Lösung zu Aviatik 2013/2 - Versionsgeschichte

Systemdynamiker: /* Lösung zu Aufgabe 5 */

2017-06-18T07:14:38Z

Lösung zu Aufgabe 5

← Nächstältere Version		Version vom 18. Juni 2017, 07:14 Uhr
Zeile 34:		Zeile 34:
	#Auf den Zylinder wirken in der Rutschphase die Gewichtskraft (Volumenkraft), die Normalkraft und die Gleitreibungskraft (gegen die Rotation). Gewichtskraft und Normalkraft halten den Zylinder vertikal im Gleichgewicht.		#Auf den Zylinder wirken in der Rutschphase die Gewichtskraft (Volumenkraft), die Normalkraft und die Gleitreibungskraft (gegen die Rotation). Gewichtskraft und Normalkraft halten den Zylinder vertikal im Gleichgewicht.
	#Anfänglich bewegt sich die unterste Linie des Zylinders (Kontaklinie mit der Unterlage) mit <math>v_{unten}=\omega r</math> = 30 m/s. Damit erreicht die Gleitreibungskraft eine Leistung von <math>P(F_R)=v_{unten}F_R</math> = 1500 W.		#Anfänglich bewegt sich die unterste Linie des Zylinders (Kontaklinie mit der Unterlage) mit <math>v_{unten}=\omega r</math> = 30 m/s. Damit erreicht die Gleitreibungskraft eine Leistung von <math>P(F_R)=v_{unten}F_R</math> = 1500 W.
	#Hier sind unbedingt zwei [[Flüssigkeitsbild]]er zu zeichnen. Dabei gilt bis zur Rollphase <math>\left(v_e=\omega_e r\right)</math> folgender Zusammenhang <math>\frac{F_Rr}{r}=\frac{\|\Delta L\|}{p}=\frac{J(\omega_a-\omega_e)}{mv_e}</math>. Löst man diese Gleichung mit Hilfe der Rollbedingung auf, folgt ''v<sub>e</sub>'' = 10 m/s und ''ω<sub>e</sub>'' = 100 1/s.		#Hier sind unbedingt zwei [[Flüssigkeitsbild]]er zu zeichnen. Dabei gilt bis zur Rollphase <math>\left(v_e=\omega_e r\right)</math> folgender Zusammenhang <math>\frac{F_Rr}{F_R}=\frac{\|\Delta L\|}{p}=\frac{J(\omega_a-\omega_e)}{mv_e}</math>. Löst man diese Gleichung mit Hilfe der Rollbedingung auf, folgt ''v<sub>e</sub>'' = 10 m/s und ''ω<sub>e</sub>'' = 100 1/s.
	#Für die Berechnung der zeitlichen Länge der Rutschphase und für die Energiebetrachtung sollte wieder das Flüssigkeitsbild beigezogen werden.		#Für die Berechnung der zeitlichen Länge der Rutschphase und für die Energiebetrachtung sollte wieder das Flüssigkeitsbild beigezogen werden.
	##Die Gleitreibungskraft beschreibt den konstanten Zufluss von Impuls bis zum Erreichen der Rollphase, also folgt aus <math>F_R=\frac{p_e}{\Delta t}=\frac{mv_e}{\Delta t}</math> eine Zeitspanne von <math>\Delta t=\frac{mv_e}{F_R}</math> = 2.4 s.		##Die Gleitreibungskraft beschreibt den konstanten Zufluss von Impuls bis zum Erreichen der Rollphase, also folgt aus <math>F_R=\frac{p_e}{\Delta t}=\frac{mv_e}{\Delta t}</math> eine Zeitspanne von <math>\Delta t=\frac{mv_e}{F_R}</math> = 2.4 s.

