Lösung zu Impuls und Flüssigkeitsbild: Unterschied zwischen den Versionen

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== Aufgabe 1 ==
== Aufgabe 1 ==
[[Ip_vs_t_-_Fluessigkeitsbild.png]]
Siehe Bild [ToDo]

Grössen mit einem <math>'</math> (z.B. <math>\Delta p_1'</math>) beziehen sich auf die erste Stossphase, Grössen mit <math>''</math> beziehen sich auf die zweite Stossphase.


== Aufgabe2 ==
== Aufgabe2 ==
Der Impulsinhalt des ersten Wagens wird <math>p_1=m_1 v_1=60\cdot 10^3 kg \cdot 5 m/s=3\cdot 10^5 Ns</math>, und da der zweite Wagen stillsteht wird <math>p_2=0</math>.
Der Impulsinhalt des ersten Wagens wird

Beide Wagen zusammen speichern den Impuls <math>p_{ges}=p_1+p_2=3\cdot 10^5 Ns + 0 = 3\cdot 10^5 Ns</math> und haben die Gesamtmasse <math>m_{ges}=m_1+m_2=100 t</math>. Die gemeinsame Geschwindigkeit wird <math>v_g=\frac{p_{ges}}{m_{ges}}=\frac{3\cdot 10^5 Ns}{100\cdot 10^3 kg}=3 m/s</math>
<math>p_1=m_1 v_1=60\cdot 10^3 kg \cdot 5~m/s=3\cdot 10^5~Ns</math>,

und da der zweite Wagen stillsteht wird <math>p_2=0</math>.

Beide Wagen zusammen speichern den Impuls

<math>p_{ges}=p_1+p_2=3\cdot 10^5 Ns + 0 = 3\cdot 10^5 Ns</math>

und haben die Gesamtmasse

<math>m_{ges}=m_1+m_2=100~t</math>.

Die gemeinsame Geschwindigkeit wird

<math>v_g=\frac{p_{ges}}{m_{ges}}=\frac{3\cdot 10^5 Ns}{100\cdot 10^3 kg}=3~m/s</math>.

== Aufgabe 3 ==
In der ersten Stossphase gibt Wagen ein den Impuls

<math>\Delta p\prime=I_{p,max}\Delta t'</math>

an den zweiten Wagen ab. Aus dem Flüssigkeitsbild ergibt sich für

<math>\Delta p\prime=\Delta v\cdot m_1=(v_1-v_g)m_1</math>.

Setzt man diese beiden Gleichungen einander gleich, ergibt sich für

<math>\Delta t'=\frac{(v_1-v_g)m_1}{I_{p,max}}=\frac{2~m\cdot 6\cdot 10^4 kg~s^2}{s~12\cdot 10^5 kg~m}=0.1~s</math>.

== Aufgabe 4 ==
Aus

<math>I_{p,max}=F=m\cdot a</math>

folgt

<math>a_1=\frac{I_{p,max}}{m_1}=\frac{12\cdot 10^5~N}{60\cdot 10^3~kg}=20~m/s^2</math> (Wagen wird abgebremst, also ist <math>a_1</math> eigentlich negativ da <math>I_{p,max}</math> in die negative Bezugsrichtung fliesst),

und analog dazu wird <math>a_2=30~m/s^2</math>.

== Aufgabe 5 ==
In der zweiten Stossphase gibt Wagen 1 den Impuls

<math>\Delta p''=1/2\cdot I_{p,max}\cdot \Delta t'=0.5\cdot 1200~kN\cdot 0.1~s=60~kNs</math>

ab. Der erste Wagen enthält daher noch

<math>p_1''=p_1-\Delta p_1'-\Delta p_1''=3\cdot 10^5~Ns-1.2\cdot 10^5~Ns-0.6\cdot 10^5~Ns=1.2\cdot 10^5~Ns</math>.

Daraus folgt

<math>v_1''=\frac{p_1''}{m_1}=\frac{1.2\cdot 10^5~Ns}{6\cdot 10^4~kg}=2~m/s</math>.

Analog dazu wird

<math>p_2''=0+\Delta p_1'+\Delta p_1''=1.8\cdot 10^5~Ns</math>

und

<math>v_2''=p_2''/m_2=4.5~m/s</math>.

== Aufgabe 6 ==
Aus <math>s=\frac{a}{2}t^2</math> kann der Maximalhub eines Puffers berechnet werden. Zu beachten ist der Wert für <math>a</math>: <math>a_1, a_2</math> sind auf einen externen Beobachter bezogen, und zur Berechnung des Maximalhubs ist die relative Beschleunigung zwischen den Wagen ausschlaggebend. Daher wird <math>a=a_1+a_2</math>, und der Maximalhub ''eines'' Puffers

<math>s=\frac{1}{2} \frac{a_1+a_2}{2}\Delta t'^2=\frac{1}{2} \frac{(20+30)m}{s~2} 0.1^2 s^2=0.125~m</math>.

== Aufgabe 7 ==
Zur Abschätzung des Hubes beim Ausfahren der Puffer hilft das <math>v(t)</math> Diagramm.

