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wechselstrom
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 wechselstrom Verfasst am: 20. Nov 2017 23:02 Titel: Vakuum im Zeppelin |
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Meine Frage:
Hallo,
ich habe ein statisches Problem was mich als Nichtphysiker schon an die Grenzen bringt.
Es geht um einen Zeppelin der nicht mit Traggas für den Druckausgleich gefüllt ist.
Angenommen wir haben eine ziemlich große Hohlkugel (e.g. 100m Radius) gefüllt mit (perfektem) Vakuum. Die Wanddicke ist für die Masse recht schmal - sagen wir einen halben cm. Damit sollte die Masse der verdrängten Luft auf Meereshöhe deutlich größer als die benötigte Masse für die Hülle ein.
Das diese Hohlkugel unter einer Punktkraft eingedrückt wird ist mir klar, aber wie würde es im Schwebezustand ausschauen? Wie unter fehlendem Einfluss von Schwerkraft bei gleichem Druck (1 Bar)?
Meine Ideen:
Ich habe im Prinzip zwei gegensätzliche Vorstellungen.
Bei der ersten betrachte ich ein infinitesimal kleines Wandstück.
Die Kraft auf die Hülle ist ja bei 1 Bar etwa 10 N/cm² sind, was von einer 5mm dicken Stahlwand ohne Probleme gehalten werden sollte. Da die Kräfte in jedem Wandstückchen gleich wirken, müssten sich alle Tangentialen Kräfte ausgleichen. Wo wirkt dann aber die Normalgegenkraft gegen die Druckkraft? Unabhängig davon würde ich behaupten, dass das Konstrukt ohne Schwerkraft halten müsste.
Unter Schwerkraft stelle ich es mir so vor, dass von unten eine Schubkraft wirkt, die (mehr als doppelt so schwer wie die untere hälfte der Hülle) die Wand nach oben drückt. Außerdem wirkt auf den oberen Teil der Hülle die Schwerkraft, so dass ich denke, dass die Kugel einfach von Oben und unten eingedrückt würde.
Soweit die erste Vorstellung. Die Zweite besagt, dass durch minimale Abweichungen in der Hüllenform auch ohne Schwerkraft das Ding - weil nicht formstabil - sofort zusammengedrückt würde.
Mir geht es nicht explizit um Zahlen sondern eher um das Verständnis. Welche Vorstellung führt zu dem richtigen Ergebnis und warum?
Wenns einfach rechenbar ist, würde ich mich darüber freuen, aber wenn nicht freue ich mich auch über eine gut begründete Antwort.
Danke für eure Hilfe 
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Frankx
Anmeldungsdatum: 04.03.2015
Beiträge: 982
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| Frankx Verfasst am: 21. Nov 2017 11:11 Titel: |
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Die Schwerkraft ist nicht das Problem, sondern die Flächenlast durch den Außendruck. Die führt zum Einknicken der Hülle.
Man benötigt also steife Innenstrukturen, um das Einknicken zu verhindern.
Die bringen aber Masse mit, die solch ein Zeppelin nicht tragen könnte.
Bei einem Raumschiff im All herrscht auch eine Druckdifferenz von ca. 1 bar (Innen =1 bar, außen =0 bar). Das ist im All so auch stabil.
Würde man ein solches Raumschiff in ca. 10m Wassertiefe versenken (Druckdifferenz=1 bar, Innendruck 1bar, Außendruck=2bar), würde das Raumschiff sicher schön zusammengefaltet, je größer das Raumschiff, desto eher.
Das liegt nicht an der Schwerkraft, sondern an den Knickbedingungen.
Analog kann man einen langen, dünnen Stab zwar mit einer dem Material entsprechenden Zugkraft beaufschlagen, aber nicht mit einer Druckkraft gleicher Höhe, weil es vorher zum Einknicken kommt. (Eulersche Knickfälle)
Ein Ballon muss nur dicht und reißfest sein (z.B. spezielle Textilien), um bei einen höheren Innendruck die Form zu behalten. Bei höherem Außendruck fällt er jedoch zusammen (knickt ein).
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Zuletzt bearbeitet von Frankx am 21. Nov 2017 15:13, insgesamt 2-mal bearbeitet |
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Brillant
Anmeldungsdatum: 12.02.2013
Beiträge: 1973
Wohnort: Hessen
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| Brillant Verfasst am: 21. Nov 2017 14:14 Titel: |
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| Frankx hat Folgendes geschrieben: | | Die Schwerkraft ist nicht das Problem, sondern die Flächenlast durch den Ausendruck. Die führt zum Einknicken der Hülle. |
Dann stellt sich die Frage, wie man die Hülle versteifen kann, dass sie nicht einknickt.
