η ∂u
∂y y=0
mit ∂u
∂y = u∞ − 1
δ2(x)vAρ
2η −δ(x) + 2
δ(x)−v2η
Aρ
y δ(x)
!
→τw = − u∞η
δ2(x)vAρ
2η −δ(x)
d) Mithilfe einer Grenzschichtabsaugung kann eine Grenzschichtablösung, die in den mei- sten Anwendungsfällen vermieden werden soll, verzögert oder sogar verhindert werden.
a) der KesseldruckpK entspricht dem Ruhedruckp0 Verhältnis von pp
0 = pp
K mit der Energiegleichung, angewendet auf den Ruhezustand:
h0 =h+ u2 2
mith=cpT ⇒ cpT0 =cpT +u2 2 mitcp = γR
γ−1 ⇒ γRT0
γ−1 = γRT γ−1+ u2
2 T0
T = 1 + u2 2
γ−1
γRT = 1 + γ−1 2 M2 mit pp
0 =
T T0
γ−1γ
folgt pp
K =
1 + γ−1 2 M2
γ−1−γ
KesseldruckpK bestimmen:
pK = pK p1 · p1
p2 ·p2 mitp2 =pa pK =
1 + γ−1 2 M12
γ−1γ
·
1 + 2γ
γ+ 1 M12−1 −1
·pa b)
M1∗·M2∗ = 1↔ u1 c∗1 ·u2
c∗2 = 1 mitc∗1 =c∗2 =c∗
→u1u2 = c∗2 mitc∗2 =γRT∗
→u2 = γRT∗ M1√
γRT1 =
√γRT0 M1 · T∗
T0 · rT0
T1 mit T0
T1
= 1 + γ−1
2 M12 aus a) und T∗ T0
=
1 + γ−1 2 M∗2
−1
= 2
γ+ 1 folgt
u2 =
√γRT0 M1 · 2
γ+ 1 · r
1 + γ−1 2 M12 c) ReynoldszahlRe= uρL
η mitu=Mp γRT erweitern mitρ0 = pK
RT0
undη0
Re = M√
γRT ·ρ0ρρ
0 ·L η0ηη
0
Re = M√
γRT · RTpK
0 ·
T T0
γ−11
·L η0
T T0
34
erweitern mitp T0
Re = M√
γRT0·q
T T0 · RTpK
0 ·
T T0
γ−11
·L η0
T T0
34
→Re1 = M1pK√
γ· 1 + γ−12 M12−12
· 1 + γ−12 M12−γ−11
·L η0√
RT0 1 + γ−12 M12−34
Re1 = M1pK√ γL η0√
RT0 ·
1 + γ−1 2 M12
14−γ−11
a)
M a=M a0 ⇒ v
√γRLT = v0
√γRLT0 ⇒v =v0 b) An der Platte(y = 0)ist:
∂v
∂x = 0, ∂u
∂y 6= 0 ⇒ ∂v
∂x −∂u
∂y
y=0
6= 0
⇒Widerspruch zur drehungsfreien Strömung: ∂v
∂x −∂u
∂y = 0 c) Flaches Wasser:H/λ1und mittanhx ≈xsofernx→0folgt
c=p gH
d) Die Normalkomponente der Geschwindigkeit stromab des Stoßes ist kleiner als die Nor- malkomponente der Geschwindigkeit stromauf. Da sich die tangentialen Geschwindig- keitskomponenten stromauf und stromab des Stoßes nicht unterscheiden, werden die Strom- linien zum Stoß hin umgelenkt.
