Klassische Experimentalphysik I (Mechanik) (WS 16/17

Klassische Experimentalphysik I (Mechanik) (WS 16/17)
http://ekpwww.physik.uni-karlsruhe.de/~rwolf/teaching/ws16-17-mechanik.html
Übungsblatt 12
Lösungen
Name des Übungsgruppenleiters und Gruppenbuchstabe:
Namen der bearbeitenden Gruppe:
Ausgabe: Di, 24.01.2017
Abgabe: Mo, 30.01.2017
Aufgabe 42: RMS Titanic
(6 Punkte)
a)
Die Verdrängung des Schiffes betrug laut Angabe mW = 53 147 t Wasser. Wir rechnen diese
Masse in Volumen um und vergleichen mit dem Volumen VT der Titanic als Referenz:
αT =
mW
53 147 t
=
= 0.405
3
ρW VT
1 t/m · 46 329 BRT · 2.83 m3 /BRT
Es lagen also in etwa 40% des Gesamtvolumens im Wasser und 60% oberhalb.
b)
Wir machen die Annahme, das Schiff sei quaderförmig, bezeichnen die Länge des Schiffes mit
` und seine Breite mit b. In vollbeladenem Zustand hatte das Schiff 3 400 Menschen an Bord,
deren zusätzliche Masse wir mit 255 t abschätzen, zuzüglich 6 000 t Nutzlast ergibt die folgende
Abschätzung:
∆m = 6 255 t
∆m
= 6 255 m3
ρW
∆m
= 0.86 m
∆h =
ρW ` b
∆V =
∆V ist das zusätzlich verdrängte Wasservolumen. Der Auftrieb des verdrängten Wassers kompensiert das zusätzliche Gewicht. Das Schiff senkte sich um 86 cm. Davon gehen 3.5 cm auf das
Gewicht von Besatzung und Passagieren, das sind in guter Näherung 0.1 mm pro Mensch an
Bord.
c)
Wir bezeichnen das Volumen des Eisberges ober(unter-)halb der Wasserline mit Vo (Vu ). Für
den Eisberg gilt:
(Vo + Vu ) ρE g = Vu ρw g
Vo
Vu
ρE
αT =
=1−
=1−
= 0.09
Vo + Vu
Vo + Vu
ρw
Nach dieser einfachen Abschätzung befanden sich 9% des Eisberges über Wasser. Das ist unabhängig von der Form für jeden Eisberg der Fall. Für eine genauere Abschätzung müßte man
berücksichtigen, dass die Dichte von Salzwasser im Atlantik größer ist, als in Süßwasser. Wäre
der Anteil also kleiner oder größer als 9%?
d)
Wir bezeichnen die Zeit in der das Schiff sank mit ∆T . Die mittlere Geschwindigkeit v mit der
das Wasser in das Schiff eindrang betrug:
v=
VT
46 329 BRT · 2.83 m3 /BRT
=
= 820 m3 /min
∆T
160 min
2
Tatsächlich hielt sich die Titanic noch fast zwei Stunden nach dem Zusammenstoß mit dem
Eisberg in nahezu unveränderter Höhe im Wasser, wobei sie sich zunehmend nach hinten neigte.
Nach etwa zweieinhalb Stunden veränderte sich die Situation dramatisch: das Schiff brach in etwa
in der Mitte in zwei Teile und sank innerhalb weniger Minuten. Wir bezeichnen die Leermasse
der Titatnic mit m0 und die Dichte von Stahl mit ρS . Als die Titanic noch schwamm verdrängte
sie laut Angabe 53 147 t Wasser. Nachdem sie gesunken war nur noch
VS =
m0
= 4 991 m3 .
ρS
Das Sinken der Titatnic führte also zu einem Absinken des Meeresspiegels.
