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symerich
Gast
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 symerich Verfasst am: 19. März 2018 16:47 Titel: Zentrifugalkraft |
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Meine Frage:
Hallo ich hänge an folgender aufgabe fest und komme leider nicht weiter.
In einer Zentrifuge befindet sich Milch, in der die kleinsten Fetttröpfchen den Durchmesser d besitzen. Die Zentrifuge rotiert mit der Frequenz f. Das Zentrifugengefäß hat den inneren Durchmesser d1 und den äußeren Durchmesser d2.
Wie lange dauert es, bis das Fett in der Zentrifuge vollständig abgetrennt worden ist?
Gegeben:
Dichte des Fettes: ?_1 = 0,921 g/cm³
Dichte der wässrigen Lösung: ?_2 = 1,030 g/cm³
Zähigkeit der wässrigen Lösung ? = 1,11 mPa ? s
d = 2,5 µm
d1 = 80 mm
d2 = 310 mm
f = 120 s?1
Meine Ideen:
Ich habe zuerst die Radialbeschleunigung für den äusseren und für den inneren Raius berechnet:
Außen:
ar1 = r*4?²*n²
ar1 = 0,155m*4?²*120²
ar1= 88115,83m/s²
Innen
ar2 = r*4?²*n²
ar2 = 0,04*4?²*120²
ar2= 22739,57m/s²
Daraus erhalte ich die mittlere Radialbeschleunigung
(ar1+ar2)/2 = 55427,7m/s²
Jetzt komme ich nicht weiter
Wie kann ich die Dauer berechnen?
Vielen Dank für eure Mühen
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5886
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 19. März 2018 18:51 Titel: |
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Mein Lösungsansatz:
Ich würde die auf die Kugel wirkende Reibkraft nach Stokes bestimmen.
Dem entgegen wirkt die Zentripetalkraft.
Auf die Kugel wirken zusätzlich die Gewichts- und Auftriebskraft. Vllt. kann man die unberücksichtigt lasssen.
Aus diesen Kräften ergibt sich die auf die Kugel wirkende resultierende Kraft, welche die Kugel zum Rand hin beschleunigt.
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5930
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| Myon Verfasst am: 19. März 2018 21:13 Titel: |
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@symerich: Auf die Fetttröpchen wirkt im System der Zentrifuge schon eine Zentrifugalkraft
nach aussen (V sei das Volumen eines Fetttröpfchens). Eine Zentrifugalkraft wirkt allerdings auch auf die Wassermoleküle. Als Folge wirkt auf die Fetttröpfchen eine Auftriebskraft
radial nach innen. Schliesslich wirkt noch eine zur Geschwindigkeit proportionale Reibungskraft
Ein Fetttröpchen wird solange beschleunigt, bis Kräftegleichgewicht herrscht:
Die letzte Gleichung ist eine Differentialgleichung für den Radius r(t) eines Tröpfchens. Diese kannst Du einfach durch Trennung der Variablen lösen und damit die Zeit ausrechnen, die ein Tröpfchen für den Weg vom äusseren zum inneren Rand benötigt.
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5886
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 20. März 2018 08:34 Titel: |
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| Myon hat Folgendes geschrieben: | @symerich: Auf die Fetttröpchen wirkt im System der Zentrifuge schon eine Zentrifugalkraft
nach aussen (V sei das Volumen eines Fetttröpfchens). Eine Zentrifugalkraft wirkt allerdings auch auf die Wassermoleküle. Als Folge wirkt auf die Fetttröpfchen eine Auftriebskraft
radial nach innen. Schliesslich wirkt noch eine zur Geschwindigkeit proportionale Reibungskraft
Ein Fetttröpchen wird solange beschleunigt, bis Kräftegleichgewicht herrscht:
Die letzte Gleichung ist eine Differentialgleichung für den Radius r(t) eines Tröpfchens. Diese kannst Du einfach durch Trennung der Variablen lösen und damit die Zeit ausrechnen, die ein Tröpfchen für den Weg vom äusseren zum inneren Rand benötigt. |
Man könnte noch die Corioliskraft
berücksichtigen.