Als Vorbild sehe ich Brücken.
Man müsste Kugelsegmente so versteifen, dass sie nicht einknicken können. Also ein Unterbau vergleichbar mit einer Brücke, die die Außenlast trägt. Und diese Segmente zu einer Kugel zusammensetzen.
Möglicherweise gibt es eines Tages so ein leichtes Material. Jetzt gibt es ja schon so leichtes Material, dass man sich mit Muskelkraft in die Luft erheben kann.
Vom Material deutlich leichter ist es, eine Brücke an Seilen aufzuhängen. Warum nicht auch eine Kugel von außen mit Seilen stabilisieren? Da braucht man ein paar stabile Rohre, an denen die Seile befestigt werden.
Es gibt reichlich Videos, wie Tankwagen oder Fässer implodieren. Zum Beispiel nach Befüllen mit Dampf und dessen Abkühlung (eine Möglichkeit, "Vakuum" herzustellen). Aber kein Beispiel, wie man sie daran hindern kann.
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Brillant
Anmeldungsdatum: 12.02.2013
Beiträge: 1973
Wohnort: Hessen
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| Brillant Verfasst am: 21. Nov 2017 14:56 Titel: |
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Wenn man eine Kugel von aussen mit Seilen stabilisiert, braucht man "nur" reissfeste Textilien, die dem Zug (statt Druck) widerstehen. Lediglich ein paar "Pylone" müssen Druck aushalten. Wieviel müssten das sein für eine Kugel?
Als Material werfe ich mal Bambus in den Ring.
Bamboo-Bike: leichter als Carbon - stabiler als Stahl
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Brillant
Anmeldungsdatum: 12.02.2013
Beiträge: 1973
Wohnort: Hessen
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| Brillant Verfasst am: 21. Nov 2017 15:08 Titel: |
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Könnte bitte mal jemand von den Formel-Freaks ausrechnen, wie groß mindestens eine Textil-Kugel sein muss, die die "tragenden Teile", also Pylone und Seile, tragen muss.
Müsste doch möglich sein, sowas per Do it yourself (DIY) zu bauen und mit Dampf zu starten, der beim Abkühlen das gewünschte Vakuum ergibt.
Möglicherweise gibt es einen andereren Innendruck statt Vakuum, der die Pylone nicht so beansprucht und damit optimaler zu bauen ist.
Zuletzt bearbeitet von Brillant am 21. Nov 2017 15:11, insgesamt einmal bearbeitet |
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Frankx
Anmeldungsdatum: 04.03.2015
Beiträge: 982
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| Frankx Verfasst am: 21. Nov 2017 15:10 Titel: |
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| Zitat: | | Lediglich ein paar "Pylone" müssen Druck aushalten. |
Damit verschiebt man das Knickproblem nur auf die "Pylone".
Bin mir nicht sicher, ob das hilfreich ist.
Einfacher scheint es, einen entsprechend hohen Innendruck aufzubauen, am besten mit einem ungefährlichem Gas, mit geringerer Dichte als die Außenluft.
Ich empfehle Heißluft, oder Helium.
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Brillant
Anmeldungsdatum: 12.02.2013
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| Brillant Verfasst am: 21. Nov 2017 15:14 Titel: |
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| Frankx hat Folgendes geschrieben: | | Ich empfehle Heißluft, oder Helium. |
Die Technik ist ja bekannt, hier geht es um eine neue Idee.
Heißluft muss beim Fahren ständig nachproduziert werden, Helium durchdringt jede Hülle und entschwindet, soweit ich weiss. Ausserdem teuer.
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Frankx
Anmeldungsdatum: 04.03.2015
Beiträge: 982
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| Frankx Verfasst am: 21. Nov 2017 15:26 Titel: |
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Man könnte es mit Aerogel füllen. Das müsste dann aber auch entsprechend stabil sein. Keine Ahnung, ob es derzeit schon was ausreichend passendes gibt.