e)
Nach dem Sinken läßt sich die Geschwindigkeit, mit der die Titanic weiter nach unten gezogen
wurde abschätzen zu:
ρW
Fg0 = m0 g 1 −
= m0 a
ρS
ρW
ρW
v =g 1−
t + v0
a=g 1−
ρS
ρS
Die Geschwindigkeit nimmt also linear mit der Zeit zu. Der zusätzliche Term v0 ergibt sich
formell als Integrationskonstante. Sie läßt sich durch
v
= 0.113 m/min
`b
abschätzen und wird im folgenden der Einfachheit halber vernachlässigt werden (siehe Teilaufgabe d) für eine genauere Diskussion des Verlaufs der Katastrophe). Den Sog schätzen wir aus
dem dynamischen Druck ab:
v0 =
1
ρW
2
pS = ρW v = ρW g h 1 −
2
ρS
mit
1
h = a t2
2
2h
2h
2
t =
= a
g 1 − ρρWS
Der Sog in dieser Abschätzung entspricht einer Beschleunigung von “0.87 g pro Quadratmeter
Fläche und Meter Tiefe des Wracks”. Bei dieser Betrachtung ist es egal, ob sich eine Flüssigkeit mit der Geschwindigkeit v um ein Objekt, oder ein Objekt mit der Geschwindigkeit −v
durch eine Flüssigkeit bewegt. Die Sogwirkung nimmt nach dieser einfachen Abschätzung linear mit der Sinktiefe des Wrackes zu. Wenn Sie die zusätzliche Nutzlasst von mN = 6 000 t
mit berücksichtigen wollen ändert sich am funktionalen Zusammenhang nichts. Sie würden nur
m0 durch m0 + mN ersetzen. Diese Abschätzung ist in vielerlei Hinsicht relativ grob, z.B. vernachlässigen wir die innere Reibung des Wassers. Auch handelt es sich beim Sinken um einen
dynamischen Vorgang, bei dem sich eine Wirbelschleppe ausbildet, die nicht beliebig weit hinter
3
dem sinkenden Wrack bestehen bleibt. Außerdem kann innerhalb des Wrackes Luft in der komplizierten Struktur des Schiffes Blasen ausbilden, die den Auftrieb des Wracks verändern. Die
grobe Abschätzung, die wir gemacht haben vermittelt trotzdem, ein hinreichendes Bild dessen,
was passiert. Der Sog eines sinkenden Schiffes kann durchaus gefährlich werden. Ein berühmtes
Beispiel aus der Literatur wird in Hermann Melvilles Abenteuer-Roman Moby Dick beschrieben.
f)
Der Druck beträgt p = ρW g h = 373 bar, d.h. 373-facher Atmosphärendruck! Durch die Allseitigkeit des Druckes wirkt er auf jede Stelle der Außenwand gleichermaßen.
Aufgabe 43: Hydraulikpumpe
(4 Punkte)
a)
Die Masse m = 100 kg übt einen Druck von
p2 =
mg
A2
auf die Flüssigkeit aus. Diesen Druck müssen Sie kompensieren. Daraus ergibt sich
p2 = p1
Fg0
mg
=
A2
A1
A2
= 9.81 N
Fg0 = m g
A1
entsprechend einer Masse von 1 kg.
b)
Aus der Massenerhaltung für die Flüssigkeit ergibt sich:
∆V1 = ∆V2
∆h1 A1 = ∆h2 A2
A2
∆h1 = ∆h2
=1m
A1
c)
Es ist richtig, dass die Flüssigkeit auf der Seite der Konstruktion mit dem angehobenen Druckstempel ebenfalls Lageenergie gewinnt, aber in gleichem Maße gibt sie auf der Seite mit dem gesenkten Druckstempel Lageenergie ab. Die Energiebilanz eines Massenelementes dm der Flüssigkeit sieht (hier für den Fall, dass der schamle Druckstempel nach unten gedrückt wird) wie folgt
aus:
4
Fi = g dmi
dm1 = dm2 = dm
Z
−
Z
F1 dh1 =
Z
F2 dh2
Z
A2
F1 dh2
A
Z
Z 1
A2
A1
− F1 dh1 =
F1
dh1
A1
A2
−
|
F1 dh1 =
|
A2
F1
A1
A1
mit: dh2 =
dh1
A2
mit: F2 =
Die abgegebene Lageenergie auf der einen Seite entspricht also exakt der aufgenommenen Lageenergie auf der anderen Seite.