Systemdynamiker: /* Lösung zu Aufgabe 3 */

2017-06-14T08:51:45Z

Lösung zu Aufgabe 3

← Nächstältere Version		Version vom 14. Juni 2017, 08:51 Uhr
Zeile 15:		Zeile 15:
	#Diese Aufgabe fragt nach den ersten drei Teilprozessen des [[Joule-Zyklus]]. Deshalb entsprechen das ''S-T-''Diagramm und das ''p-V-''Diagramm bis auf den letzten Teilprozess den Diagrammen des JouleZykluses.		#Diese Aufgabe fragt nach den ersten drei Teilprozessen des [[Joule-Zyklus]]. Deshalb entsprechen das ''S-T-''Diagramm und das ''p-V-''Diagramm bis auf den letzten Teilprozess den Diagrammen des JouleZykluses.
	#[[Isentrop]]er Prozess des [[ideales Gas\|idealen Gases]] <math>p_2=p_1\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{\frac{\kappa}{\kappa-1}}</math> = 59.8 bar.		#[[Isentrop]]er Prozess des [[ideales Gas\|idealen Gases]] <math>p_2=p_1\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{\frac{\kappa}{\kappa-1}}</math> = 59.8 bar.
	#Die zugeführte [[Wärme]] ist gleich Stärke des thermischen [[Zugeordneter Energiestrom\|Energiestromes]] mal den Zeitabschnitt, in dem geheizt wird <math>W_{therm}=I_{W_{therm}}\Delta t</math> = 75 kJ. Dies führt zu einer Temperaturerhöhung von <math>\Delta T = \frac{\Delta H}{n\hat c_p}W_{therm}</math> = 51.5 K und damit zu einer Endtemperatur für diesen Teilprozess von 552 K. Man beachte, dass beim [[isobar]]en Heizen die Wärme(energie) gleich der Änderung der [[Enthalpie]] ist.		#Die zugeführte [[Wärme]] ist gleich Stärke des thermischen [[Zugeordneter Energiestrom\|Energiestromes]] mal den Zeitabschnitt, in dem geheizt wird <math>W_{therm}=I_{W_{therm}}\Delta t</math> = 75 kJ. Dies führt zu einer Temperaturerhöhung von <math>\Delta T = \frac{\Delta H}{n\hat c_p}=\frac{W_{therm}}{n\hat c_p}</math> = 51.5 K und damit zu einer Endtemperatur für diesen Teilprozess von 552 K. Man beachte, dass beim [[isobar]]en Heizen die Wärme(energie) gleich der Änderung der [[Enthalpie]] ist.
	#Die Beschaltung des [[Carnotor]]s wird im folgenden Video erklärt		#Die Beschaltung des [[Carnotor]]s wird im folgenden Video erklärt
	::<videoflash>xQMf0P3eGko\|649\|360</videoflash>		::<videoflash>xQMf0P3eGko\|649\|360</videoflash>

Admin: /* Lösung zu Aufgabe 1 */

2016-06-02T09:18:54Z

Lösung zu Aufgabe 1

← Nächstältere Version		Version vom 2. Juni 2016, 09:18 Uhr
Zeile 3:		Zeile 3:
	#Torricelli <math>\sqrt{2gh}</math> = 4.2 m/s und <math>A_2=A_1\frac{v_1}{v_2}</math> = 2.38·10<sup>-4</sup> m<sup>2</sup>		#Torricelli <math>\sqrt{2gh}</math> = 4.2 m/s und <math>A_2=A_1\frac{v_1}{v_2}</math> = 2.38·10<sup>-4</sup> m<sup>2</sup>
	#Impulsbilanz positive Richtung nach unten. Aus <math>-F_{festhalten}+mg+v_1I_{m1}+v_2I{m2}=\dot p=0</math> und Massebilanz <math>I_{m1}+I_{m1}=\dot m=0</math> folgt <math>F_{festhalten}</math> = 242 N		#Impulsbilanz positive Richtung nach unten. Aus <math>-F_{festhalten}+mg+v_1I_{m1}+v_2I{m2}=\dot p=0</math> und Massebilanz <math>I_{m1}+I_{m1}=\dot m=0</math> folgt <math>F_{festhalten}</math> = 242 N
	#<math>I_W=\frac{\varrho}{2}v_2^2 I_V=\frac{v_2^2}{2}I_m=\sqrt{gh}I_m</math>=8.83 N. Die letzte Umformung zeigt den Ursprung der Energie des abfliessenden Wasser: diese Energie entstammt im stationären Zustand vollständig dem [[Gravitationsfeld]] ([[potentielle Energie]]), weil die von oben mit dem Wasser zufliessende Energie vollständig dissipiert wird.		#<math>I_W=\frac{\varrho}{2}v_2^2 I_V=\frac{v_2^2}{2}I_m=\sqrt{gh}I_m</math>=8.83 W. Die letzte Umformung zeigt den Ursprung der Energie des abfliessenden Wasser: diese Energie entstammt im stationären Zustand vollständig dem [[Gravitationsfeld]] ([[potentielle Energie]]), weil die von oben mit dem Wasser zufliessende Energie vollständig dissipiert wird.