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Brillant
Anmeldungsdatum: 12.02.2013
Beiträge: 1973
Wohnort: Hessen
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| Brillant Verfasst am: 21. Nov 2017 15:26 Titel: |
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| Zitat: | | Vacuum airships would replace the helium gas with a near-vacuum environment and would theoretically be able to provide the full lift potential of displaced air, so every liter of vacuum could lift 1.28 g. Using the molar volume, the mass of 1 liter of helium (at 1 atmospheres of pressure) is found to be 0.178 g. If helium is used instead of vacuum, the lifting power of every liter is reduced by 0.178 g, so the effective lift is reduced by 14%. A 1-liter volume of hydrogen has a mass of 0.090 g. |
Vacuum airship
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Brillant
Anmeldungsdatum: 12.02.2013
Beiträge: 1973
Wohnort: Hessen
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| Brillant Verfasst am: 21. Nov 2017 15:38 Titel: |
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| Frankx hat Folgendes geschrieben: | | Man könnte es mit Aerogel füllen. Das müsste dann aber auch entsprechend stabil sein. |
Und nahezu so leicht wie Vakuum. Ob sich die Luft (Aero) da rausziehen lässt, ohne dass sie schwammartig zusammensacken ist fraglich.
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Frankx
Anmeldungsdatum: 04.03.2015
Beiträge: 982
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| Frankx Verfasst am: 21. Nov 2017 15:43 Titel: |
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| Zitat: | | Und nahezu so leicht wie Vakuum. Ob sich die Luft (Aero) da rausziehen lässt, ohne dass sie schwammartig zusammensacken ist fraglich. |
Zitat Wicki: "Ein 2,5 kg schwerer Ziegel getragen von einem 2 g schweren Stück Aerogel"
https://de.wikipedia.org/wiki/Aerogel
Das Zeug ist zumindest stabiler, als man zuerst vermuten könnte. Aber möglicherweise reicht das noch nicht.
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Frankx
Anmeldungsdatum: 04.03.2015
Beiträge: 982
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| Frankx Verfasst am: 21. Nov 2017 15:43 Titel: |
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doppelpost.
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Frankx
Anmeldungsdatum: 04.03.2015
Beiträge: 982
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| Frankx Verfasst am: 21. Nov 2017 17:32 Titel: |
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Ich habe mal ein paar Werte überschlagen.
Wenn man einen E-Modul von 1MPA (typischer Wert Aerogel lt. Wiki) zugrunde legt, kommt man auf eine Volumenreduzierung bei 1,0 Bar Druckdifferenz von 0,73 * Ausgangsvolumen.
Entsprechend erhöht sich die Dichte auf das 1,37-fache.
Wenn nun die Grunddichte des Aerogels geringer als ca. 0,8 kg/m³ (ohne Berücksichtigung der eingeschlossene Luft) bzw. 2,0 kg/m³ (mit Berücksichtigung der eingeschlossenen Luft) ist, würde die Dichte des vollständig evakuierten Materiales unter die Dichte der Umgebungsluft (ca. 1,2 kg/m³) sinken.
Es gibt Aerogel lt. Wiki mit Grunddichten von 0,16 kg/m³ bis ca. 500 kg/m³ (ohne Berücksichtigung der eingeschlossenen Luft).
Allerdings ist nicht angegeben, bei welchem Material, welche Dichte zu welchem E-Modul gehört.
So ganz unmöglich scheint es also nicht zu sein, wenn auch vielleicht aktuell noch nicht erreichbar.
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VeryApe
Anmeldungsdatum: 10.02.2008
Beiträge: 3247
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5866
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 23. Nov 2017 13:48 Titel: |
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| VeryApe hat Folgendes geschrieben: | | Zitat: | Bei der ersten betrachte ich ein infinitesimal kleines Wandstück.
Die Kraft auf die Hülle ist ja bei 1 Bar etwa 10 N/cm² sind, was von einer 5mm dicken Stahlwand ohne Probleme gehalten werden sollte. Da die Kräfte in jedem Wandstückchen gleich wirken, müssten sich alle Tangentialen Kräfte ausgleichen. Wo wirkt dann aber die Normalgegenkraft gegen die Druckkraft? |
und wie hast du das kleine Stück freigemacht?
Wenn du das Bild unten betrachtest, das wäre für eine Zylinderwand da fehlen die Biegemomente aber die sind zunächst für die Kräftebilanz nicht relevant die haben keine resultierende Kraftwirkung.
man könnte einen Kreisring aus der Hohlkugel auschneiden, dann hätte man auch dieses Bild, wenn man den Ring weiter in lauter kleine winkel abschnitte verteilt.
