Lösung zu Aviatik 2012/1

Lösung 1

Die Pumpe muss mit dem Druckaufbau einerseits die Höhendifferenz von anfänglich 10 m und andererseits den turbulenten Widerstand in der Verbindungsleitung kompensieren

[math]\Delta p=\Delta p_G+\Delta p_W[/math]

Der Widerstand in der Verbindungsleitung steigt quadratisch mit der Volumenstromstärke.

1. Weil der hydrostatische Druck ziemlich genau ein Bar beträgt, bleibt für den Widerstand ein weiters Bar Druck übrig. Steigt der Spiegel um 5 m, so steigt der hydrostatische Druck auf 1.5 bar, womit sich die von der Pumpe zu erbringende Druckdifferenz auf 2.49 bar erhöht.
2. [math]I_V=\frac{20 m^3}{5*3600 s}=1.11\cdot 10^{-3}m^3/s[/math] , damit beträgt die Prozessleistung [math]P=\Delta p I_V[/math] = 222 W
3. [math]P_{diss}=\Delta p_W I_V[/math] oder aufintegriert [math]W_{diss}=\Delta p_W V_{gepumpt}[/math] = 2.04 MJ
4. [math]P_{diss}=\Delta p_W I_V=kI_V^3[/math] Vergrössert man die Stromstärke um den Faktor 2.5, steigt die Verlustleistung um 2.5³. Weil der Prozess aber 2.5x weniger lang dauert, ist die dissipierte Energie um 6.25x grösser als unter 3. berechnet, also gleich 12.7 MJ.

Lösung 2

Unmittelbar nach dem Einschalten verhält sich der ungeladene Kondensator wie ein Kurzschluss und die ideale Spule wie ein offener Schalter. Der Strom fliesst deshalb zuerst durch den Kondensator und den parallel zur Spule geschalteten Widerstand.

1. Die Stromstärke durch die Kapazität ist anfänglich gleich gross wie beim Widerstand. Danach steigt sie an, weil der Strom durch die Induktivität dazu kommt.
2. Zum Zeitnullpunkt liegt die ganze Spannung über dem Widerstand, weil der Kondensator noch ungeladen ist [math]R=\frac{U}{I}=\frac{1 V}{0.14 A}=7\Omega[/math]
3. Zum Zeitnullpunkt liegt eine Spannung von einem Volt über der idealen Spule. Der Strom steigt dann mit 500 A/s. Folglich ist die Induktivität gleich [math]L=\frac{U}{\dot I}=\frac{1V}{500A/s}=2mH[/math]
4. Bei 6^.10^-4 s ist der Strom durch den Widerstand und somit auch die Spannung über dem Widerstand auf null gesunken. Dann liegt die ganze Spannung von 1 V über dem Kondensator. Die Ladung des Kondensators entspricht der über die Zeit aufintegrierten Stromstärke durch den Kondensator (Fläche unter der Kurve) [math]C=\frac{Q}{U}=\frac{0.1 mC}{1 V}=0.1mF[/math]

Lösung 3

Vernachlässigt man die andern Kräfte, gibt das Auto solange Impuls an den Kleinlastwagen ab, bis beide Fahrzeuge gleich schnell sind. Aus dem Flüssigkeitsbild kann man direkt entnehmen, dass die gemeinsame Endgeschwindigkeit 2 m/s beträgt und dass 13 kNs Impuls übertragen wird.

1. [math]\Delta t=\frac{\Delta p}{F}=\frac{13 kNs}{100 kNs}=0.13s[/math]
2. Der übertragene Impuls fällt im Mittel 7.5 m/s "hinunter". Deshalb wird folgende Energie freigesetzt und dissipiert (Menge mal mittlere Fallhöhe) [math]W_{diss}=\Delta p\cdot\Delta v_{mittel}=13 kNs\cdot 7.5 m/s= 97.5 kJ[/math]
3. Die Verformung kann über die Energie gerechnet werden [math]\Delta s=\frac{W_{diss}}{F}=\frac{97.5kJ}{100kN}=0.975 m[/math] oder über die Geschwindigkeit [math]\Delta s=v_{mittel}\Delta t=7.5 m/s\cdot0.13s=0.975m[/math]. Im Geschwindigkeits-Zeit-Diagramm entspricht die Verformung der Fläche zwischen den beiden Kurven.
4. Drückt der Fahrer des Kleinlastwagens auf die Bremse, ändern sich Stosszeit, dissipierte Energie und Endgeschwindigkeit. Hier drängt sich das Flüssigkeitsbild geradezu auf. Die Impulsbilanz lautet nun

[math]\Delta p_A+\Delta p_{LKW}=-F_H\Delta t[/math].

Nun ersetzt man

[math]\Delta p_A=m_A(v_e-v_A)[/math]

[math]\Delta p_{LKW}=m_{LKW}v_e[/math]

[math]\Delta t=\frac{-\Delta p_A}{F}[/math]

und erhält

[math]v_e=v_A\frac{m_A\left(1-\frac{F_H}{F}\right)}{m_{LKW}+m_A\left(1-\frac{F_H}{F}\right)}=1.07 m/s[/math]

Die Stosszeit beträgt dann 0.139 s, es werden 104.5 kJ Energie dissipiert und die Knautschzone wird um 1.045 m verformt. Für das Auto und den Autofahrer ist es ein Nachteil, wenn der LKW-Fahrer auf die Bremse steht. Für ihn ist es dagegen vorteilhaft.

Lösung 4

Auf das Flugzeug wirken die Gewichtskraft, die Schubkraft und die Kraft der Luft. Die Kraft der Luft kann in Auftrieb und Widerstand zerlegt werden, wobei die beiden Komponenten normal bzw. parallel zur Anströmung gerichtet sind. Im Horizontalflug kompensieren sich die Gewichts- und die Auftriebskraft vertikal sowie die Schub- und Widerstandskraft horizontal. In der Kurve ergeben die Auftriebskraft und die Gewichtskraft eine resultierende Kraft, welche gegen die Kurvenmitte zeigt. Siehe auch Flugzeug auf Kreisbahn.

1. Die Beschleunigunng des Flugzeuges ist gleich [math]a_n=\frac{v^2}{r}=5m/s^2[/math]. Nun ist die resultierende Kraft gleich (Pythagoras) [math]F_{Res}=\sqrt{F_A^2-F_G^2}=ma_n[/math]. Also ist [math]F_A=\sqrt{F_G^2+F_{Res}^2}=m\sqrt{g^2+a_n^2}=44.0kN[/math]
2. Das im Flugzeug messbare Gravitationsfeld hat eine Stärke von [math]g'=\sqrt{g^2+g_t^2}=\sqrt{g^2+a_n^2}=11N/kg[/math] und ist um den Winktel [math]\beta=\arctan{\left(\frac{g}{g_t}\right)}=63^0[/math] gegen die Horizontale geneigt.
3. Im Geradeausflug ist der Auftrieb gleich der Gewichtskraft (39.2 kN). Der Luftwiderstand beträgt dann 0.05^.39.2 N =1.96 kN. In der Kurve vergrössert sich der Auftrieb mit dem Faktor [math]k=\frac{44 kN}{39.2 kN}=1.122[/math]. Der Widerstand steigt quadratisch auf [math]F_{W_{Kurve}}=k^2F_W=2.47kN[/math]. Die Verlustleistung und damit die zuzuführende Leistung ist gleich [math]P(F_{Schub})=2.47 kN\cdot50m/s =123.5KW[/math]

Lösung 5

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Aufgabe