Seminar vom 13. 02. 2008. Lösungsblatt 15

Lösungsblatt 15
Mechanik (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt) (WS07/08)
Wolfgang v. Soden ([email protected])
12. 02. 2008
97 Deformationsenergie (1P)
Aufgabe
Ein Draht mit ursprünglichen Länge l0 = 15m und Durchmesser d = 2,19mm ist an einem
Ende befestigt und wird an seinem anderen Ende mit einer Kraft von F = 300N in Längsrichtung gespannt. Welche Arbeit muss dazu aufgewendet werden? Der Elastizitätsmodul des
Drahtmaterials beträgt E = 200GPa.
Wie groß ist die im Draht gespeicherte Energie, wenn dieser mit der maximal zulässigen Spannung von σm = 190MPa belastet ist?
Lösung
Die Arbeit berechnet sich allgemein zu
Z
W = F dx
(97.1)
Hier ist die Kraft entweder gegeben oder mit der Spannung verknüpft gemäß F = σ · A mit
2
A = π d4 Querschnitt des Drahtes. Der Weg dx ist die infinitesimale Veränderung der Verlängerung des Drahtes bei infinitesimaler Veränderung der Spannung, also mithilfe des Hookeschem
Gesetzes dx = d(∆l) = lE0 dσ. Damit wird (eq97.1)
Z
Z σmax
l0
Al0 2 σmax
Al0 2
l0
=
W = F dx =
Aσ dσ =
σ σmax =
F2
(97.2)
E
2E
2E
2AE max
σ=0
0
Mit den Zahlenwerten der Aufgabenstellung ergibt sich für die Kraft F = 300N eine Arbeit
von W1 = 0,9J und bei der der maximal zulässigen Spannung σm = 190MPa eine Arbeit von
W2 = 5,1J.
98 Schwimmender Stahldraht (1P)
Aufgabe
Eine längere, gut eingefettete und deshalb vom Wasser nicht benetzte Stahlnadel wird auf eine
Wasserfläche gelegt. Wie groß darf der Durchmesser der Nadel sein, dass sie nicht untergeht?
Die Daten: Dichte von Stahl ρ = 7700kg/m3 , Oberflächenspannung von Wasser σ = 0,073N/m.
Lösung
Beim Legen auf das Wasser wird die Oberfläche die Form der Nadel annehmen, also halbzylinderförmig eingedellt werden. Die Oberflächenspannung will diese Eindellung rückgängig
machen, erzeugt also einen Druck nach oben, der den Druck durch das Gewicht der Nadel
entgegengesetzt ist. Im Grenzfall sind beide gleich.
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Der Druck von der Nadel ist das Gewicht geteilt durch die Längsquerschnittsfläche der Nadel
(Länge l, Durchmesser d = 2r), also
pn =
gρlπr2
gρπd
gρVn
=
=
An
dl
4
(98.1)
Der durch die gekrümmte Oberfläche erzeugte Druck berechnet sich nach der Gleichung von
Laplace, wobei hier der eine Krümmungsradius der Radius der Nadel ist, der andere in der dazu
senkrechten Richtung sehr groß und deswegen zu vernachlässigen, also
1
1
1
2σ
pw = σ
+
=σ =
(98.2)
R1 R2
r
d
Beide Drucke gleichgesetzt ergibt:
2σ
gρπd
= pw =
oder d =
pn =
4
d
r
8σ
gρπ
(98.3)
Mit den Zahlenwerten aus der Aufgabenstellung ergibt sich d = 1,57mm.
Wenn der Durchmesser der Stahlnadel kleiner 1,6mm ist, kann die Stahlnadel in Wasser schwimmen (sofern sie sorgfältig genug auf das Wasser gelegt wird).
99 Petroleumkocher (1P)
Aufgabe
In einen Petroleumkocher befindet sich der Brenner 10cm oberhalb des Vorratsgefäßes. Welchen
Durchmesser dürfen die Poren im Docht maximal haben, damit das Petroleum von selbst diese
10cm überwindet? Die Poren können als längere Röhrchen betrachtet werden, die innen vollständig vom Petroleum benetzt sind. Dieses hat eine Oberflächenspannung von σ = 0,03N/m
und Dichte von ρ = 800kg/m3 .
Lösung
Die Steighöhe in einer Kapillare wird errechnet aus der Gleichsetzung des Gewichts der Flüssigkeit in der Kapillare oberhalb des Normalflüssigkeitspegels und der Randkraft der Flüssigkeit
infolge der Oberflächenspannung in der Kapillaren (mit Radius r), also
πr2 ∆hρg = σ2πr oder d = 2r =
4σ
∆hρg
(99.1)
Mit den Zahlenwerten aus der Aufgabenstellung ergibt sich d = 0,153mm.
100 Geschwindigkeitsfeld (1P + 1P freiwillig)
Aufgabe Ein Zylinder mit Radius R1 kann sich um eine durchgehende Achse (Radius R0 )
drehen. Er sei mit Honig gefüllt.
a) Feststehende Achse (1P): Die Achse wird nun festgehalten und der Zylinder mit einer
konstanten Winkelgeschwindigkeit ω gedreht. Auf diese Weise wird im Honig ein Geschwindigkeitsfeld erzeugt, dessen Betrag in radialer Richtung linear mit dem Radius von
Wert 0 an der festgehaltenen Achse bis zum Wert v1 am Zylindermantel gehen soll. Lasse
nun den Achsenradius gegen Null gehen.
Weise Hfür das soRerzeugte und definierte Geschwindigkeitsfeld
nach, dass die Sätze von
H
R
Gauß O vdO = V div v dV und von Stokes s vds = A rot v dA erfüllt sind
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b) Feststehender Zylindermantel (1P freiwillig): Als Alternative wird der Zylindermantel
jetzt festgehalten und die Achse gedreht, die einen kleinen aber endlichen Radius haben
soll. Der Betrag des Geschwindigkeitsfeldes soll sich radial wieder linear mit dem Radius
ändern, nur mit vertauschten Rolle von innen und außen gegenüber Fall a). Überprüfe
auch in diesem Fall die Sätze von Gauß und Stokes.
Lösung
Bei der Berechnung des Feldes werden dem Problem hier angepasste Zylinderkoordinaten verwendet. Für die weitere Anwendung mit den Vektoroperationen wird das so erhaltene Feld dann
in kartesische Koordinaten umgeschrieben.
a) Feststehende Achse (1P): Das Feld hat keine Komponenten in radialer und z-Richtung.
Der Wert des Feldes soll linear zwischen feststehender Achse (Radius R0 ) und sich drehender Zylinderwand (Radius R1 ) von Null auf den Maximalwert v1 wachsen, also für
0
den Radius r: vφ (r) = v0 Rr−R
und bei verschwindendem R0 vφ (r) = v0 Rr1 .
1 −R0
Dies in kartesische Koordinaten übertragen ergibt