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symerich
Gast
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| symerich Verfasst am: 20. März 2018 10:12 Titel: |
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vielen Dank für die schnellen Rückmeldungen.
kann ich das Problem auch über diesen Weg angehen:
[b]Zuerst habe ich Volumen und Masse der Tröpfchen errechnet[/b]
[u]Volumen der Fetttröpfchen[/u]
V= 4/3 *Pi*r³
V= 4/3*Pi*1,25mikrometer
V= 8,181 E-18 m³
[u]Masse der Fetttröpfchen[/u]
m = p * V
m= 921kg/m³ 8,181 E-18m³
m= 7,53 E-15 kg
[b]Dann die jeweilige Auftriebskraft und den Abtrieb für den den inneren und äußren Radius [/b]
[u]Auftriebskraft innen[/u]
Fa1= p(milch) * V * /g=ar2
Fa1= 1030kg/m³ * 8,181 E-18m³*22739,57 m/s²
Fa1= 1,92 E-10 N
[u]Auftriebskraft außen[/u]
Fa2= p(milch) * V * /g=ar2
Fa2= 1030kg/m³ * 8,181 E-18m³*88115,83m/s²
Fa1= 7,42 E-10 N
[u]Abtrieb innen[/u]
Fg1= m*g
Fg1= 7,53 E-15kg * 22739,57 m/s²
Fg1= 1,71E-10 N
[u]Abtrieb außen[/u]
Fg2= m*g
Fg2= 7,53 E-15kg*88115,83m/s²
Fg2= 6,64E-10 N
[u]Resultiernender Auftrieb innen [/u]
Fa(innen) = Fa1-Fg1
Fa(innen) =1,92 E-10 N - 1,71E-10 N
Fa(innen) = 2,01E-11 N
[u]Reslutierneder Auftrieb außen
[/u]
Fa(außen) = Fa2-Fg2
Fa(außen) = 7,42 E-10 N - 6,64E-10 N
Fa(außen) = 7,8E-11 N
Habt Ihr eine Idee wie ich jetzt wieter auf Geschwindigkeiten und die daraus resultierende zeit komme?
Oder ist meine Vorgehensweise falsch
LG
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5930
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| Myon Verfasst am: 20. März 2018 11:50 Titel: |
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@symerich: Zum einen hast Du die viskose Reibungskraft noch nicht berücksichtigt. Zum anderen genügt es -zumindest für eine einigermassen genaue Rechnung- nicht, lediglich die Kräfte am Aussen- und Innenrand der Zentrifuge zu betrachten. Denn die Zentrifugal- und die Auftriebskraft nehmen linear mit dem Abstand vom Mittelpunkt der Zentrifuge zu.
Ich würde also wie oben vorgeschlagen die Gleichung für das Kräftegleichgewicht aufstellen. Dann alle Terme mit r auf die eine Seite, das „dt“ auf die andere Seite bringen und einmal über den Radius, auf der anderen Seite über die Zeit integrieren. Dann kannst Du nach der gesuchten Zeit auflösen.
| Mathefix hat Folgendes geschrieben: | Man könnte noch die Corioliskraft
berücksichtigen. |
Da die Corioliskraft immer senkrecht zur Geschwindigkeit im rotierenden System wirkt, stünde sie bei einer Bewegung in radialer Richtung senkrecht auf  und  .
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5886
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 20. März 2018 12:37 Titel: |
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| Myon hat Folgendes geschrieben: |
| Mathefix hat Folgendes geschrieben: | Man könnte noch die Corioliskraft
berücksichtigen. |
Da die Corioliskraft immer senkrecht zur Geschwindigkeit im rotierenden System wirkt, stünde sie bei einer Bewegung in radialer Richtung senkrecht auf und . |
@Myon
Anmerkung:
Die Zentrifugenachse steht senkrecht.
Auf ein Fetttröpfchen wirken folgende Kräfte:
Radial:
a) Reibungskraft
b) Zentrifugalkraft
c) Druckkräfte durch die Wassermoleküle
Tangential
a) Corioliskraft
b) Reibungskraft
Axial:
a) Auftriebskraft
b) Gewichtskraft
c) Corioliskraft
d) Reibungskraft
Die daraus resultierende Kraft  erzeugt eine räumliche, beschleunigte Bewegung des Fettröpfchens.
Betrachtet man aus Vereinfachungsgründen nur die radial wirkenden Kräfte
erhält man
 = A_k \cdot \Delta p(r))
 = \frac{1}{2} \cdot \varrho_W\cdot \omega ^{2}\cdot r^{2} )
An der Stelle r ist 
und folgende DGL
K = Kugel Fetttröpfchen
P = Druck
A = Projektionsfläche der Kugel
Würde ich gern mit Dir diskutieren.