Anmerkung:
Dies gilt nur für infinitesimal kleine Änderungen der Höhe dh2 der Flüssigkeitssäule im angehobenen Druckstempel gegenüber dem gesenkten Druckstempel. Sobald zu berücksichtigen ist,
dass sich über dem Massenelement dm weitere “Massenschichten aufbauen” erhöht sich die Kraft
die Sie zu leisten haben zu
A1
A1
A1
0
F1 =
m g + ρ g A1 (h1 + h2 ) =
m g + ρ g A1 h1 1 +
A2
A2
A2
1
Beachten Sie: in dem Maße in dem h1 nach unten geht, geht h2 im Verhältnis A
A2 nach oben; es
tragen also beide Bewegungen zur Höhendifferenz bei, daher das “+”-Zeichen. Die Arbeit, die
Sie makroskopisch zu leisten haben dient dazu neben der Nutzlast auch die Flüssigkeitssäule mit
anzuheben. Dies führt eine triviale Abhängigkeit von ρ (durch die stehende Flüssigkeitssäule)
ein:
Z
F10 dh1
Z
A1
A1
=
m g dh1 + ρ g A1 h1 1 +
dh1
A2
A2
1
A1
A1
=
m g h1 + mF l g h1 1 +
,
A2
2
A2
Z
wobei wir die Masse der Flüssigkeit mit mF l abgekürzt haben. Der erste Summand auf der
rechten Seite entspricht der Lageenergie der angehobenen Nutzlast, der zweite Summand der
Lageenergie der Flüssigkeitssäule. Gerade bei großer Übersetzung (A2 A1 ) wird die geleistete
Arbeit nur noch in das Anheben der Flüssigkeitssäule investiert. Sie können den Effekt der
Flüssigkeitssäule ignorieren solange der Quotient
m F l A2
1
2 m A1
ist, d.h. bei großer Masse m im Verhältnis zu mF l und nicht allzu großem Flächenverhältnis
5
A1
A2 .
Aufgabe 44: Gleichung von Bernoulli
(4 Punkte)
Im Sinne der Bernoulli-Gleichung haben wir es bei dieser Aufgabe mit einem halben und um 90◦
gedrehten Venturischen Rohr ohne äußeren Druck zu tun. Durch die “Allseitigkeit” des Druckes
spielt es keine Rolle, ob sich das Loch, durch das das Wasser ausströmt, im Boden oder auf
Bodenhöhe in der Wand des Behältnisses befindet. Im Unterschied zum horizontal liegenden
Venturischen Rohr nimmt der hydrostatische Druck in diesem Fall mit zunehmender Tiefe zu.
Der für die Aufgabe relevante Teil spielt sich am Boden des Behältnisses ab, wofür wir die
Bernoulli-Gleichung formulieren:
1
1
ρ g h + ρ v12 = ρ v22
2
2
Mit h bezeichnen wir die Füllhöhe des Gefäßes, mit v1 die Sinkgeschwindigkeit des Wassers im
Behältnis und mit v2 die Ausflußgeschwindigkeit am Loch. Die auf Bodenhöhe des Behältnisses
vorherrschenden Drücke sind in der folgenden Tabelle nocheinmal zusammengefaßt:
Im Gefäß
Im Loch
ph = ρ g h
p1 = 12 ρ v12
–
p2 = 12 ρ v22
d.h. außerhalb des Behältnisses (bereits innerhalb des Loches) besteht der hydrostatische Druck
nicht mehr. Der statische Druckabfall wird durch einen erhöhten dynamischen Druck ausgeglichen. Außerdem läßt sich aus der Massenerhaltung eine weitere Beziehung zwischen v1 und
v2 herleiten:
A1 v1 = A2 v2
v1 =
A2
v2
A1
v2 =
A1
v1
A2
a)
Für diese Teilaufgabe bestimmen wir zunächt die Austrittsgeschwindigkeit des Wassers im Loch
v2 . Damit und mit der Kenntnis um die Höhe des Podestes d können wir das Problem auf
Aufgabe 5 zurückführen:
1 2
1
A22
2
2
ρ g h = ρ v2 − v1 = v2 ρ 1 − 2
2
2
A1
v
u 2gh
u
v2 = t A2
1 − A22
1
s
∆y = v2 · ∆t = v2 ·
s
v
v
2d u
2d u
u 2 g h u 4dh =t
·
= t
2
A
A2
g
g
1− 2
1− 2
A21
A21
√
Der funktionale Zusammenhang geht also mit h. Für den Zeitpunkt t0 beträgt der Abstand
2 m. Es handelt sich dabei gleichzeitig um den maximalen Abstand. In der Literatur können Sie
für die Bestimmung von v2 die Formel
6
v2 =
p
2gh
finden, die als Ausflußgesetzt von Toricelli bekannt ist. Aus der exakten Behandlung im Rahmen
dieser Aufgabe ist offensichtlich, dass diese Formel durch die Näherung A2 A1 aus der exakten
Behandlung hervorgeht. Diese Näherung ist im allgemeinen, wie auch in unserer Aufgabe sehr
gut erfüllt.