−vφ (r) sin φ
−y
v0 
x 
v =  vφ (r) cos φ  =
(100.1)
R1
0
0
Für die Sätze von Gauß und Stokes werden div und rot der Geschwindigkeit verwendet
∂vz
v0 ∂(−y) ∂x ∂0
∂vx ∂vy
+
+
=
+
+
=0
(100.2)
div v =
∂x
∂y
∂z
R1
∂x
∂y ∂z

 ∂0 ∂x 
 
∂v
− ∂zy
0
∂y − ∂z
v
v

0  ∂(−y)
0 
∂0 
z 
0 
rot v = 
=
=
(100.3)
−
− ∂v
 ∂z
∂x 
∂x 
R1
R1
∂(−y)
∂vx
∂x
2
− ∂y
∂x − ∂y
H
R
Nun zum Satz von Gauß O vdO = V div v dV : das Volumenintegral ergibt Null, da
div v = 0 ist. Zum Oberflächenintegral: Auf dem Boden und dem Deckel des Zylinders
steht die Flächennormale in z-Richtung, die Geschwindigkeiten sind in den Flächen, das
innere Produkt ergibt also 0. Auf den Mantelflächen gilt entsprechendes. Das Oberflächenintegral liefert Null genau
wie das
R Volumenintegral.
H
Nun zum Satz von Stokes s vds = A rot v dV . Als Weg für das Wegintegral wird in beliebiger Höhe der Mantel umfahren. Da hier die Geschwindigkeit und der Wegvektor parallel liegen, der Wert der Geschwindigkeit konstant ist, ergibt sich einfach dieses Integral
zu 2πR1 v0 . Das Flächenintegral über den Querschnitt des Zylinders und die Konstante
2v0
2
0
rot v = 2v
R1 liefert R1 · πR1 = 2πR1 v0 , den gleichen Ausdruck also wie das Wegintegral.
Die Sätze von Gauß und Stokes gelten also für das verwendete Geschwindigkeitsfeld.

