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.
$$\begin{aligned} p_2 &= \int_{-r_1}^{r_2} \omega^2 \rho r\, \text dr + p_1 \\&= \omega^2 \rho \int_{-r_1}^{r_2} r \, \text dr + p_1 \\&= \omega^2 \rho \left[ \frac 12 r^2\right]_{-r_1}^{r_2} + p_1 \\&= \frac 12 \omega^2 \rho \left( r_2^2 - r_1^2\right) + p_1 \end{aligned} $$
Und für den Druck \(p_K\) am Korken ziehe man noch den hydrostatischen Teil über \(z_2\) ab
$$ \begin{aligned} p_K &= p_2 - z_2 \rho g \\&= \frac 12 \omega^2 \rho \left( r_2^2 - r_1^2\right) + p_1 - z_2 \rho g \\&= \frac 12 \omega^2 \rho \left( r_2^2 - r_1^2\right) + (z_1-z_2)\rho g \end{aligned} $$
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
