Lösung zu Impuls und Flüssigkeitsbild

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