∂vz
∂y
∂vx
∂z
∂vy
∂x
b) Feststehender Zylindermantel (1P freiwillig): Das Feld ist hier genauso orientiert wie im
ersten Teil, hat aber andere Werte
als im
vorigen Fall. In Abhängigkeit des Ortsradius ist
R1 −r
die Geschwindigkeit vφ (r) = v0 R1 −R0 . Der Grenzübergang von R0 → 0 geht allerdings
nicht, da dann die Rotationsgeschwindigkeit ∞ werden müsste. Das Feld in kartesische
Koordinaten übertragen ergibt




−vφ (r) sin φ
−y Rr1 − 1
v0
 −x 1 − R1 
(100.4)
v =  vφ (r) cos φ  =
r
R1 − R0
0
0
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Für die Sätze
p von Gauß und Stokes werden div und rot der Geschwindigkeit verwendet
(wobei r = x2 + y 2 )
!
∂ −y Rr1 − 1
∂ x 1 − Rr1
∂vx ∂vy
v0
∂vz
∂0
div v =
=
+
+
−
+
∂x
∂y
∂z
R1 − R0
∂x
∂y
∂z
−R1 x
v0
R1 y
−y 3 − x 3
=0
(100.5)
=
R1 − R0
r
r
R
∂ −x 1− r1



rot v = 
∂vz
∂y
∂vx
∂z
∂vy
∂x
−
−
−
∂vy
∂z
∂vz
∂x
∂vx
∂y
∂0
−
∂y
∂z
R
∂ −y r1 −1


=
v0
R1 − R0





∂z
R
∂ −x 1− r1
∂x

−
∂0
−∂x
R
∂ −y r1 −1



=


(100.6)
∂y



0
0
v
0
=


0
0
=
R1 − R0
R1 y
R1
R1
R1 x
R1
−2 + r
−1 + r − x r3 − 1 + r − y r3
H
R
Nun zum Satz von Gauß O vdO = V div v dV : das Volumenintegral ergibt Null, da
div v = 0 ist. Zum Oberflächenintegral: Auf dem Boden und dem Deckel des Zylinders
steht die Flächennormale in z-Richtung, die Geschwindigkeiten sind in den Flächen, das
innere Produkt ergibt also 0. Auf den außeren Mantelflächen ist v = 0, also das Integral ebenso. Auf der inneren Mantelfläche, also bei r = R0 , die hier dazukommt, ist das
Vektorfeld senkrecht zur Oberflächennormale, also das innere Produkt Null. Das Oberflächenintegral liefert damitHNull genau
R wie das Volumenintegral.
Nun zum Satz von Stokes s vds = A rot v dV . Als Weg für das Wegintegral wird in
beliebiger Höhe der Mantel außen und das Loch innen umfahren. Da hier die Geschwindigkeit und der Wegvektor parallel liegen, der Wert der Geschwindigkeit konstant ist,
ergibt sich außen der Wert Null, da dort das Feld Null ist, im Innern dagegen einfach
dieses Integral zu 2πR0 v0 . Das Flächenintegral über den Querschnitt des Zylinders von
0
rot v = R1v−R
( Rr1 − 2) liefert (in Zylinderkoordinaten gerechnet)
0
v0

R1 − R0
Z 2π Z R1 R1
v0
v0
R1
rot vdA =
− 2 rdrdφ = 2π
R1 r − r2 r=R
=
0
R1 − R0 φ=0 r=R0 r
R1 − R0
A
v0
= 2π
R1 R1 − R1 2 − R1 R0 + R0 2 = −2πv0 R0
(100.7)
R1 − R0
Z
Dies ist dasselbe Ergebnis wie das Integral um die Umrandung der Fläche. Das verschiedene Vorzeichen kommt daher, dass der Umlaufsinn der Integration entlang der Flächenbegrenzung nicht berücksichtigt wurde: dieser wäre am Außenmantel entgegengesetzt dem
am Innenmantel und bestimmt die zu verwendende Richtung der Flächennormalen und
damit das Vorzeichen des Flächenintegrals.
Die Sätze von Gauß und Stokes gelten also auch für das abgewandelte Geschwindigkeitsfeld.
101 Übungsfeld (1P freiwillig)

