Lösungen zur Übung Nr. 12
Besprechung: Donnerstag, den 27. Januar 2000
Aufgabe 1: (7 Punkte)
Die meisten werden hier sicherlich das Hagen-Poiseuile'sche Gesetz anwenden und schreiben

\begin{displaymath}
v = \frac{Q}{A} = \frac{1}{\pi r^{2}} \frac{\pi(p_{1}-p_{2})...
... r^{2} = \frac{p_{1} - p_{2}}
{32 \eta l} d^{2} = 0,71 \; m/s.
\end{displaymath}

Das Hagen-Poiseuile'sche gilt allerdings nur für kleine Durchmesser und große Längen. Wir werden hier deshalb noch eine exaktere Rechnung angeben. Hierzu erweitern wir die Bernoulli- Gleichung mit dem zur Reibungskraft zugehörigen Druck:

\begin{displaymath}
p_{1} + \frac{1}{2} \rho v_{1}^{2} = p_{2} + \frac{1}{2} \rho v_{2}^{2}
+ \frac{F_{R}}{A},
\end{displaymath}

wobei $F_{R} = 8 \pi \eta l v_{2}$ und $A = \pi r^{2}$. Mit $v_{1} \approx 0$ und $v_{2} = v$ folgt

\begin{displaymath}
\frac{2}{\rho} (p_{1} - p_{2}) = v^{2} + \frac{64 \eta l}{\r...
...\right)^{2} - \left(
\frac{32 \eta l}{\rho d^{2}} \right)^{2}.
\end{displaymath}

Daraus folgt

\begin{displaymath}
v = \sqrt{ \frac{2}{\rho}(p_{1}-p_{2}) + \left( \frac{32 \et...
...}}
\right)^{2}} - \left( \frac{32 \eta l}{\rho d^{2}} \right).
\end{displaymath}

Einsetzen der Zahlenwerte liefert hier $v = v_{2} = 0,65 \; m/s$. Der Unterschied ist also schon beträchtlich. Man kann aus der vorherigen Formel das Hagen-Poiseuile'sche Gesetz wieder annähern. Dazu schreiben wir

\begin{displaymath}
v = \left(\frac{32 \eta l}{\rho d^{2}} \right) \sqrt{ 1 +
\f...
...l} \right)^{2}}
- \left( \frac{32 \eta l}{\rho d^{2}} \right).
\end{displaymath}

Falls der zweite Term unter der Wurzel klein gegen 1 ist, kann die Wurzel entwickelt werden,

\begin{displaymath}
v \approx \left( \frac{32 \eta l}{\rho d^{2}} \right) \left(...
...ght)^{2}
\right) - \left( \frac{32\eta l}{\rho d^{2}} \right).
\end{displaymath}

Dieses ergibt

\begin{displaymath}
v \approx \frac{(p_{1}-p_{2})}{\rho} \frac{\rho d^{2}}{32 \eta l}
= \frac{(p_{1}-p_{2})}{32 \eta l} d^{2}
\end{displaymath}


Aufgabe 2: (6 Punkte)
Es wirken zwei Kräfte, einmal die Schwerkraft $F_{g} = m g \; sin\alpha$, zum anderen die Reibungskraft $F_{R} = \eta a^{2} dv/dz$. Das Geschwindigkeitsgefälle $dv/dz$ zwischen dem Würfel und der Ebene ist linear, wenn man von Randeffekten absieht, daher gilt $dv/dz = v/d$. Bei der stationären Bewegung heben sich beide Kräfte gerade auf, daher folgt

\begin{displaymath}
m g \; sin\alpha = \eta a^{2} \frac{v_{stat}}{d}
\end{displaymath}

oder

\begin{displaymath}
v_{stat} = \frac{\rho_{Cu} a g d \; sin\alpha}{\eta} = 0,022 \; m/s.
\end{displaymath}


Aufgabe 3: (7 Punkte)
Diese Aufgabe dient im wesentlichen, um den Umgang mit komplexen Größen zu üben.
a) Die Bewegungsgleichung ist

\begin{displaymath}
m \frac{d^{2}x}{dt^{2}} = - m' \frac{g}{L} x - \beta \frac{dx}{dt}.
\end{displaymath}

Hierbei ist $m'$ die um den Auftrieb verringerte Masse des Pendelkörpers,

\begin{displaymath}
m' = m - \frac{4}{3} \pi \rho r^{3} = 0,032 \; kg = 32 \; g.
\end{displaymath}

Wie in der Vorlesung diskutiert, versuchen wir den Lösungsansatz

\begin{displaymath}
x(t) = A e^{kt}
\end{displaymath}

mit den Ableitungen
$\displaystyle \frac{dx}{dt}$ $\textstyle =$ $\displaystyle A k e^{kt}$  
$\displaystyle \frac{d^{2}x}{dt^{2}}$ $\textstyle =$ $\displaystyle A k^{2} e^{kt}$  

Einsetzen in die DGL führt auf

\begin{displaymath}
k^{2} + \frac{\beta}{m} k + \frac{m'g}{mL} = 0
\end{displaymath}

mit den Lösungen

\begin{displaymath}
k_{\pm} = - \frac{\beta}{2m} \pm i \sqrt{\frac{m'g}{mL} - \frac{\beta^{2}}
{4 m^{2}} }.
\end{displaymath}

Die zwei partikulären Lösungen sind

\begin{displaymath}
x_{\pm}(t) = A_{\pm} e^{-\frac{\beta}{2m}t} e^{\pm i \omega t}
\end{displaymath}

mit

\begin{displaymath}
\omega = \sqrt{ \frac{m'g}{mL} - \frac{\beta^{2}}{4m^{2}} } = 1,51 \; s^{-1}.
\end{displaymath}

Die allgemeine Lösung ist die Summe dieser beiden partikulären Lösungen. Setzen wir $A_{+} = A_{-} = A$ und beachten $cos(z) = (1/2) (e^{iz} + e^{-iz})$ für alle komplexen und reellen $z$, so folgt auch

\begin{displaymath}
x(t) = x_{+}(t) + x_{-}(t) = A e^{-\frac{\beta}{2m}t} ( e^{-...
...
+ e^{-i\omega t}) = 2 A e^{-\frac{\beta}{2m}t} cos(\omega t).
\end{displaymath}

Eine zusätzliche Phase erhält man, wenn $A_{+} \neq A_{-}$ ist. Dann folgt

\begin{displaymath}
x(t) = A e^{-\frac{\beta}{2m}t} cos(\omega t + \phi).
\end{displaymath}

Für die Schwingungsdauer erhalten wir

\begin{displaymath}
T = \frac{2\pi}{\omega} = 4,16 \; s.
\end{displaymath}

b) Der aperiodische Grenzfall wird erreicht für $\omega = 0$, d.h.

\begin{displaymath}
\frac{m'g}{mL} = \frac{\beta^{2}}{4m^{2}}
\end{displaymath}

oder

\begin{displaymath}
\beta = 2 \sqrt{m m' \frac{g}{L}} = 0,25 \; kg/s
\end{displaymath}





Harm Fesefeldt
2007-08-02