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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:57 Sa 18.07.2015 | | Autor: | moody |
| Aufgabe | | [Dateianhang nicht öffentlich] |
Ein mit Wasser gefüllter behälter hat einen Kreisförmigen Auslass. Dieser ist verschlossen. Ich möchte nun die resultierende Kraft + Angriffspunkt infolge des Druckes bestimmen.
$p(z) = [mm] \rho [/mm] g z$
Mein Problem liegt in der Integration über die Kreisfläche. Das Koordinatensystem liegt an der Wasseroberfläche und z zeigt nach unten.
[mm] $F_p [/mm] = [mm] \int_{z_2-d}^{z_2} \int_{0}^{\sqrt{d^2-z^2}} \! \rho [/mm] g z [mm] \, [/mm] dz dy$
Hintergrund ist dass von der anderen Seite ebenfalls Kräfte auf die Kreisplatte wirken und man letztendlich über eine Momentenbilanz weiter vorgehen muss. Dafür sind diese Informationen notwendig.
Ist dieser Ansatz überhaupt korrekt? Gibt es elegantere Wege ohne Verwendung des Flächenträgheitsmomentes / Satz von Steiner? Mit den beiden werde ich einfach nicht grün und in der Klausur kenne ich das Flächenträgheitsmoment vermutlich auch nicht auswendig und im Bronstein stehen sie soweit ich weiß nicht.
Crosspost: ![[]](/images/popup.gif) hier
lg moody
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:59 Sa 18.07.2015 | | Autor: | chrisno |
Mit der Integrationsgrenze 0 in y-Richtung betrachtest Du nur einen Halbkreis. Das lässt sich mit einem Faktor 2 beheben.
Solange es um die Kraft geht, gehe ich mit der Symmetrie rein. Dann wird es deutlich einfacher.
Bezugslinie ist z = d/2, z ist dabei vom Boden aus gezählt. Dort herrscht der Druck $p = [mm] \varrho [/mm] g h$. Für jeden Streifen einer Breite [mm] $\Delta [/mm] z$ oberhalb von z = d/2 gibt es einen in gleicher Entfernung unterhalb von z = d/2. Also heben sich die Druckdifferenzen zu $p = [mm] \varrho [/mm] g h$ weg. Daher kannst Du einfach die Kraft mit $F = [mm] \pi \bruch{d^2}{4} \varrho [/mm] g h$ berechnen.
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 14:00 So 19.07.2015 | | Autor: | moody |
Danke ersteinmal!
Abgesehen davon dass das Koordinatensystem in dem Fall von der Aufgabe abweicht (ich bin auch kein Fan vom Koordinatensystem an der Stelle, würde es aber gerne so rechnen) habe ich jetzt nur die resultierende Kraft.
Ich benötige weiterhin den Kraftangriffspunkt, den ich gerne ohne Flächenträgheitsmoment berechnen würde. Daher würde ich gerne das Moment mit
[mm] $\integral_{}^{}{r \cdot p dA}$
[/mm]
$r$ als Hebelarm
bestimmen.
lg moody
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:56 So 19.07.2015 | | Autor: | chrisno |
Dazu fällt mir nichts besseres als Integrieren ein.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:32 Mo 20.07.2015 | | Autor: | moody |
> Dazu fällt mir nichts besseres als Integrieren ein.
Mit den Grenzen aus meinem ersten Post komme ich da aber leider auf ein ziemlich unschönes Integral...
Ich denke ich werde die Frage auslaufen lassen, vielleicht kommt ja noch eine Idee das Ganze zu vereinfachen, ansonsten werde ich das über die Exzentrizität und das Flächenträgheitsmoment mit der resultierenden Kraft lösen.
lg moody
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:20 Di 21.07.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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