x2 − 2yh1

z 2 . Berechne div F und rot F .
z0 2 cos ky

Aufgabe Gegeben ist ein Kraftfeld F =
Lösung
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F0
d2
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Der Operator div auf den Vektor H angewendet schreibt sich in Komponenten:
div H =
∂Hx ∂Hy
∂Hz
+
+
∂x
∂y
∂z
(101.1)
Hier ergibt sich
F0
div F = 2
d
∂(x2 − 2yh1 ) ∂(z 2 ) ∂(z0 2 cos
+
+
∂x
∂y
∂z
y
k )
!
=
F0
F0
(2x + 0 + 0) = 2 2x
2
d
d
(101.2)
Der Vektor-Operator rot auf den Vektor H angewendet schreibt sich in Komponenten:


∂Hy
∂Hz
∂y − ∂z

∂Hz 
x
rot H =  ∂H
(101.3)
∂z − ∂x 
∂Hy
∂Hx
∂x − ∂y
Hier ergibt sich

F0 
rot F = 2 
d 
2
∂ (z0 2 cos( ky ))
− ∂z
∂y
∂z
∂ (z0 2 cos( ky ))
∂(x2 −2yh1 )
−
∂z
∂x
∂(x2 −2yh1 )
∂z 2
−
∂x
∂y