Zuletzt bearbeitet von Mathefix am 20. März 2018 13:42, insgesamt einmal bearbeitet |
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5930
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| Myon Verfasst am: 20. März 2018 13:14 Titel: |
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Mit der „Auftriebskraft“ meinte ich oben nicht die Auftriebskraft aufgrund der Gravitation - die kann man hier ziemlich sicher vernachlässigen - sondern den „Auftrieb“ durch den Druckgradienten in der Zentrifuge. Der Druck nimmt ja nach aussen mit r^2 zu, wie wir in der kürzlich diskutierten Aufgabe gesehen haben.
Betrachtet man wieder ein kleines Volumen  , so wirkt auf dieses die Kraft
 .
Die Kraft ist (wie zu erwarten) betragsmässig gleich der Zentrifugalkraft, welche auf das verdrängte Wasservolumen wirkt.
Die Corioliskraft  steht immer senkrecht auf der Geschwindigkeit im rotierenden System. Im Mittel sollte sich die radiale Komponente aufheben. Zudem ist die Corioliskraft proportional zu  , während die Zentrifugal - und die Auftriebs-/Druckkraft proportional zu  sind.
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symerich
Gast
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| symerich Verfasst am: 20. März 2018 13:31 Titel: |
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Ok dann versuche ich es über eueren Weg
w= 2*Pi*f
w= 2*Pi*120s-1
w= 753,98 s-1
Zentrifugalkraft
Fz = Pf*V*w²*r
Fz = 931 kg/m³ * 8,181 E-18 m³ * 753,98s-1 * 1,25E-6 m
Fz = 5,41 E-7 N
Auftriebskraft
Fa= Pw*V*w²*r
Fa= 1030kg/m³ * 8,181 E-18 m³ * 753,98s-1 * 1,25E-6 m
Fa= 5,98 E-7 N
Bin ich hier soweit richtig?
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5930
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| Myon Verfasst am: 20. März 2018 13:44 Titel: |
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| symerich hat Folgendes geschrieben: |
Bin ich hier soweit richtig? |
Nein. Nochmals: Die Auftriebs- und die Zentrifugalkraft sind ortsabhängig, sie nehmen linear mit dem Abstand von der Zentrifugenachse zu.
Weiter oben stehen doch bereits die Ausdrücke für alle Kräfte. Du brauchst also nur noch (ebenfalls wie angegeben) die Gleichung aufzustellen. Die Geschwindigkeit der Fetttröpfchen ändert sich jeweils, bis diese Gleichung erfüllt ist.
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5886
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 20. März 2018 13:51 Titel: |
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| Myon hat Folgendes geschrieben: | Mit der „Auftriebskraft“ meinte ich oben nicht die Auftriebskraft aufgrund der Gravitation - die kann man hier ziemlich sicher vernachlässigen - sondern den „Auftrieb“ durch den Druckgradienten in der Zentrifuge. Der Druck nimmt ja nach aussen mit r^2 zu, wie wir in der kürzlich diskutierten Aufgabe gesehen haben.
Betrachtet man wieder ein kleines Volumen , so wirkt auf dieses die Kraft
.
Die Kraft ist (wie zu erwarten) betragsmässig gleich der Zentrifugalkraft, welche auf das verdrängte Wasservolumen wirkt. |
@Myon
Danke für Deine schnelle Antwort. Die für die Druckkraft relevante Projektionsfläche der Kugel hat die "Dicke" = 0. Insofern ist dr = 0 und damit Delta p = 0.Durch den Druckgradienten wird keine Kraft auf die Kugel ausgeübt.
DGL 2ter Ordnung
Einverstanden?
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5930
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| Myon Verfasst am: 20. März 2018 14:17 Titel: |
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Nein, da bin ich nicht einverstanden:)
Ein Tröpchen hat doch ein Volumen V>0, weshalb seine Oberfläche nicht überall den gleichen Abstand zur Zentrifugenachse haben kann. Deshalb sind die Druckkräfte auch nicht überall auf der Oberfläche gleich. Die Kräfte senkrecht zum Radius heben sich gegenseitig auf, die Kräfte in Richtung des Radius hingegen nicht. Es ergibt sich die Kraft wie oben angegeben, analog zur Auftriebskraft in einem Schwerefeld. Nur, dass hier die Druckkraft gleich der Zentrifugalkraft statt der Gewichtskraft der verdrängten Flüssigkeit ist.