b)
Zur Lösung dieses Problems lösen wir zunächst die Bernoulli-Gleichung nach der Sinkgeschwindigkeit v1 auf:
v
u 2gh
u
v1 = t A2
1
−
1
2
A
2
Gleichzeitig gilt v1 = ḣ. Wir erhalten so eine Differential-Gleichung ersten Grades für h, die wir
durch Separation der Variablen lösen können:
v
v
u
√
dh u
u 2 g h u 2 g √
= t A2
= t A2
· h=α· h
dt
1
1
−1
−1
A22
dh
√ = α dt
h
mit:
A22
Z
h(t0 +t)
h(t0 )
dh
√ =
h
v
u
2g
u
α ≡ t A2
1
−
1
A2
Z
t0 +t
α dt
t0
h(t0 ) = h0
h(t0 + t) = 0
2
s
√
h A21
2 h
t=
=2
− 1 = 1505 s = 25 min
α
2 g A22
Das entspricht einer mittleren Sinkgeschwindigkeit des Wasserspiegels im Bassin von 4 cm/min.
Aufgabe 45: Geschwindigkeitsmessung von Flüssigkeiten
(6 Punkte)
Beachten Sie für den Lösungsansatz für diese Aufgabe, dass sich das System im Gleichgewichtszustand befindet. Der Druck ist also im ganzen System bestehend aus U1 und U2 gleich! Wäre
dies nicht der Fall würde entweder Flüssigkeit in U2 hinein oder aus U2 hinaus fließen.
a)
Zum besseren Verständnis geben wir die vollständige Druckbilanz in P 1 und P 2 (unter Vernachlässigung von hydrostatischen Druckdifferenzen in U1 ) an und diskutieren die Situation
außerdem in Worten:
(P 1)
(P 2)
in U1
in U2
1
p + ρ v 2 = p + ρ0 g∆h
2
1 2
p − ρ v = p − ρ0 g∆h
2
7
(Staudruck)
(Sogdruck)
mit ∆p = ρ0 g ∆h. In P 1 baut sich aufgrund der mit der Geschwindigkeit ~v auflaufenden Flüssigkeit ein “Staudruck” auf, der dazu führt, dass Flüssigkeit in das Umlenkrohr U2 gedrückt wird.
Daraufhin steigt die Quecksilbersäule auf der rechten Seite an, bis der hydrostatische Druck der
rechts im Rohr um ∆h höher stehenden Quecksilbersäule den Staudruck der Flüssigkeit kompensiert. In diesem Augenblick tritt das Gleichgewicht ein. Wir haben in P 1 innerhalb von U1
den Druck p + 21 ρ v 2 und innerhalb von U2 den Druck p + ρ0 g∆h.
In P 2 besteht aufgrund des dynamischen Druckes der Flüssigkeit ein “Sogdruck”, mit dem
Bestreben weitere Flüssigkeit aus U2 heraus zu ziehen. Diesem Druck steht der hydrostatische
Unterdruck der links im Rohr um ∆h niedriger stehenden Quecksilbersäule entgegen. Wir haben
in P 2 innerhalb von U1 den Druck p − 21 ρ v 2 und innerhalb von U2 den Druck p − ρ0 g∆h. Aus
(P 1) − (P 2) ergibt sich:
s
ρ v 2 = 2 ρ0 g ∆h
v=
2 g ρ0 ∆h
=
ρ
s
2 ∆p
ρ
(1)
Dieser Lösungsansatz legt zwei Seiten einer Medaille offen. Sie können bei der Recherche zwei
weitere übliche Lösungsansätze finden, die sich beide auf den ersten Blick zu widersprechen scheinen. Im ersten Ansatz lautet die Argumentation: im Druckpunkt P 1 bewegt sich die Füssigkeit
nicht, daher besteht dort nur der statische Druck p; in P 2 bewegt sich die Flüssigkeit daher
besteht dort der Druck p − 12 ρ v 2 . Aus der Differenz ergibt sich Gleichung (1).
Der zweite Lösungsansatz argumentiert genau anders herum: in P 1 läuft die Flüssigkeit mit der
Geschwindigkeit ~v auf und erzeugt daher den Staudruck p+ 21 ρ v 2 ; in P 2 hingegen wird senkrecht
zur strömenden Flüssigkeit nur der statische Druck p gemessen. Aus der Differenz ergibt sich
wiederum Gleichung (1).