	==Lösung zu Aufgabe 2==		==Lösung zu Aufgabe 2==

Admin: /* Lösung zu Aufgabe 1 */

2015-06-03T04:19:37Z

Lösung zu Aufgabe 1

← Nächstältere Version		Version vom 3. Juni 2015, 04:19 Uhr
Zeile 1:		Zeile 1:
	==Lösung zu Aufgabe 1==		==Lösung zu Aufgabe 1==
	#<math>I_W=\varrho_{W_{kin}}I_V=\frac{\varrho}{2}v_1^2~~\varrho~~ I_V=\frac{\varrho}{2}Av_1^3</math> =1250 W		#<math>I_W=\varrho_{W_{kin}}I_V=\frac{\varrho}{2}v_1^2 I_V=\frac{\varrho}{2}Av_1^3</math> =1250 W
	#Torricelli <math>\sqrt{2gh}</math> = 4.2 m/s und <math>A_2=A_1\frac{v_1}{v_2}</math> = 2.38·10<sup>-4</sup> m<sup>2</sup>		#Torricelli <math>\sqrt{2gh}</math> = 4.2 m/s und <math>A_2=A_1\frac{v_1}{v_2}</math> = 2.38·10<sup>-4</sup> m<sup>2</sup>
	#Impulsbilanz positive Richtung nach unten. Aus <math>-F_{festhalten}+mg+v_1I_{m1}+v_2I{m2}=\dot p=0</math> und Massebilanz <math>I_{m1}+I_{m1}=\dot m=0</math> folgt <math>F_{festhalten}</math> = 242 N		#Impulsbilanz positive Richtung nach unten. Aus <math>-F_{festhalten}+mg+v_1I_{m1}+v_2I{m2}=\dot p=0</math> und Massebilanz <math>I_{m1}+I_{m1}=\dot m=0</math> folgt <math>F_{festhalten}</math> = 242 N
	#<math>I_W=\frac{\varrho}{2}v_2^2~~\varrho~~ I_V=\frac{v_2^2}{2}I_m=\sqrt{gh}I_m</math>=8.83 N. Die letzte Umformung zeigt den Ursprung der Energie des abfliessenden Wasser: diese Energie entstammt im stationären Zustand vollständig dem [[Gravitationsfeld]] ([[potentielle Energie]]), weil die von oben mit dem Wasser zufliessende Energie vollständig dissipiert wird.		#<math>I_W=\frac{\varrho}{2}v_2^2 I_V=\frac{v_2^2}{2}I_m=\sqrt{gh}I_m</math>=8.83 N. Die letzte Umformung zeigt den Ursprung der Energie des abfliessenden Wasser: diese Energie entstammt im stationären Zustand vollständig dem [[Gravitationsfeld]] ([[potentielle Energie]]), weil die von oben mit dem Wasser zufliessende Energie vollständig dissipiert wird.

	==Lösung zu Aufgabe 2==		==Lösung zu Aufgabe 2==

Admin: /* Lösung zu Aufgabe 4 */

2014-07-01T12:44:32Z

Lösung zu Aufgabe 4

← Nächstältere Version		Version vom 1. Juli 2014, 12:44 Uhr
Zeile 28:		Zeile 28:
	#Der Drehimpuls bleibt erhalten, wird aber "hochgequetscht". Die aufzuwendende Energie ist gleich Drehimpuls mal mittlere "Hubhöhe" <math>\Delta W_{rot}=\Delta \omega_{2_{mittel}}L</math> = 238 kJ.		#Der Drehimpuls bleibt erhalten, wird aber "hochgequetscht". Die aufzuwendende Energie ist gleich Drehimpuls mal mittlere "Hubhöhe" <math>\Delta W_{rot}=\Delta \omega_{2_{mittel}}L</math> = 238 kJ.
	#In 15 s fliessen 4500 Nms Drehimpuls vom zweiten in den ersten Teil. Also verbleiben noch +/-7500 Nms in den beiden Teilen, womit die aktuellen Winkelgeschwindigkeiten 39.5 1/s und -30 1/s betragen. Daraus folgt <math>P=M\Delta \omega_{aktuell}</math> = 20.8kW.		#In 15 s fliessen 4500 Nms Drehimpuls vom zweiten in den ersten Teil. Also verbleiben noch +/-7500 Nms in den beiden Teilen, womit die aktuellen Winkelgeschwindigkeiten 39.5 1/s und -30 1/s betragen. Daraus folgt <math>P=M\Delta \omega_{aktuell}</math> = 20.8kW.