Allerdings müsste man dann noch zusätzliche Querkräfte entlang der Kreisringschnittfläche eintragen, aber das tut nichts zur sache weil die Querkräfte müssten ohnehin null sein und damit auch die Biegemomente.
Schau auf das Bild ->in der radialen Richtung denk dir einfach die Druckkraft hinzu.
wenn du die Kräfte in richtung der r Komponente und die normale drauf zerlegst, erkennst du sofort das die Querkräfte null sein müssen.
Die Normalkraft im Abschnitt bleibt in jeden Schnitt gleich und kannsd du über den winkel ermitteln.
Am einfachsten gehts halt wenn du die Hohlkugel in der Hälfte auseinanderschneidest.
auf die Schnittnormalrichtung der Kugel wirkt eine Druckkraft in schnittrichtung heben sich die Druckkräfte auf.
die normalKraft muß jetzt die Druckkraft aufheben, das durch die Schnittfläche ergibt die Normalspannung.
²*\pi}=\sigma_{N} )
Mit deinen Angaben würde ich auf 100000 Newton/cm² kommen |
Die "Weisswurst-" oder auch "Kesselformel" ist in diesem Belastungsfall - Behälter mit Aussendruck > Innendruck - nicht anwendbar. Ausserdem ist die Vergleichsspannung aus Radial - und Axialspannung zu ermitteln.
Dünnwandige Behälter müssen auf Druck- und Beulspannung hin ausgelegt werden.
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VeryApe
Anmeldungsdatum: 10.02.2008
Beiträge: 3247
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| VeryApe Verfasst am: 23. Nov 2017 16:53 Titel: |
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@mathefix
| wechselstrom hat Folgendes geschrieben: | | Die Kraft auf die Hülle ist ja bei 1 Bar etwa 10 N/cm² sind, was von einer 5mm dicken Stahlwand ohne Probleme gehalten werden sollte. Da die Kräfte in jedem Wandstückchen gleich wirken, müssten sich alle Tangentialen Kräfte ausgleichen. Wo wirkt dann aber die Normalgegenkraft gegen die Druckkraft? Unabhängig davon würde ich behaupten, dass das Konstrukt ohne Schwerkraft halten müsste. |
wie würdest denn du jemand erklären wo hier eine Normalkraft gegen die Druckkraft wirkt.
Wenn man die Kugel in der Hälfte schneidet dann muß die Druckkraft kompensiert werden das durch die schnittfläche ergibt eine gemittelte Normalspannung und einen Einblick in die Größenordnung.
Wer die genauen Spannungen wissen will muß auch noch in radialer Richtung siehe Skizze oben ein kleines Stückchen herauschneiden und aufjeden Fall 3D betrachten
dann kommt man auf die Formeln wie hier
https://www.schweizer-fn.de/rohr/festigkeit/festigkeit.php
Wer einen Behälter dimensionieren will, muß auch noch wie du sagst die Beulspannung überprüfen die noch viel komplexer zu erklären ist und neben auch Knickspannungen, und aus den anderen Spannungen eine Vergleichsspannung ermitteln.
Aber dazu siehe man in der Norm nach.
_________________
WAS IST LOS IN EUROPA? https://www.youtube.com/watch?v=a9mduhSSC5w |
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Duke711
Anmeldungsdatum: 26.01.2017
Beiträge: 434
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| Duke711 Verfasst am: 23. Nov 2017 17:54 Titel: |
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Und schlussendlich kommt man zu der Erkenntnis, dass bei solch einem tangentialen Umfang eines Zeppelins entweder ernorme Wandstärken erforderlich wären oder man das Ding einfach aufpumpt, fertig und zwar z.B: mit Helium.
Denn bei den benötigten Wandstärken hebt dieser Zeppelin nur durch zugeführte Arbeit ab. Dann ist das Konzept aber alles andere als sinnvoll.
Querstreben bringen keine Vorteile, denn diese bieten den gleichen Schwachpunkt eines Eulerfalls, Knickung und das auch noch viel nachteiliger als ein Beulfaktor.
Und wie Frankxystein schon angedeutet hat, ist ein Behälter unter Außendruck (Uboot) ein sehr ungünstiger Fall (Knickung). Somit kann man noch nicht mal vom Vorteil (Zug) von Faserverbundwerkstoffen profitieren.
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