Beide Ansätze führen auf die richtige Lösung. Ist einer von beiden falsch (wenn ja welcher), oder
sind beide richtig? Das Geheimnis können Sie mit Hilfe der vollständigen Druckbilanz im Gleichgewichtszustand auflösen: die Anhänger der einen oder anderen Argumentation verschweigen im
allgemeinen, wo bei ihnen P 1 und P 2 genau liegen. Im ersten Fall liegt P 1 innerhalb von U2
und P 2 innerhalb von U1 . In der unteren Skizze ist diese Situation durch die grünen Punkte
dargestellt. Im zweiten Fall liegt P 1 innerhalb von U1 und P 2 innerhalb von U2 , dargestellt
durch die roten Punkte in der unteren Skizze. So ist es möglich, dass beide Annahmen gleichzeitig richtig sein können. In beiden Fällen wirkt in U1 sowohl in P 1 als auch in P 2 der gleiche
statische und dynamische Druck. Der dynamische Druck in P 1 und P 2 weist dabei aufgrund der
geometrischen Anordnung ein unterschiedliches Vorzeichen auf, und in beiden Punkten wird er
durch den hydrostatischen Druck der Quecksilbersäule kompensiert.
8
b)
Auch im Venturischen Rohr stellen wir die vollständige Druckbilanz in P 3 und P 4 auf:
in U1
1
p − ρ v32 = p −
2
1
p − ρ v42 = p −
2
(P 3)
(P 4)
in U2
1 2
ρ v + ρ0 g ∆h
2 4
1 2
ρ v − ρ0 g ∆h
2 3
wieder mit ∆p = ρ0 g ∆h. In P 3 wirkt in U1 der Gesamtdruck p − 12 ρ v32 ; in U2 wirkt der Druck
p − 21 ρ v42 durch die Öffnung von U2 im verjüngten Teil von U1 und zusätzlich der hydrostatische
Druck ρ0 g ∆h durch die rechts im Rohr höher stehende Quecksilbersäule. In P 4 wirkt in U1
der Gesamtdruck p − 21 ρ v42 und in U2 der Druck p − 12 ρ v32 aus dem breiteren Teil von U1
abzüglich des hydrostatischen Unterdrucks ρ0 g ∆h durch die links im Rohr niedriger stehende
Quecksilbersäule. Aus (P 3) − (P 4) ergibt sich:
1
1
ρ v42 − v32 = − ρ v42 − v32 + 2 ρ0 g ∆h
2
2
mit:
v4 =
A3
v3
A4
s
v
v
u 2 ρ0 g ∆h
u 2 ∆p
2 ∆p
u u
=t 2
= 0.1 ·
v3 = t
A23
A3
ρ
ρ A2 − 1
ρ A2 − 1
4
4
c)
Wir berechnen die Unsicherheit auf v3 = v durch Fehlerfortpflanzung, wie in Aufgabe 1 zunächst
für das Prandtlsche Rohr aus Teilaufgabe a):
9
d
δv =
d(∆p)
s
2 ∆p
ρ
!
· δ∆p = √
δ∆p
2 ∆p ρ
δv
1 δ∆p
=
v
2 ∆p
Die relative Unsicherheit auf v beträgt also 2.5%. Im Falle des Venturischen Rohrs ist die relative
Meßunsicherheit gleich, aber aufgrund des höheren Meßausschlags läßt sich ∆p im allgemeinen
besser, d.h. mit niedrigerer relativer Unsicherheit bestimmen. In unserem Beispiel wäre die
Druckdifferenz bei gleicher Geschwindigkeit v3 = v um den Faktor 100 größer, als in Teilaufgabe
a)! Im Fall des Prantlschen Rohrs, ist dafür der “Eingriff” auf die Umgebung minimal.
Das Prandtlsche Rohr wird auch in der Luftfahrt zur Messung der Geschwindigkeit von Flugzeugen relativ zur sie umfließenden Luftströmung eingesetzt. Es handelt sich dabei um in Flugrichtung weisende dünne Rohre, die Sie manchmal an der Flugzeugspitze aus dem Rumpf herausragen sehen können. Die Messung wird auf diese Weise durchgeführt, obwohl Luft sicher nicht
inkompressibel ist, was eine wichtige Vorraussetzung zur Anwendung des Satzes von Bernoulli
ist, der wiederum den obigen Betrachtungen zugrunde liegt. Bei üblichen Flugzeuggeschwindigkeiten ist die Annahme der Inkompressibilität von Luft wohl näherungsweise noch gut genug
erfüllt. Sie können daraus ableiten, dass das Venturische Rohr für eine solche Messung gerade
wegen der größeren Druckdifferenz zwischen P 3 und P 4 weniger geeignet ist.
10