[[v-t-Diagramm.png]]

Die Geschwindigkeiten <math>v_g, v_1'', v_2''</math> sind bekannt. Der Verlauf der Geschwindigkeiten in der zweiten Stossphase werden nicht linear sein, sondern quadratisch. Die Fläche unter der <math>v(t)</math> Kurve entspricht dem Hub. Nähert man die Fläche mit zwei Dreiecken an, ergibt sich für den Hub beim Ausfahren ''eines'' Puffers

<math>s=\frac{1}{2}\left [\frac{1}{2}\Delta t''\cdot (v_2''-v_g) + \frac{1}{2}\Delta t''\cdot (v_g-v_1'')\right ]=\frac{1}{4}\cdot 0.1\cdot(1.5+1)=0.0625~m</math>.

Die exakte Lösung <math>(s=0.083~m)</math> kann z.B. mit [[diesem Berkeley-Madonna Modell]] berechnet werden.

== Aufgabe 8 ==
In der ersten Stossphase nehmen die Puffer

<math>W_{ges}=P(F)\cdot \Delta t'</math>

auf. Mit

<math>P(F)=I_p\cdot \Delta v</math>

folgt

<math>W_{ges}=I_{p,max}\cdot \Delta v \cdot \Delta t'</math>.

Nachdem sich <math>\Delta v</math> während des Stosses ändert, muss die mittlere Geschwindigkeitsdifferenz verwendet werden:

<math>\Delta \bar{v}=\frac{\Delta v_{Anfang}+\Delta v_{Ende}}{2}=\frac{(v_1-v_2)+0}{2}=\frac{5}{2}~\frac{m}{s}</math>.

Daraus folgt für die Energieaufnahme ''eines'' Puffers

<math>W'=\frac{1}{4}W_{ges}=\frac{1}{4}12\cdot 10^5~N\cdot2.5~\frac{m}{s}\cdot 0.1~s=75~kJ</math>.

In der zweiten Stossphase ändert sich auch der Impulsstrom, und die von einem Puffer abgegebene Energie wird

<math>W''=\frac{1}{4}\bar{I_p}\cdot \Delta \bar{v}\cdot \Delta t'</math>.

Mit

<math>\Delta \bar{v}=\frac{0+(v_2''-v_1'')}{2}=\frac{4.5-2}{2}\frac{m}{s}=1.25~m/s</math>

und

<math>\bar{I_p}=\frac{1}{2}I_{p,max}</math>

folgt

<math>W''=\frac{1}{4}\frac{12\cdot 10^5~N}{2}\cdot 1.25 \frac{m}{s}\cdot 0.1~s=18.75~kJ</math>.



'''[[Impuls und Flüssigkeitsbild|Aufgabe]]'''
== Aufgasbe 3 ==
In der ersten Stossphase gibt Wagen ein den Impuls <math>\Delta p\prime=I_{p,max}\Delta t'</math> an den zweiten Wagen ab. Aus dem Flüssigkeitsbild ergibt sich für <math>\Delta p\prime=\Delta v\cdot m_1=(v_1-v_g)m_1</math>. Setzt man diese beiden Gleichungen einander gleich, ergibt sich für <math>\Delta t'=\frac{(v_1-v_g)m_1}{I_{p,max}}=\frac{2 m 6\cdot 10^4 kg s^2}{s12\cdot 10^5 kg m}=0.1 s</math>

Aktuelle Version vom 28. Oktober 2015, 10:05 Uhr

Aufgabe 1

Ip_vs_t_-_Fluessigkeitsbild.png

Grössen mit einem [math]'[/math] (z.B. [math]\Delta p_1'[/math]) beziehen sich auf die erste Stossphase, Grössen mit [math]''[/math] beziehen sich auf die zweite Stossphase.

Aufgabe2

Der Impulsinhalt des ersten Wagens wird

[math]p_1=m_1 v_1=60\cdot 10^3 kg \cdot 5~m/s=3\cdot 10^5~Ns[/math],

und da der zweite Wagen stillsteht wird [math]p_2=0[/math].

Beide Wagen zusammen speichern den Impuls

[math]p_{ges}=p_1+p_2=3\cdot 10^5 Ns + 0 = 3\cdot 10^5 Ns[/math]

und haben die Gesamtmasse

[math]m_{ges}=m_1+m_2=100~t[/math].

Die gemeinsame Geschwindigkeit wird

[math]v_g=\frac{p_{ges}}{m_{ges}}=\frac{3\cdot 10^5 Ns}{100\cdot 10^3 kg}=3~m/s[/math].

Aufgabe 3

In der ersten Stossphase gibt Wagen ein den Impuls

[math]\Delta p\prime=I_{p,max}\Delta t'[/math]

an den zweiten Wagen ab. Aus dem Flüssigkeitsbild ergibt sich für

[math]\Delta p\prime=\Delta v\cdot m_1=(v_1-v_g)m_1[/math].

Setzt man diese beiden Gleichungen einander gleich, ergibt sich für

[math]\Delta t'=\frac{(v_1-v_g)m_1}{I_{p,max}}=\frac{2~m\cdot 6\cdot 10^4 kg~s^2}{s~12\cdot 10^5 kg~m}=0.1~s[/math].