 F0
=


d2
−z0 2 sin
y 1
k k
0
2h1
− 2z


(101.4)
102 Bluttransport (3P)
Aufgabe
a) Art der Strömung: In der Aorta (Durchmesser 26mm) fließt das Blut mit einer Geschwindigkeit von maximal 47cm/s. Ist diese Strömung laminar oder turbulent?
Werte für das Blut: Viskosität η = 4,5 · 10−3 Pa · s, Dichte ρ = 1060kg/m3 ; für eine Rohrströmung ist die kritische Reynoldszahl Re ≈ 1170.
b) Verkalkung: Infolge Ablagerungen innen an der Aortawand hat der effektive Innendurch9
messer der Aorta auf 10
des ursprünglichen abgenommen. Auf welchen Bruchteil des
normalen Wertes sinkt dadurch die durch diese Aorta transportierte Blutmenge, wenn
das Herz keinen größeren Druck erzeugt als vor Beginn der Ablagerung?
c) Verzweigung: Wieviele von einer dicken Arterie (Durchmesser wie die Aorta) abzweigende
Adern mit 12 Durchmesser der Arterie werden benötigt, dass es keinen Stau in der dicken
Arterie gibt?
Lösung
a) Die Art der Strömung kann über die Reynolds-Zahl
Re =
ρvl
η
(102.1)
abgeschätzt werden, dabei ist ρ die Dichte, η die Viskosität, v die Strömungsgeschwindigkeit und l eine charakteristische Länge für die vorliegende geometrische Anordnung (hier
der Röhrenradius).
Hier ist diese Zahl Re = 1440 > 1170: Das Blut in der Aorta fließt turbulent.
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b) Die Durchflussmenge einer Flüssigkeit mit der Viskosität η durch ein Rohr mit Radius R
und Länge L bei einem Druckunterschied ∆p entlang des Rohres wird durch das Gesetz
von Hagen-Poiseuille festgelegt zu
V̇ =
πR4
∆p
8ηL
(102.2)
Wenn sich der Radius (oder Durchmesser) auf 90% verringert, so geht der Volumenstrom
bei Konstanz der anderen Faktoren auf 39% des ursprünglichen herunter.
c) Da nach (101.2) der Volumenstrom mit der vierten Potenz des Radius geht, verringert er
1
sich bei Halbierung des Radius auf 16
. Es sind also 16 kleinere Arterien nötig, um das
Blut weiter zu transportieren.
103 Pollenflug (1P + 2P freiwillig)
Aufgabe
Von einem blühenden Nadelbaum werden in 15m Höhe Pollen mit einem Durchmesser von 6µm
und mit einer Masse von 1,1 · 10−13 kg in die umgebende Luft (Dichte 1,2kg/m3 , Viskosität
1,8 · 10−5 Pa · s) freigesetzt.
a) Flugdauer (1P) : Wie lange dauert es bei Windstille, bis diese Pollen den Erdboden berühren?
b) Beschleunigungsphase (2P freiwillig) : Betrachte die Anfangsphase des Fluges genauer.
Nach welchem Weg-Zeit-Gesetz („Fahrplan“) fallen die Pollen? Welchen Weg hat eine
Polle zurückgelegt, bis sie 99% ihrer Endgeschwindigkeit erreicht hat?
Lösung
a) (1P) Bei laminaren Bedingungen, also relativ langsamen Geschwindigkeiten v, gilt für die
Bewegung einer Kugel (Radius r) in einer Flüssigkeit mit der Viskosität η das Gesetz von
Stokes
FR = −6πηvr
(103.1)
für die hier auftretende Reibungskraft.
Außer der Reibungskraft wirkt bei einer fallenden Kugel das Gewicht FG = mg und
der Luftauftrieb FA = gρL VK . Eine gleichförmige Bewegung (konstante Geschwindigkeit)
stellt sich ein, wenn die Summe der Kräfte null wird, also
FG +FR +FA = mg−6πηvr+gρL VK oder v = g
m − ρL VK
g
=
(m − ρL VK ) (103.2)
6πηr
6πηr
Die Fallzeit tF zur Erdoberfläche ist dann bei der Anfangshöhe ∆h
tF =
∆h
=
v
g
6πηr
∆h
(m − ρL VK )
(103.3)
Mit den Zahlenwerten aus der Aufgabenstellung ergibt sich die Sinkgeschwindigkeit zu
v = 0,525mm/s und die Fallzeit zu 28580s ≈ 8h.
b) (2P freiwillig) Anfangsbewegung bei Reibung
Die DGL zur Beschreibung der Bewegung der Pollen fasst die Kräfte zusammen (x sei die
Koordinate der Bewegungsrichtung): Gewicht, Auftrieb, Stokes-Reibung (siehe (103.2))
mẍ = mg − ρL VK g − 6πη ẋr
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(103.4)
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Mit m = VK ρK und den Abkürzungen ξ = g 1 −
ρL
ρK
und χ =
6πηr
m
ergibt sich
ρL VK
ρL VK g 6πη ẋr
− χẋ = ξ − χẋ
−
=g 1−
ẍ = g −
m
m
ρK VK
(103.5)
Mit dem Ansatz, der für DGLs dieser Art zum Ziel führt, ẋ = a exp kt + b ergeben sich