Die Geschwindigkeit der Teilchen ändert sich, bis die Gleichung
\omega^2r+6\pi\eta r_\mathrm{K}\dot{r}=0)
gilt. Dies dürfte nach relativ kurzer Zeit der Fall sein. Man kann deshalb annehmen, dass die Gleichung an jedem Ort gilt.
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5886
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 20. März 2018 17:30 Titel: |
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| Myon hat Folgendes geschrieben: | Nein, da bin ich nicht einverstanden:)
Ein Tröpchen hat doch ein Volumen V>0, weshalb seine Oberfläche nicht überall den gleichen Abstand zur Zentrifugenachse haben kann. Deshalb sind die Druckkräfte auch nicht überall auf der Oberfläche gleich. Die Kräfte senkrecht zum Radius heben sich gegenseitig auf, die Kräfte in Richtung des Radius hingegen nicht. Es ergibt sich die Kraft wie oben angegeben, analog zur Auftriebskraft in einem Schwerefeld. Nur, dass hier die Druckkraft gleich der Zentrifugalkraft statt der Gewichtskraft der verdrängten Flüssigkeit ist.
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Ist das analog
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5930
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| Myon Verfasst am: 21. März 2018 09:41 Titel: |
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| Mathefix hat Folgendes geschrieben: | Ist das analog
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Entschuldige die späte Antwort... Nicht nur analog dazu, die Kraft auf ein infinitesimal kleines Volumen V am Ort  in der Flüssigkeit ist =-\nabla p(\vec{r})\cdot V) .
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5886
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 21. März 2018 14:11 Titel: |
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| Myon hat Folgendes geschrieben: | | Mathefix hat Folgendes geschrieben: | Ist das analog
|
Entschuldige die späte Antwort... Nicht nur analog dazu, die Kraft auf ein infinitesimal kleines Volumen V am Ort in der Flüssigkeit ist . |
@Myon
Danke Dir.
Musste erst in meinen alten Unterlagen nachlesen - ist ja auch schon 50 Jahre her.
Eine Frage:
Du gehst vom Gleichgewicht aus Reibkraft, Zentripetalkraft und Auftriebskraft aus.Gefragt war nicht, wann die Beschleunigung =0 ist, sondern wann das Fetttröpfchen die Aussenwand erreicht. Warum berücksichtigst Du nicht die Trägheitskraft? Das Fettröpfchen wird doch durch die resultierende Kraft zum Rand hin beschleunigt.
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5930
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| Myon Verfasst am: 22. März 2018 10:49 Titel: |
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Ja, es wird oben angenommen, dass die Zeit bis zum Erreichen des Kräftegleichgewichts viel geringer ist als die gesamte Zeit vom äusseren zum inneren Rand. Dies ist wohl auch realistisch (vgl. z.B. hier, wo steht, dass das Gleichgewicht bereits nach Mikrosekunden erreicht ist).
Wobei das Kräftegleichgewicht natürlich nicht stationär ist - die Geschwindigkeit des Fetttröpfchens nimmt ja mit dem Abstand vom Zentrum linear ab. Es wird einfach angenommen, dass die Anpassung der Geschwindigkeit so schnell erfolgt, dass sich an jedem Punkt die Kräfte (praktisch) aufheben.
Wollte man den Beschleunigungsterm berücksichtigen, wird es sicher viel komplizierter, jedenfalls übersteigt es dann meine eher bescheidenen Kenntnisse über Differentialgleichungen.
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5886
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 22. März 2018 13:02 Titel: |
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| Myon hat Folgendes geschrieben: | Ja, es wird oben angenommen, dass die Zeit bis zum Erreichen des Kräftegleichgewichts viel geringer ist als die gesamte Zeit vom äusseren zum inneren Rand. Dies ist wohl auch realistisch (vgl. z.B. hier, wo steht, dass das Gleichgewicht bereits nach Mikrosekunden erreicht ist).
Wobei das Kräftegleichgewicht natürlich nicht stationär ist - die Geschwindigkeit des Fetttröpfchens nimmt ja mit dem Abstand vom Zentrum linear ab. Es wird einfach angenommen, dass die Anpassung der Geschwindigkeit so schnell erfolgt, dass sich an jedem Punkt die Kräfte (praktisch) aufheben.
