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Mechanik » Kinematik der Punktmasse » Steiggeschwindigkeit von Gasblasen in Flüssigkeit
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Kein bestimmter Bereich Steiggeschwindigkeit von Gasblasen in Flüssigkeit
Roland17
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  Themenstart: 2022-07-03

Die in gleichen zeitlichen Abständen in einem Sektglas/Mineralwasser hochperlenden CO2-Bläschen faszinieren mich in der Muße des Urlaubs durch ihre Regelmäßigkeit so, dass ich nach ihrem Weg-Zeit-Gesetz suche, aber nicht weiterkomme. Ich suche auch die Bildungsgesetze der Folge ihrer zurückgelegten Wege in einer Momentaufnahme sowie ihrer Abstände (die sich aus dem s-t-Gesetz ergeben würden). Die beschleunigende Kraft ist der Auftrieb F=(rho)g V (minus zu vernachlässigender Gewichtskraft). Das Volumen wächst durch den abnehmenden hydrostatischen Druck p=(rho)g h . Mit p V = const. ergibt sich, dass a zu h umgekehrt proportional ist. Die Beschleunigung wächst also beim Aufsteigen an. Ich habe dann zur Vereinfachung angenommen, dass a im kurzen Zeitintervall bzw. auf der Strecke zwischen zwei Blasen konstant ist und diese Strecken aufsummiert. Der Term ist aber kompliziert und nicht zu vereinfachen. Wer kann helfen?


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DrStupid
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-07-03

\quoteon(2022-07-03 20:35 - Roland17 im Themenstart) Die beschleunigende Kraft ist der Auftrieb F=(rho)g V (minus zu vernachlässigender Gewichtskraft). \quoteoff Und minus Stokesche Reibung (https://de.wikipedia.org/wiki/Gesetz_von_Stokes) \quoteon(2022-07-03 20:35 - Roland17 im Themenstart) Das Volumen wächst durch den abnehmenden hydrostatischen Druck p=(rho)g h \quoteoff Und durch den abnehmenden Binnendruck (https://de.wikipedia.org/wiki/Blase_(Physik)) \quoteon(2022-07-03 20:35 - Roland17 im Themenstart) Ich habe dann zur Vereinfachung angenommen, dass a im kurzen Zeitintervall bzw. auf der Strecke zwischen zwei Blasen konstant ist und diese Strecken aufsummiert. Der Term ist aber kompliziert und nicht zu vereinfachen. Wer kann helfen? \quoteoff Es ist nicht zu erwarten, dass das einfacher wird. Vermutlich ist es sogar komplizierter, als wenn man die Differentialgleichung analytisch löst.


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Roland17
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-04

Danke, die Reibung war mir gerade selbst eingefallen. Ich wollte sie gerade ergänzen. Durch den Binnendruck wird das Problem dann ja noch komplizierter. Ich lasse es besser.