Aufgabe 4

Aus

[math]I_{p,max}=F=m\cdot a[/math]

folgt

[math]a_1=\frac{I_{p,max}}{m_1}=\frac{12\cdot 10^5~N}{60\cdot 10^3~kg}=20~m/s^2[/math] (Wagen wird abgebremst, also ist [math]a_1[/math] eigentlich negativ da [math]I_{p,max}[/math] in die negative Bezugsrichtung fliesst),

und analog dazu wird [math]a_2=30~m/s^2[/math].

Aufgabe 5

In der zweiten Stossphase gibt Wagen 1 den Impuls

[math]\Delta p''=1/2\cdot I_{p,max}\cdot \Delta t'=0.5\cdot 1200~kN\cdot 0.1~s=60~kNs[/math]

ab. Der erste Wagen enthält daher noch

[math]p_1''=p_1-\Delta p_1'-\Delta p_1''=3\cdot 10^5~Ns-1.2\cdot 10^5~Ns-0.6\cdot 10^5~Ns=1.2\cdot 10^5~Ns[/math].

Daraus folgt

[math]v_1''=\frac{p_1''}{m_1}=\frac{1.2\cdot 10^5~Ns}{6\cdot 10^4~kg}=2~m/s[/math].

Analog dazu wird

[math]p_2''=0+\Delta p_1'+\Delta p_1''=1.8\cdot 10^5~Ns[/math]

und

[math]v_2''=p_2''/m_2=4.5~m/s[/math].

Aufgabe 6

Aus [math]s=\frac{a}{2}t^2[/math] kann der Maximalhub eines Puffers berechnet werden. Zu beachten ist der Wert für [math]a[/math]: [math]a_1, a_2[/math] sind auf einen externen Beobachter bezogen, und zur Berechnung des Maximalhubs ist die relative Beschleunigung zwischen den Wagen ausschlaggebend. Daher wird [math]a=a_1+a_2[/math], und der Maximalhub eines Puffers

[math]s=\frac{1}{2} \frac{a_1+a_2}{2}\Delta t'^2=\frac{1}{2} \frac{(20+30)m}{s~2} 0.1^2 s^2=0.125~m[/math].

Aufgabe 7

Zur Abschätzung des Hubes beim Ausfahren der Puffer hilft das [math]v(t)[/math] Diagramm.

v-t-Diagramm.png

Die Geschwindigkeiten [math]v_g, v_1'', v_2''[/math] sind bekannt. Der Verlauf der Geschwindigkeiten in der zweiten Stossphase werden nicht linear sein, sondern quadratisch. Die Fläche unter der [math]v(t)[/math] Kurve entspricht dem Hub. Nähert man die Fläche mit zwei Dreiecken an, ergibt sich für den Hub beim Ausfahren eines Puffers

[math]s=\frac{1}{2}\left [\frac{1}{2}\Delta t''\cdot (v_2''-v_g) + \frac{1}{2}\Delta t''\cdot (v_g-v_1'')\right ]=\frac{1}{4}\cdot 0.1\cdot(1.5+1)=0.0625~m[/math].

Die exakte Lösung [math](s=0.083~m)[/math] kann z.B. mit diesem Berkeley-Madonna Modell berechnet werden.

Aufgabe 8

In der ersten Stossphase nehmen die Puffer

[math]W_{ges}=P(F)\cdot \Delta t'[/math]

auf. Mit

[math]P(F)=I_p\cdot \Delta v[/math]

folgt

[math]W_{ges}=I_{p,max}\cdot \Delta v \cdot \Delta t'[/math].

Nachdem sich [math]\Delta v[/math] während des Stosses ändert, muss die mittlere Geschwindigkeitsdifferenz verwendet werden:

[math]\Delta \bar{v}=\frac{\Delta v_{Anfang}+\Delta v_{Ende}}{2}=\frac{(v_1-v_2)+0}{2}=\frac{5}{2}~\frac{m}{s}[/math].

Daraus folgt für die Energieaufnahme eines Puffers

[math]W'=\frac{1}{4}W_{ges}=\frac{1}{4}12\cdot 10^5~N\cdot2.5~\frac{m}{s}\cdot 0.1~s=75~kJ[/math].

In der zweiten Stossphase ändert sich auch der Impulsstrom, und die von einem Puffer abgegebene Energie wird

[math]W''=\frac{1}{4}\bar{I_p}\cdot \Delta \bar{v}\cdot \Delta t'[/math].

Mit

[math]\Delta \bar{v}=\frac{0+(v_2''-v_1'')}{2}=\frac{4.5-2}{2}\frac{m}{s}=1.25~m/s[/math]

und

[math]\bar{I_p}=\frac{1}{2}I_{p,max}[/math]

folgt

[math]W''=\frac{1}{4}\frac{12\cdot 10^5~N}{2}\cdot 1.25 \frac{m}{s}\cdot 0.1~s=18.75~kJ[/math].


Aufgabe