Wollte man den Beschleunigungsterm berücksichtigen, wird es sicher viel komplizierter, jedenfalls übersteigt es dann meine eher bescheidenen Kenntnisse über Differentialgleichungen. |
@Myon
Vielen Dank für Deine ausführliche Stellungnahme.
Wäre aus Deiner Sicht die nachstehende DGL, in der der Beschleunigungsterm berücksichtigt ist, korrekt?
\omega^2r+6\pi\eta r_\mathrm{K}\dot{r}- m\cdot \ddot{r} =0)
Dann würde ich mich mal an die Lösung machen.
Gruss
Jörg
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5930
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| Myon Verfasst am: 22. März 2018 21:06 Titel: |
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Ja, die Gleichung sollte schon stimmen. Man könnte zumindest numerisch berechnen, wie gross die Abweichung ist zwischen den resultierenden Zeiten für den Weg vom Aussen- zum Innenrand.
PS: Nein, das Vorzeichen beim letzten Summanden  müsste umgekehrt sein. Hab jetzt grad versucht, das Ganze numerisch zu berechnen. Aber da hab ich keine grossen Kenntnisse, und das Progrämmchen auf dem Ipad gibt grad nur Fehler aus...
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Myon
Anmeldungsdatum: 04.12.2013
Beiträge: 5930
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| Myon Verfasst am: 22. März 2018 23:06 Titel: |
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Das Progrämmchen war schon richtig, nur hatte ich zum Testen die zeitliche Auflösung zu gering eingestellt. Das Kräftegleichgewicht ist extrem schnell erreicht. Nach 3 Mikrosekunden hat das Fetttröpchen bereits von 0 auf über 90% der Geschwindigkeit beschleunigt, nach 10 Mikrosekunden ändert die Geschwindigkeit praktisch nicht mehr. Vgl. untenstehender Plot.
Mit der benötigten hohen zeitlichen Auflösung für den Start kann ich mit dem simplen Algorithmus nicht die Dauer der ganzen Strecke (etwa 17.5 s) durchrechnen, aber die Abweichung zur Rechnung über das Kräftegleichgewicht dürfte extrem klein sein.
| Beschreibung: |
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Mathefix
Anmeldungsdatum: 05.08.2015
Beiträge: 5886
Wohnort: jwd
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| Mathefix Verfasst am: 23. März 2018 10:42 Titel: |
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| Myon hat Folgendes geschrieben: | Das Progrämmchen war schon richtig, nur hatte ich zum Testen die zeitliche Auflösung zu gering eingestellt. Das Kräftegleichgewicht ist extrem schnell erreicht. Nach 3 Mikrosekunden hat das Fetttröpchen bereits von 0 auf über 90% der Geschwindigkeit beschleunigt, nach 10 Mikrosekunden ändert die Geschwindigkeit praktisch nicht mehr. Vgl. untenstehender Plot.
Mit der benötigten hohen zeitlichen Auflösung für den Start kann ich mit dem simplen Algorithmus nicht die Dauer der ganzen Strecke (etwa 17.5 s) durchrechnen, aber die Abweichung zur Rechnung über das Kräftegleichgewicht dürfte extrem klein sein. |
@Myon
Hallo Myon,
Super, Du hast Dir viel Arbeit gemacht und ich sehe das Ergebnis und Deine Schlussfolgerung als plausibel an.
Inzwischen habe ich die homogene DGL 2ter Ordnung insofern gelöst, dass ich r(t) bestimmt habe.
Setzt man in Deiner Ausgangsgleichung, ergänzt um die Beschleunigungskraft
\omega^2r+6\pi\eta r_\mathrm{K}\dot{r}+m\cdot \ddot{r} =0)
\cdot \omega ^{2} )
erhält man
Allgemeine Lösung:
 = \frac{ r_0}{2}\cdot e^{-\frac{b}{2\cdot a}\cdot t } \cdot (e^{+ \sqrt{(\frac{b}{2\cdot a})^{2} -\frac{c}{a} } \cdot t} + e^{- \sqrt{(\frac{b}{2\cdot a})^{2} -\frac{c}{a} } \cdot t} ))
 = \frac{\dd r}{\dd t} = ... )
Das nach t aufzulösen habe ich keine Lust. Insofern folge ich Deinem Ansatz.
Schönes Wochenende
Jörg
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