die im Ansatz unbekannten Konstanten b und k durch Einsetzen b = χξ und k = −χ. Die
Konstanten a ergibt sich zu a = −b = − χξ aus der Anfangsbedingung ẋ = 0 für t = 0.
Somit ergibt sich die Geschwindigkeit zu
ρL
mg
1
−
ρ
6πηr
ξ
K
1 − exp(−
ẋ = (1 − exp(−χt)) =
t)
(103.6)
χ
6πηr
m
Die Geschwindigkeit integriert ergibt die Zeitabhängigkeit des Ortes und mit der Anfangsbedingung x = 0 für t = 0 zur Bestimmung der Integrationskonstanten erhält man
Z t exp(−χτ ) t
ξ
ξ
τ+
=
(103.7)
(1 − exp(−χτ )) dτ =
x =
χ
χ
τ =0 χ
τ =0
mg 1 − ρL ρK
ξ
1
m
6πηr
=
t + (exp(−χt) − 1) =
t+
(exp(−
t) − 1)
χ
χ
6πηr
6πηr
m
In (103.6) gibt der vordere Bruch die in (103.2) schon berechnete Endgeschwindigkeit
wieder. Wenn 99% dieses Wertes erreicht sein soll, so hat die Exponentialfunktion in der
Klammer in (103.6) den Wert 0,01. Daraus lässt sich der Zeitpunkt dafür berechnen zu
t99 = − ln 0,01
m
= 0,5ms
6πηr
und daraus der bis dahin zurückgelegte Weg zu
mg 1 − ρρKL m
6πηr
x99 =
t99 +
(exp(−
t99 ) − 1) = 0,4µm
6πηr
6πηr
m
(103.8)
(103.9)
Die Endgeschwindigkeit wird (zu 99%) schon nach 500µs erreicht, der dabei zurückgelegte
Weg ist 0,4µm, also entsprechend klein.
104 Wasserversorgung (2P)
Aufgabe
Das Wasserwerk garantiert für ein Miethaus mit 11m Höhe (Höhenunterschied zwischen Versorgungsleitung im Keller und Wasserhahn im 3. Stockwerk) einen Wasserüberdruck (gegenüber
Luft) von ∆p = 2 · 105 Pa bei einem maximalen Wasserfluss, der so groß ist, dass eine größere
Badewanne (Länge x Breite x Tiefe = 1,5 × 0,6 × 0,5m3 ) in 2 Minuten zu 23 gefüllt werden kann.
Das Zuflussrohr ins Haus hat einen Innendurchmesser von 3", im Haus sind Rohre von Mindestinnendurchmesser 12 " vorgeschrieben, damit die vom Wasserwerk garantierten Werte eingehalten werden können (diese wurden aus Kostengründen auch verwendet).
Welchen Wasserdruck muss das Wasserwerk an der Hausversorgung vorsehen, damit die Garantiewerte erfüllt werden?
Lösung
Dies ist ein Beispiel, das mit der Gleichung von Bernoulli behandelt werden kann. Diese besagt,
dass die Summe aus dem statischen Druck p in einer Flüssigkeit, zu dem eventuell noch der
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äußere Luftdruck pL und der Schweredruck ρgh addiert werden muss, und dem dynamischen
Druck ρ2 v 2 konstant ist.
ρ
p + pL + ρgh + v 2 = const.
(104.1)
2
Vorbemerkung: Hier werden alle Teildrucke in Einheiten des Luftdruckes pL diskutiert werden,
der hier hinreichend genau als pL = 1 · 105 Pa definiert sei.
Der nötige Druck setzt sich zusammen aus dem garantierten Überdruck 2pL gegenüber den
Atmosphärendruck pL , dem Atmosphärendruck pL selber, da das Wasser gegen diesen aus dem
Hahn kommen muss, dem Schweredruck des Wassers ρgh ≈ 1,08pL infolge des 11m Höhenunterschieds im Haus und dem Anteil, der durch das Fließen des Wassers hervorgerufen wird.
Der geforderte Volumenfluss ist (15 · 6 · 5) 23 12 l/min = 150l/min = 2,5l/s. Das heißt bei einem
Rohrdurchmesser von 0,5" eine Geschwindigkeit von 0,5 2,5l/s
= 19.7m/s, die zum Druck
π( 2 · 0,0254m)2
0,5 · 1000 · 19.72 Pa = 1,94pL führt. Alles zusammen ist also ein Druck von pw = 6pL nötig.
105 Defektes Odelfass (2P freiwillig)
Aufgabe
Die durch den Traktor (offiziell Zugmaschine) über die Zapfwelle angetrieben Pumpe eines
Hochdruck-Odelfasses (außerhalb Bayerns auch Güllefass genannt - Odel und Gülle sind genaugenomen nicht identisch) ist defekt, so dass die Jauche (ein weiterer Name für dasselbe
Produkt) durch den für einen solchen Fall vorgesehenen Auslass das Fass, getrieben durch das
eigenes Gewicht, beim Ausbringen verlassen muss. Der Auslass des Fasses ist an dessen unterster Stelle in horizontaler Richtung angebracht und hat einen Durchmesser von 10cm.
Wie groß ist die maximale Geschwindigkeit des Odels, wenn das Fass eine Höhe von 1,8m hat?