			::<videoflash>MkVQnl3YJnU\|649\|360</videoflash>

	==Lösung zu Aufgabe 5==		==Lösung zu Aufgabe 5==

Systemdynamiker: /* Lösung zu Aufgabe 4 */

2014-06-30T09:25:48Z

Lösung zu Aufgabe 4

← Nächstältere Version		Version vom 30. Juni 2014, 09:25 Uhr
Zeile 27:		Zeile 27:
	#Die maximale Winkelgeschwindigkeitsdifferenz beträgt am Schluss der 1. Phase 71.5 1/s. Der gesamte Drehimpuls muss vom Motor aber nur um die Hälfte hochgepumpt werden <math>W_{Motor}=\Delta \omega_{mittel}L</math> = 429 kJ		#Die maximale Winkelgeschwindigkeitsdifferenz beträgt am Schluss der 1. Phase 71.5 1/s. Der gesamte Drehimpuls muss vom Motor aber nur um die Hälfte hochgepumpt werden <math>W_{Motor}=\Delta \omega_{mittel}L</math> = 429 kJ
	#Der Drehimpuls bleibt erhalten, wird aber "hochgequetscht". Die aufzuwendende Energie ist gleich Drehimpuls mal mittlere "Hubhöhe" <math>\Delta W_{rot}=\Delta \omega_{2_{mittel}}L</math> = 238 kJ.		#Der Drehimpuls bleibt erhalten, wird aber "hochgequetscht". Die aufzuwendende Energie ist gleich Drehimpuls mal mittlere "Hubhöhe" <math>\Delta W_{rot}=\Delta \omega_{2_{mittel}}L</math> = 238 kJ.
	#In 15 s fliessen 4500 Nms Drehimpuls vom zweiten in den ersten Teil. Also verbleiben noch +/-~~75000~~ Nms in den beiden Teilen, womit die aktuellen Winkelgeschwindigkeiten 39.5 1/s und -30 1/s betragen. Daraus folgt <math>P=M\Delta \omega_{aktuell}</math> = 20.8kW.		#In 15 s fliessen 4500 Nms Drehimpuls vom zweiten in den ersten Teil. Also verbleiben noch +/-7500 Nms in den beiden Teilen, womit die aktuellen Winkelgeschwindigkeiten 39.5 1/s und -30 1/s betragen. Daraus folgt <math>P=M\Delta \omega_{aktuell}</math> = 20.8kW.

	==Lösung zu Aufgabe 5==		==Lösung zu Aufgabe 5==

Systemdynamiker: /* Lösung zu Aufgabe 5 */

2014-06-29T15:36:19Z

Lösung zu Aufgabe 5

← Nächstältere Version		Version vom 29. Juni 2014, 15:36 Uhr
Zeile 31:		Zeile 31:
	==Lösung zu Aufgabe 5==		==Lösung zu Aufgabe 5==
	#Auf den Zylinder wirken in der Rutschphase die Gewichtskraft (Volumenkraft), die Normalkraft und die Gleitreibungskraft (gegen die Rotation). Gewichtskraft und Normalkraft halten den Zylinder vertikal im Gleichgewicht.		#Auf den Zylinder wirken in der Rutschphase die Gewichtskraft (Volumenkraft), die Normalkraft und die Gleitreibungskraft (gegen die Rotation). Gewichtskraft und Normalkraft halten den Zylinder vertikal im Gleichgewicht.
	#Anfänglich bewegt sich die unterste Linie des Zylinders (Kontaklinie mit der Unterlage) mit <math>v_{unten}=\omega r</math> 30 m/s. Damit erreicht die Gleitreibungskraft eine Leistung von <math>P(F_R)=v_{unten}F_R</math> = 1500 W.		#Anfänglich bewegt sich die unterste Linie des Zylinders (Kontaklinie mit der Unterlage) mit <math>v_{unten}=\omega r</math> = 30 m/s. Damit erreicht die Gleitreibungskraft eine Leistung von <math>P(F_R)=v_{unten}F_R</math> = 1500 W.
	#Hier sind unbedingt zwei [[Flüssigkeitsbild]]er zu zeichnen. Dabei gilt bis zur Rollphase <math>\left(v_e=\omega_e r\right)</math> folgender Zusammenhang <math>\frac{F_Rr}{r}=\frac{\|\Delta L\|}{p}=\frac{J(\omega_a-\omega_e)}{mv_e}</math>. Löst man diese Gleichung mit Hilfe der Rollbedingung auf, folgt ''v<sub>e</sub>'' = 10 m/s und ''ω<sub>e</sub>'' = 100 1/s.		#Hier sind unbedingt zwei [[Flüssigkeitsbild]]er zu zeichnen. Dabei gilt bis zur Rollphase <math>\left(v_e=\omega_e r\right)</math> folgender Zusammenhang <math>\frac{F_Rr}{r}=\frac{\|\Delta L\|}{p}=\frac{J(\omega_a-\omega_e)}{mv_e}</math>. Löst man diese Gleichung mit Hilfe der Rollbedingung auf, folgt ''v<sub>e</sub>'' = 10 m/s und ''ω<sub>e</sub>'' = 100 1/s.
	#Für die Berechnung der zeitlichen Länge der Rutschphase und für die Energiebetrachtung sollte wieder das Flüssigkeitsbild beigezogen werden.		#Für die Berechnung der zeitlichen Länge der Rutschphase und für die Energiebetrachtung sollte wieder das Flüssigkeitsbild beigezogen werden.

