\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\centerline{L\"osungen zur \"Ubung Nr.11}
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\centerline{Besprechung: Donnerstag 22.Januar 2004}
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\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (8 Punkte) \newline
a) Die frei werdende Energie ist
\begin{displaymath}
\Delta W = \sigma (A_{1} - A_{2}) = \sigma ( 8000 \cdot 4 \pi r_{1}^{2} - 4 \pi r_{2}^{2})
\end{displaymath}
Ausserdem gilt $V_{2} = 8000 \cdot V_{1}$ oder
\begin{displaymath}
r_{2} = r_{1} 8000^{1/3} = 0,1 \; mm \cdot 20 = 2 \; mm.
\end{displaymath}
Damit wird
\begin{displaymath}
\Delta W = \sigma 4 \pi(8000 r_{1}^{2} - r_{2}^{2}) = 0,444 \cdot 10^{-3} \; Nm
\end{displaymath}
b) F\"ur die Arbeit, den Radius einer Kugel um $dr$ zu vergr\"o"sern, erhalten wir einmal
\begin{displaymath}
dW = p \; dV = p 4\pi r^{2} dr,
\end{displaymath}
zum anderen auch \"uber
\begin{displaymath}
dW = \sigma \; dA = \sigma [ 4 \pi(r + dr)^{2} - 4 \pi r^{2}] = 8 \pi \sigma r \; dr.
\end{displaymath}
Aus beiden Gleichungen folgt
\begin{displaymath}
p = \frac{2\sigma}{r}.
\end{displaymath}
Angewendet auf die beiden Kugeln folgt
\begin{eqnarray}
p_{1} &=& \frac{2 \sigma}{r_{1}} = 9,3 \cdot 10^{3} \; N/m^{2} \nonumber \\
p_{2} &=& \frac{2 \sigma}{r_{2}} = 465 \; N/m^{2}. \nonumber
\end{eqnarray}
Man beachte also, dass $p_{2} < p_{1}$, wie in der Vorlesung auch am Beispiel von Seifenblasen
demonstriert wurde (''Die Gro"sen schlucken die Kleinen''). \newline
c) Die Depression in einem einzelnen Rohr ist nach Vorlesung
\begin{displaymath}
h = \frac{2\sigma}{\rho g r} cos(\varphi).
\end{displaymath}
Bei Quecksilber kann man v\"ollige 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 zun\"achst getrennt und tauchen sie in einen unendlich
grossen Hg- Beh\"alter.
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Dann gilt f\"ur die einzelnen Rohre:
\begin{eqnarray}
h_{1} &=& \frac{2 \sigma}{\rho r_{1} g} = 7 \; mm \nonumber \\
h_{2} &=& \frac{2 \sigma}{\rho r_{2} g} = 28 \; mm \nonumber 
\end{eqnarray}
\vskip 5cm
Anschliessend verbindet man die Rohre zu einem U-Rohr und entfernt den unendlich grossen
Beh\"alter. Die Differenz  bleibt dabei erhalten:
\begin{displaymath}
\Delta h = h_{2} - h_{1} = 21 \; mm
\end{displaymath}
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{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (8 Punkte) \newline
In Teil a) misst man die Differenz zwischen dem statischen Druck $p = 101,5 \; kPa$ und dem 
\"ausseren Luftdruck $p_{0} = 101,3 \; kPa$,
\begin{displaymath}
p - p_{0} = \rho_{W} g h_{a} \; \; \; \; \; \to \; \; \; \; \; h_{a} = \frac{p - p_{0}}{\rho_{W} g}
\end{displaymath}
oder $h_{a} = 2 \; cm$. \newline
Im Fall b) muss der Unterschied zwischen Gesamtdruck und \"ausserer Luftdruck bestimmt werden,
\begin{displaymath}
p_{g} - p_{0} = p + \frac{1}{2} \rho v^{2} - p_{0} = \rho_{W} g h_{b} \; \; \; \; \; \to
\; \; \; \; \; h_{b} = h_{a} + \frac{1}{2} \rho v^{2} = 2 \; cm + 0,06 \; cm
\approx 2,06 \; cm.
\end{displaymath}
Man sieht, dass der Staudruck hier keine grosse \"Anderung hervorruft. Fall c) gibt einfach
\begin{displaymath}
\frac{1}{2} \rho v^{2} = \rho_{W} g h_{c} \; \; \; \; \to \; \; \; \; \;
h_{c} = 0,06 \; cm,
\end{displaymath}
also fast unmessbar. Im Fall d) schliesslich wird die Differenz der statischen Dr\"ucke
gemessen. Daher gilt
\begin{displaymath}
\rho_{W} g h_{d} = p_{1} - p_{2} = \frac{1}{2} \rho (v_{2}^{2} - v^{2}).
\end{displaymath}
Mit $A_{1} v = A_{2} v_{2}$ folgt
\begin{displaymath}
h_{d} = \frac{(1/2) \rho ((A_{1}/A_{2})^{2} - 1) v^{2}}{\rho_{W} g} = 1,4 \; cm 
\end{displaymath}
\newline \vskip 2mm
{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (4 Punkte) \newline
Die Ausstr\"omgeschwindigkeit ist wegen Bernoulli ($(1/2)\rho v^{2} = \rho g (h-y)$) durch
\begin{displaymath}
v = \sqrt{2 g(h - y)}
\end{displaymath}
gegeben. Die Bewegung des Wassers entspricht einem horizontalen Wurf, daher
\begin{eqnarray}
z &=& y - \frac{1}{2} g t^{2} \nonumber \\
x &=& v t \nonumber 
\end{eqnarray}
F\"ur $z=0$ erhalten wir die Weite $x_{0}$
\begin{displaymath}
x_{0} = \sqrt{2g(h-y)} \sqrt{\frac{2y}{g}} = 2 \sqrt{(h-y)y}.
\end{displaymath}
Damit dieses maximal wird, muss einfach $w = (h-y)y$ maximal werden. 
Die Maximalbedingung lautet daher einfach
\begin{displaymath}
\frac{dw}{dy} = h - 2 y = 0 \; \; \; \; \; \to \; \; \; \; \; y = \frac{h}{2}.
\end{displaymath}
Dieses konnten wir auch im Experiment in der Vorlesung beobachten.  
\end{document}