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-07-04

Hallo Roland, nicht gleich verzagen. 🙃 Erst mal schauen, wo die Reise hinführt. Sei $s$ die Tiefe der Blase unter der Oberfläche, und $\dot s<0$ die Steiggeschwindigkeit. Auftriebskraft der Blase und Stokes-Reibung halten sich die Waage, die Dichte des Kohlendioxids in der Blase sei gegen die Dichte von Wasser vernachlässigbar. Der Radius der Blase sei $r$. Dann gilt unter der Annahme, dass die Beschleunigungskräfte vernachlässigbar sind: $$-6\pi\eta r \dot s = \frac43\pi r^3 \varrho g\tag1$$Der Druck in der Blase ist $$p=\frac\gamma r+\varrho g s+p_a\tag2$$Dabei ist $p_a$ der Atmosphärendruck und $\gamma$ die Oberflächenspannung. Wir gehen von isothermer Zustandsänderung aus, da die Blasen winzig klein sind, d.h. $pV=const$, und somit $$\gamma r^2+(\varrho g s +p_a)r^3=\gamma r_0^2+(\varrho g s_0 +p_a)r_0^3\tag3$$Der Index 0 bezieht sich auf die Startbedingung. Eigentlich müsste man nun die kubische Gleichung (3) nach $r$ auflösen und in (1) einsetzen, um eine DGL für $s$ und $t$ zu bekommen. Nicht schön. Also lösen wir einfach erst eine DGL für $r$. Aus (3) folgt: $$s=\frac{\gamma r_0^2+(\varrho g s_0 +p_a)r_0^3}{\varrho gr^3}-\frac\gamma{\varrho gr}-\frac{p_a}{\varrho g}\tag4$$Außerdem gilt $$\dot s=\frac{\mathrm ds}{\mathrm dr}\dot r\tag5$$Mittels (4) erhält man: $$\frac{\mathrm ds}{\mathrm dr}=-3\frac{\gamma r_0^2+(\varrho g s_0 +p_a)r_0^3}{\varrho gr^4}+\frac\gamma{\varrho gr^2}\tag6$$Unter Berücksichtigung von (5) eingesetzt in (1) führt zur DGL: $$-\frac{9\eta}{2\varrho gr^2}\left(-3\frac{\gamma r_0^2+(\varrho g s_0 +p_a)r_0^3}{\varrho gr^4}+\frac\gamma{\varrho gr^2}\right)\frac{\mathrm dr}{\mathrm dt} = 1\tag7$$Trennung der Variablen führt zu $$t=\intop_{r_0}^r-\frac{9\eta}{2\varrho g}\left(-3\frac{\gamma r_0^2+(\varrho g s_0 +p_a)r_0^3}{\varrho gr^6}+\frac\gamma{\varrho gr^4}\right)\mathrm dr\tag8$$$$t=-\frac{9\eta}{2\varrho g}\left[3\frac{\gamma r_0^2+(\varrho g s_0 +p_a)r_0^3}{5\varrho gr^5}-\frac\gamma{3\varrho gr^3}\right]_{r_0}^r\tag9$$$$t(r)=\frac{\eta}{\varrho g}\left(-\frac{27\left(\gamma r_0^2+(\varrho g s_0 +p_a)r_0^3\right)}{10\varrho gr^5}+\frac{3\gamma}{2\varrho gr^3}+\frac{27\left(\gamma r_0^2+(\varrho g s_0 +p_a)r_0^3\right)}{10\varrho gr_0^5}-\frac{3\gamma}{2\varrho gr_0^3}\right)\tag{10}$$$$t(r)=\frac{\eta}{\varrho g}\left(-\frac{27\left(\gamma r_0^2+(\varrho g s_0 +p_a)r_0^3\right)}{10\varrho gr^5}+\frac{3\gamma}{2\varrho gr^3}+\frac{27\left(\varrho g s_0 +p_a\right)}{10\varrho gr_0^2}+\frac{6\gamma}{5\varrho gr_0^3}\right)\tag{11}$$Mit $$\begin{align} A&=-\frac{27\eta\left(\gamma r_0^2+(\varrho g s_0 +p_a)r_0^3\right)}{10(\varrho g)^2}\tag{12}\\ B&=\frac{3\eta\gamma}{2(\varrho g)^2}\tag{13}\\ C&=\frac{27\left(\varrho g s_0 +p_a\right)}{10\varrho gr_0^2}+\frac{6\gamma}{5\varrho gr_0^3}\tag{14}\\ \end{align}$$lautet die Gleichung $$t(r)=\frac{A}{r^5}+\frac{B}{r^3}+C\tag{15}$$Die kubische Gleichung (3) nach $r$ aufgelöst ergibt immerhin eine Funktion $t(s)$, die nicht explizit in $s(t)$ umgeformt werden kann, da man dazu eine quintische Gleichung lösen müsste. Die Oberflächenspannung macht das ganze erst kompliziert. Wenn wir die Oberflächenspannung null setzen, vereinfacht sich alles drastisch. Aus (3) folgt: $$r=r_0\sqrt[3\,]{\frac{\varrho g s_0 +p_a}{\varrho g s +p_a}}\tag{16}$$und aus (11): $$t(r)=\frac{27\eta\left(\varrho g s_0 +p_a\right)}{10(\varrho g)^2r_0^2}\left(1-\frac{r_0^5}{r^5}\right)\tag{17}$$(16) in (17) einsetzen: $$t(s)=\frac{27\eta\left(\varrho g s_0 +p_a\right)}{10(\varrho g)^2r_0^2}\left(1-\left({\frac{\varrho g s +p_a}{\varrho g s_0 +p_a}}\right)^{\frac53}\right)\tag{18}$$$${\frac{\varrho g s(t) +p_a}{\varrho g s_0 +p_a}}=\left(1-\frac{10(\varrho g)^2r_0^2}{27\eta\left(\varrho g s_0 +p_a\right)}\cdot t\right)^{\frac35}\tag{19}$$$$s(t)=-\frac{p_a}{\varrho g}+\left(s_0+\frac{p_a}{\varrho g}\right)\left(1-\frac{10(\varrho g)^2r_0^2}{27\eta\left(\varrho g s_0 +p_a\right)}\cdot t\right)^{\frac35}\tag{20}$$Allerdings hat Wasser schon eine recht hohe Oberflächenspannung. Daher glaube ich nicht, dass diese Gleichung für ein Getränk, was zum größten Teil aus Wasser und hoffentlich keinen, die Oberflächenspannung senkenden Tensiden besteht, realistisch ist. Ich würde daher vermutlich eher numerisch rangehen... Prost! Thomas