Systemdynamiker: /* Lösung zu Aufgabe 5 */

2014-06-29T13:35:01Z

Lösung zu Aufgabe 5

← Nächstältere Version		Version vom 29. Juni 2014, 13:35 Uhr
Zeile 37:		Zeile 37:
	##Die [[Rotationsenergie]] nimmt ab, die [[kinetische Energie]] zu. Der Unterschied wird dissipiert <math>W_{diss}=\Delta W_{rot}-W_{kin}=\frac{J}{2}\left(\omega_a^2-\omega_e^2\right)-\frac{m}{2}v_e^2</math> = 1800 J.		##Die [[Rotationsenergie]] nimmt ab, die [[kinetische Energie]] zu. Der Unterschied wird dissipiert <math>W_{diss}=\Delta W_{rot}-W_{kin}=\frac{J}{2}\left(\omega_a^2-\omega_e^2\right)-\frac{m}{2}v_e^2</math> = 1800 J.

	'''ähnliche Aufgabe'':		'''ähnliche Aufgabe''':
	*[http://www.systemdesign.ch/index.php?title=Bowling Bowling]		*[http://www.systemdesign.ch/index.php?title=Bowling Bowling]

Systemdynamiker: /* Lösung zu Aufgabe 5 */

2014-06-29T13:34:42Z

Lösung zu Aufgabe 5

← Nächstältere Version		Version vom 29. Juni 2014, 13:34 Uhr
Zeile 30:		Zeile 30:

	==Lösung zu Aufgabe 5==		==Lösung zu Aufgabe 5==
	#Auf den Zylinder wirken in der Rutschphase die Gewichtskraft (Volumenkraft), die Normalkraft und die ~~Gleitreibung~~ (gegen die Rotation). Gewichtskraft und Normalkraft halten den Zylinder vertikal im Gleichgewicht.		#Auf den Zylinder wirken in der Rutschphase die Gewichtskraft (Volumenkraft), die Normalkraft und die Gleitreibungskraft (gegen die Rotation). Gewichtskraft und Normalkraft halten den Zylinder vertikal im Gleichgewicht.
	#Anfänglich bewegt sich die unterste Linie des Zylinders (Kontaklinie mit der Unterlage) mit <math>v_{unten}=\omega r</math> 30 m/s. Damit erreicht die Gleitreibungskraft eine Leistung von <math>P(F_R)=v_{unten}F_R</math> = 1500 W.		#Anfänglich bewegt sich die unterste Linie des Zylinders (Kontaklinie mit der Unterlage) mit <math>v_{unten}=\omega r</math> 30 m/s. Damit erreicht die Gleitreibungskraft eine Leistung von <math>P(F_R)=v_{unten}F_R</math> = 1500 W.
	#Hier sind unbedingt zwei [[Flüssigkeitsbild]]er zu zeichnen. Dabei gilt bis zur Rollphase <math>\left(v_e=\omega_e r\right)</math> folgender Zusammenhang <math>\frac{F_Rr}{r}=\frac{\|\Delta L\|}{p}=\frac{J(\omega_a-\omega_e)}{mv_e}</math>. Löst man diese Gleichung mit Hilfe der Rollbedingung auf, folgt ''v<sub>e</sub>'' = 10 m/s und ''ω<sub>e</sub>'' = 100 1/s.		#Hier sind unbedingt zwei [[Flüssigkeitsbild]]er zu zeichnen. Dabei gilt bis zur Rollphase <math>\left(v_e=\omega_e r\right)</math> folgender Zusammenhang <math>\frac{F_Rr}{r}=\frac{\|\Delta L\|}{p}=\frac{J(\omega_a-\omega_e)}{mv_e}</math>. Löst man diese Gleichung mit Hilfe der Rollbedingung auf, folgt ''v<sub>e</sub>'' = 10 m/s und ''ω<sub>e</sub>'' = 100 1/s.
	#Für die Energiebetrachtung sollte wieder das Flüssigkeitsbild beigezogen werden.		#Für die Berechnung der zeitlichen Länge der Rutschphase und für die Energiebetrachtung sollte wieder das Flüssigkeitsbild beigezogen werden.
	##Die Gleitreibungskraft beschreibt den konstanten Zufluss von Impuls bis zum Erreichen der Rollphase, also folgt aus <math>F_R=\frac{p_e}{\Delta t}=\frac{mv_e}{\Delta t}</math> eine Zeitspanne von <math>\Delta t=\frac{mv_e}{F_R}</math> = 2.4 s.		##Die Gleitreibungskraft beschreibt den konstanten Zufluss von Impuls bis zum Erreichen der Rollphase, also folgt aus <math>F_R=\frac{p_e}{\Delta t}=\frac{mv_e}{\Delta t}</math> eine Zeitspanne von <math>\Delta t=\frac{mv_e}{F_R}</math> = 2.4 s.
	##Die [[Rotationsenergie]] nimmt ab, die [[kinetische Energie]] zu. Der Unterschied wird dissipiert <math>W_{diss}=\Delta W_{rot}-W_{kin}=\frac{J}{2}\left(\omega_a^2-\omega_e^2\right)-\frac{m}{2}v_e^2</math> = 1800 J.		##Die [[Rotationsenergie]] nimmt ab, die [[kinetische Energie]] zu. Der Unterschied wird dissipiert <math>W_{diss}=\Delta W_{rot}-W_{kin}=\frac{J}{2}\left(\omega_a^2-\omega_e^2\right)-\frac{m}{2}v_e^2</math> = 1800 J.