Die Dichte der genannten Flüssigkeit sei ρ = 1130kg/m3 . Das Fass, ein liegender Zylinder, habe eine Länge von 3m und besitzt, zur Vermeidung eines Unterdrucks, am oberen Ende einen
Belüftungskamin.
In welcher Zeit wird sich das Fass leeren (begründeter Schätzwert)?
Lösung
Im Fass ist die Sinkgeschwindigkeit der Flüssigkeit fast Null, am Boden herrscht der Schweredruck pi = ρgH vermehrt um den äußeren Luftdruck pL . Am Ende des Auslaufs herrscht
ebenfalls der Luftdruck pL und der dynamische Druck, der sich aus der Geschwindigkeit des
Flüssigkeit
zu pa = 0,5ρv 2 ergibt. Beide Gesamtdrucke müssen nach Bernoulli gleich sein, also
√
v = 2gH = 6m/s
Zum Abschätzen der Auslaufzeit bewährt sich manchmal die Faustregel, dass ein Faktor 2 auftritt, wenn sich eine Größe während des Vorgang von 0 auf den Endwert ändert oder umgekehrt:
hier also die doppelte Zeit, wie wenn das Fass mit dem anfänglichen Volumenstrom weiter sich
leeren würde. Der Volumenstrom am Anfang ist 47l/s, das Volumen des Fasses ist 7,6m3 , also
eine Leerzeit von 162s bei konstantem Druck, 325s bei auf Null abfallenden Druck.
Der hier genannte Faktor 2 ist willkürlich gewählt. Er träfe in diesem Fall zu, wenn der Querschnitt des Fasses sich beim Entleeren nicht ändert, also jeweils parallele Seitenwände und
horizontale Wände oben und unten besitzt, z.B. bei rechteckigem Querschnitt. Wie der Faktor
bei kreisförmigem Querschnitt lautet, liefert die folgende genaue Rechnung.
Das liegende Fass hat einen kreisförmigen Querschnitt mit Durchmesser 2R = 1,8m und Länge
L = 3m und sei bis zur maximal vollen Höhe h ≤ H = 2R gefüllt. Die Oberfläche der Flüssig2
keit beträgt O = L · b mit 2b = h · (2R −h). Letzteres ist am schnellsten einzusehen, wenn der
Querschnitt senkrecht halbiert wird und der so dadurch entstandene Halbkreis als Thaleskreis
aufgefasst wird und der Berührpunkt der Flüssigkeit mit der runden Seitenwand zusammen mit
dem senkrechten Durchmesser ein rechtwinkliges Dreieck formt, dessen Höhe 2b ist, auf die der
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Lösungsblatt 15
Mechanik WS 2007-2008
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Höhensatz angewendet werden kann. Dieser kann natürlich auch einfach durch Anwendung des
Satzes von Pythagoras gewonnen werden.
Das gefüllte Volumen berechnet sich durch Integration bis zur aktuellen Füllhöhe h1 zu
Z
h1
Z
h1
L · b(h)dh =
V (h1 ) =
h=0
2L
p
h(2R − h)dh
(105.1)
h=0
√
Die zeitliche Änderung des Volumens, also der Volumen-Fluss, ist der Fluss v · A, mit v = 2gh
als Austrittsgeschwindigkeit bei Höhe h und Querschnitt A der Austrittsöffnung, der in der
Aufgabenstellung zu A = π4 d2 mit d = 10cm angegeben ist. Damit und mit dem in (105.1)
berechneten Volumen ergibt sich der Strom zu
p
p
dV (h1 )
dh1
dV dh1
=
= 2L h1 (2R − h1 )
= −A · v = −A 2gh1
dt
dh1 dt
dt
(105.2)
Durch Variablentrennung und kleinere Umformungen zur Erleichterung der nachfolgenden Integration ergibt sich daraus
s r
p
2L h1 (2R − h1 )
2L R
h1
2L p
√
dt =
2R − h1 dh1 = −
1−
dh1 = (105.3)
dh1 = − √
A
g
2R
A 2g
−A 2gh1
s r
s r
s
4RL R
h1
4RL R
h1
4RL R √
h1
h1
= −
d
=
d 1−
=
1−
1−
qdq
A
g
2R
2R
A
g
2R
2R
A
g
h1
mit q = 1 − 2R
. Dies ist nun einfach zu integrieren: Die Grenzen sind als Anfangswerte t = 0
und h1 = 2R (gefülltes Fass), also q = 0, und als Endwerte die Auslaufzeit T und h1 = 0 (leeres
Fass), also q = 1.
Z
T
Z
1
dt = T =
t=0
q=0
4RL
A
s
R√
4RL
qdq =
g
A
s
R
g
p 1
q3 3 2
q=0
8RL
=
3A
s
R
g
(105.4)
Dies ist zu vergleichen mit der Zeit, die verstreichen würde, falls das ganze Fass mit der Anfangsgeschwindigkeit ausfließen würde:
s
V (h0 )
πR2 L
πR2 L
πRL R
T0 =
= √
=
= √
(105.5)
Av0
2A
g
A 2g2R
A 2gh0
Der Verhältnis zwischen beiden Werten ergibt sich zu
abgeschätzt (2).
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T
T0
=
8·2
3·π
≈ 1,7, also in etwa so, wie
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