Lösungen zur Übung Nr.11

Besprechung: Donnerstag 22.Januar 2004

Aufgabe 1: (8 Punkte)
a) Die frei werdende Energie ist

$$\Delta W = \sigma (A_{1} - A_{2}) = \sigma ( 8000 \cdot 4 \pi r_{1}^{2} - 4 \pi r_{2}^{2})$$

Ausserdem gilt $V_{2} = 8000 \cdot V_{1}$ oder

$$r_{2} = r_{1} 8000^{1/3} = 0,1 \; mm \cdot 20 = 2 \; mm.$$

Damit wird

$$\Delta W = \sigma 4 \pi(8000 r_{1}^{2} - r_{2}^{2}) = 0,444 \cdot 10^{-3} \; Nm$$

b) Für die Arbeit, den Radius einer Kugel um $dr$ zu vergrößern, erhalten wir einmal

$$dW = p \; dV = p 4\pi r^{2} dr,$$

zum anderen auch über

$$dW = \sigma \; dA = \sigma [ 4 \pi(r + dr)^{2} - 4 \pi r^{2}] = 8 \pi \sigma r \; dr.$$

Aus beiden Gleichungen folgt

$$p = \frac{2\sigma}{r}.$$

Angewendet auf die beiden Kugeln folgt

$$p_{1} = \frac{2 \sigma}{r_{1}} = 9,3 \cdot 10^{3} \; N/m^{2}$$

$$p_{2} = \frac{2 \sigma}{r_{2}} = 465 \; N/m^{2}.$$

Man beachte also, dass $p_{2} < p_{1}$, wie in der Vorlesung auch am Beispiel von Seifenblasen demonstriert wurde (''Die Großen schlucken die Kleinen'').
c) Die Depression in einem einzelnen Rohr ist nach Vorlesung

$$h = \frac{2\sigma}{\rho g r} cos(\varphi).$$

Bei Quecksilber kann man völlige Nichtbenetzung annehmen, d.h. $\varphi = 0$ und $cos\varphi = 1$. Dieses folgt auch aus der Annahme von Teil a) und b), dass die Tropfen Kugelform haben. Wir denken uns die beiderseits offenen Rohre zunächst getrennt und tauchen sie in einen unendlich grossen Hg- Behälter.

Dann gilt für die einzelnen Rohre:

$$h_{1} = \frac{2 \sigma}{\rho r_{1} g} = 7 \; mm$$

$$h_{2} = \frac{2 \sigma}{\rho r_{2} g} = 28 \; mm$$

Anschliessend verbindet man die Rohre zu einem U-Rohr und entfernt den unendlich grossen Behälter. Die Differenz bleibt dabei erhalten:

$$\Delta h = h_{2} - h_{1} = 21 \; mm$$

Aufgabe 2: (8 Punkte)
In Teil a) misst man die Differenz zwischen dem statischen Druck $p = 101,5 \; kPa$ und dem äusseren Luftdruck $p_{0} = 101,3 \; kPa$,

$$p - p_{0} = \rho_{W} g h_{a} \; \; \; \; \; \to \; \; \; \; \; h_{a} = \frac{p - p_{0}}{\rho_{W} g}$$

oder $h_{a} = 2 \; cm$.
Im Fall b) muss der Unterschied zwischen Gesamtdruck und äusserer Luftdruck bestimmt werden,

$$p_{g} - p_{0} = p + \frac{1}{2} \rho v^{2} - p_{0} = \rho_{W... ...ac{1}{2} \rho v^{2} = 2 \; cm + 0,06 \; cm \approx 2,06 \; cm.$$

Man sieht, dass der Staudruck hier keine grosse Änderung hervorruft. Fall c) gibt einfach

$$\frac{1}{2} \rho v^{2} = \rho_{W} g h_{c} \; \; \; \; \to \; \; \; \; \; h_{c} = 0,06 \; cm,$$

also fast unmessbar. Im Fall d) schliesslich wird die Differenz der statischen Drücke gemessen. Daher gilt

$$\rho_{W} g h_{d} = p_{1} - p_{2} = \frac{1}{2} \rho (v_{2}^{2} - v^{2}).$$

Mit $A_{1} v = A_{2} v_{2}$ folgt

$$h_{d} = \frac{(1/2) \rho ((A_{1}/A_{2})^{2} - 1) v^{2}}{\rho_{W} g} = 1,4 \; cm$$

Aufgabe 3: (4 Punkte)
Die Ausströmgeschwindigkeit ist wegen Bernoulli ( $(1/2)\rho v^{2} = \rho g (h-y)$) durch

$$v = \sqrt{2 g(h - y)}$$

gegeben. Die Bewegung des Wassers entspricht einem horizontalen Wurf, daher

$$z = y - \frac{1}{2} g t^{2}$$

$$x = v t$$

Für $z=0$ erhalten wir die Weite $x_{0}$

$$x_{0} = \sqrt{2g(h-y)} \sqrt{\frac{2y}{g}} = 2 \sqrt{(h-y)y}.$$

Damit dieses maximal wird, muss einfach $w = (h-y)y$ maximal werden. Die Maximalbedingung lautet daher einfach

$$\frac{dw}{dy} = h - 2 y = 0 \; \; \; \; \; \to \; \; \; \; \; y = \frac{h}{2}.$$

Dieses konnten wir auch im Experiment in der Vorlesung beobachten.