			'''ähnliche Aufgabe'':
			*[http://www.systemdesign.ch/index.php?title=Bowling Bowling]

Systemdynamiker: /* Lösung zu Aufgabe 5 */

2014-06-29T13:27:13Z

Lösung zu Aufgabe 5

← Nächstältere Version		Version vom 29. Juni 2014, 13:27 Uhr
Zeile 30:		Zeile 30:

	==Lösung zu Aufgabe 5==		==Lösung zu Aufgabe 5==
			#Auf den Zylinder wirken in der Rutschphase die Gewichtskraft (Volumenkraft), die Normalkraft und die Gleitreibung (gegen die Rotation). Gewichtskraft und Normalkraft halten den Zylinder vertikal im Gleichgewicht.
			#Anfänglich bewegt sich die unterste Linie des Zylinders (Kontaklinie mit der Unterlage) mit <math>v_{unten}=\omega r</math> 30 m/s. Damit erreicht die Gleitreibungskraft eine Leistung von <math>P(F_R)=v_{unten}F_R</math> = 1500 W.
			#Hier sind unbedingt zwei [[Flüssigkeitsbild]]er zu zeichnen. Dabei gilt bis zur Rollphase <math>\left(v_e=\omega_e r\right)</math> folgender Zusammenhang <math>\frac{F_Rr}{r}=\frac{\|\Delta L\|}{p}=\frac{J(\omega_a-\omega_e)}{mv_e}</math>. Löst man diese Gleichung mit Hilfe der Rollbedingung auf, folgt ''v<sub>e</sub>'' = 10 m/s und ''ω<sub>e</sub>'' = 100 1/s.
			#Für die Energiebetrachtung sollte wieder das Flüssigkeitsbild beigezogen werden.
			##Die Gleitreibungskraft beschreibt den konstanten Zufluss von Impuls bis zum Erreichen der Rollphase, also folgt aus <math>F_R=\frac{p_e}{\Delta t}=\frac{mv_e}{\Delta t}</math> eine Zeitspanne von <math>\Delta t=\frac{mv_e}{F_R}</math> = 2.4 s.
			##Die [[Rotationsenergie]] nimmt ab, die [[kinetische Energie]] zu. Der Unterschied wird dissipiert <math>W_{diss}=\Delta W_{rot}-W_{kin}=\frac{J}{2}\left(\omega_a^2-\omega_e^2\right)-\frac{m}{2}v_e^2</math> = 1800 J.


	'''[[Aviatik 2013/2\|Aufgabe]]'''		'''[[Aviatik 2013/2\|Aufgabe]]'''