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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-05

Hohoho, danke, MontyPythagoras! Als ich die riesigen Gleichungen gesehen habe, wusste ich, dass ich rechtzeitig aufgegeben habe. Ich hoffe, es hat Dir Spaß gemacht. Roland


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-07-05

Hallo Roland, klar macht das Spaß. Es wäre auch eigentlich Stoff für meine Artikelserie "physikalisches Wissen, das keiner braucht". Man müsste natürlich noch ein paar Dinge prüfen, z.B. ob die Beschleunigungskräfte tatsächlich wie angenommen vernachlässigbar sind im Vergleich zur Reibungskraft und Auftriebskraft. Immerhin wird ja nicht nur Gas nach oben, sondern auch Flüssigkeit nach unten beschleunigt. Ich habe ja gerade Urlaub. Vielleicht mache ich noch was draus... 😁 Ciao, Thomas


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Roland17
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-07

Hallo Thomas, das freut mich ja. Ich dachte, Du hättest Dich nun auf die gleichförmige Bewegung beschränkt, wenn die Reibung so stark angewachsen ist, dass sie den Auftrieb ausgleicht. Das ist ja auch interessant. Zu Anfang kann man die Beschleunigungskräfte wohl nicht vernachlässigen, wie man an der Beobachtung der anfangs wachsenden Abstände sieht, s. Foto unten (habe mir gerade im Dienste der Wissenschaft ein Sektfrühstück genehmigt). Oben im Glas wachsen die Abstände kaum noch, s. die etwas gewundene Serie in der Mitte, die fast ganz unten beginnt. Die Kurve im v-t-Diagramm hat meiner Meinung nach erst eine zunehmende Steigung, die dann immer mehr abnimmt, bis die Kurve sich schließlich einer horizontalen Asymptote nähert, der Steiggeschwindigkeit ohne Beschleunigung. Es würde mich freuen, wenn Du daraus einen Artikel für Deine Serie machen würdest. Dann lass ihn mir bitte zukommen - bzw. den Link dazu. Tschüß Roland https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/47769_20220707_094101.jpg


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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-07-07

Hallo Roland, schauen wir uns zahlenmäßig mal die Gleichung (2) an: $\gamma$ ist für Wasser rund 75mN/m. Nehmen wir einen Blasenradius von 0,25mm an, ist der Anteil am Druck 300Pa. Der statische Druck aus der Eintauchtiefe ist natürlich proportional zur Tiefe und bewegt sich zwischen null an der Oberfläche und 2.000Pa in 20cm Tiefe in einem Weißbierglas. Bei 3cm Tiefe sind die Werte also etwa gleich groß, bei weniger als 3cm überwiegt die Oberflächenspannung. Allerdings muss man auch noch den Atmosphärendruck berücksichtigen, der typischerweise in der Nähe von 101.300Pa liegt (dem Äquivalent von rund 10m Flüssigkeitssäule). Mit anderen Worten: sowohl die Wirkung der Eintauchtiefe als auch der Oberflächenspannung sind vernachlässigbar, so dass sich der Durchmesser der Blase bis zur Oberfläche praktisch nicht ändert, und sich recht schnell eine konstante Steiggeschwindigkeit einstellt, die aus dem Gleichgewicht von Reibungskraft und Auftrieb resultiert. Dass man trotzdem eine wachsende Blasengröße auf den ersten wenigen Zentimetern des Aufsteigens sieht, dürfte also weniger an abnehmendem Druck liegen, sondern eher daran, dass die Gasblase wächst durch Freisetzen weiteren Kohlendioxids aus dem Getränk. Je größer die Blase, desto schneller steigt sie, weil bei annähernd konstantem Druck die Auftriebskraft proportional ist zu $r^3$, die Stokes-Reibung aber zu $rv$, so dass daraus $v\propto r^2$ resultiert. Möglicherweise setzt sich der Prozess des Gaseinsammelns bis zur Oberfläche fort. Dazu müsste man vermutlich mal in einem nicht verzerrenden Glas mit ebener Oberfläche ein Weizenbier hineinkippen und dann fotografisch die Blasengröße auswerten... 😂 Ciao, Thomas


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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-07

Hallo Thomas, ich hatte auch an das Gas-Einsammeln während des Aufsteigens gedacht, es aber für vernachlässigbar gehalten. Aber Du hast Recht, dass der Atmosphärendruck entscheidend ist. Gruß von Roland


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Roland17 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.

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