Weil beide Schwungräder mit der gleichen Winkelbeschleunigung hochgefahren werden, muss sich der Drehimpuls im Verhältnis der Massenträgheitsmomente auf die beiden Schwungräder verteilen. Folglich muss von links her dreimal mehr Drehimpuls zufliessen, als durch die Rutschkupplung geht, also 150 Nm. Nach der gesuchten Zeit enthalten beide Schwungräder 1500 Nms (Grundfläche mal Füllhöhe im Flüssigkeitsbild). Teilt man diese Menge durch die Stromstärke des Zuflusses, erhält man 10 s.
In der zweiten Phase fliessen 5 s * 50 Nm Drehimpuls ins rechte Schwungrad, was dessen Winkelgeschwindigkeit um weitere 10 rad/s auf 30 rad/s erhöht. Die restlichen 5 s * 200 Nm verbleiben im linken Schwungrad und erhöhen dessen Winkelgeschwindigkeit um 20 rad/s auf 40 rad/s.
Schnittbild zu Aufgabe 2 (Anstossphase)In der dritten Phase gleichen sich die Winkelgeschwindigkeiten an [math]\frac{J_1\omega_1+J_2\omega_2}{J_1+J_2}[/math] = 36.7 rad/s. Weil die Stromstärke zwischen den Schungrädern weiterhin 50 Nm beträgt, dauert der Prozess [math]t=\frac{J_2\Delta\omega_2}{I_{L_{12}}}[/math]=3.33 s
Die maximal Differenz der beiden Winkelgeschwindigkeiten beträgt 10 rad/s, was bei einem Durchfluss von 50 Nm eine Leistung von 500 W ergibt. Die dissipierte Energie ist das Zeitintegral über die dissipierte Leistung. Weil der Drehimpulsstrom zwischen den beiden Schwungrädern in allen drei Phasen konstant ist, kann der zugehörige Wert vor das Integral genommen werden [math]W = \int{Pdt}=\int{M\Delta\omega dt} =M\int{\Delta\omega dt}=M\Delta\varphi[/math]= 2.08 kJ
Eine ausführliche Darstellung der Lösung finden Sie im Lösungsvideo
Lösung zu Aufgabe 2
Diese Aufgabe besteht aus zwei Teilen. Im ersten Teil geht es um das Anstossen der Kugel ohne Reibung, im zweiten Teil geht es um den Rutschprozess mit Gleitreibung (siehe z.B. Aufgabe Bowling).
1. Durch den Stoss werden 12 N * 0.15 s = 1.8 Ns Impuls zugeführt. Dieser Impulsinhalt führt zu einer Geschwindigkeit des Massenmittelpunktes von 1.8 Ns / 0.18 kg = 10 m/s. Weil die Kugel so angestossen wird, dass sie rollt, gilt die Rollbedingung ([math]v_{MMP}=\omega r[/math]), was eine Winkelgeschwindigkeit von 333 rad/s zur Folge hat.
2. Hier braucht es unbeding ein Schnittbild. Die drei Bilanzgleichungen (Grundgesetze) plus die Rollbedingung liefern die Lösung von 12 mm.
x: [math]F=ma_{MMP}[/math]
y: [math]F_G-F_N=0[/math]
R: [math]Fs=J\alpha[/math]
RB: [math]a_{MMP}=r\alpha[/math]
3. Flüssigkeitsbilder für die RutschphaseZwischen gleitender Kugel und Tisch wirkt eine Gleitreibungskraft, welche die Geschwindigkeit verkleinert, die Drehzahl dagegen vergrössert. Die entscheidende Beziehung kann direkt den beiden Flüssigkeitsbildern entnommen werden [math]\frac{F_Rr}{F_R}=\frac{\Delta L}{|\Delta p|}=\frac{J\omega_e}{m(v_a-v_e)}[/math]. Ersetzt man die Endwinkelgeschwindigkeit mit Hilfe der Rollbedingung durch die Endgeschwindigkeit, folgt [math]v_e=v_a\frac{mr^2}{J+mr^2}[/math]= 8.56 m/s.
4. Die dissipierte Energie plus die Änderung der Bewegungsenergie (kinetische und Rotationsenergie) zwischen Anfang und Ende der Rutschphase muss gleich null sein (Energieerhaltung)
Daraus folgt [math]W_{diss}= -\Delta pv_{mittel}-\frac{J}{2}\omega^2[/math] = 3.71 J.
Vorzeichen, Mengen und Fallhöhen bzw. Pumphöhen sind mit Vorteil direkt den beiden Flüssigkeitsbildern zu entnehmen. Eine detailliertere Erklärung finden Sie in diesem Lösungsvideo
Lösung zu Aufgabe 3
Flüssigkeitsbild zu Aufgabe 3
Auch diese Aufgabe gliedert sich in zwei Teile. Die ersten drei Fragen sind schon in einigen Übungsaufgaben gestellt worden (z.B. Badewanne). Bei der vierten Frage geht es um ein thermisches RC-Glied.
[math]\Delta H=mc\Delta T[/math]=56.7 MJ und [math]\Delta S=mc \ln\left(\frac{T_{heiss}}{T_{kalt}}\right)[/math]=183 kJ/K
[math]W_{pump}=S_{pump}(T_{ein}-T_{aus})[/math]=10.0MJ, wobei [math]S_{pump}=\frac{\Delta H}{T_{aus}}[/math]=167 kJ/K. Es muss weniger als die Entropiezunahme im Wasser hochgepumpt werden, weil zwischen Wärmepumpe und Wasser zusätzlich Entropie erzeugt wird.
Im Idealfall wird nirgends Entropie erzeugt. Folglich gilt [math]W_{ideal}=\Delta H-\Delta ST_{Umgebung}[/math]=3.10 MJ.
[math]t=\tau\ln\left(\frac{\Delta T_0}{\Delta_T}\right)[/math] = 6.99·105 s mit [math]\tau=\frac{C}{G_W}[/math]=5.05·105 s und [math]G_W=\frac{I_{W_{therm}}}{\Delta T_0}[/math] = 2.5 W/K.
Die thermisch zugeführte Energie entspricht der Enthalpieänderung [math]W_{therm}=\Delta H=n\hat c_p(T_3-T_2)[/math] = 14.1 kJ. Die mechanisch abgeführte Energie ist gleich der Differenz zwischen Energie- und Enthalpieänderung oder gleich der Fläche im p-V-Diagramm [math]W_mech=-p_{23}(V_3-V_2)[/math] = -5.63 kJ.
Eine ausführliche Erklärung finden Sie im Lösungsvideo.
Lösung zu Aufgabe 5
Diese Aufgabe gliedert sich in zwei Teile. Die ersten beiden Fragen beschäftigen sich mit der Kinematik und der Dynamik des Jo-Jos. Bei den beiden letzten Fragen geht es um die Modellierung des Jo-Jos.
Aus der kinematischen Grundformel [math]\Delta v =\omega r[/math] folgt [math]\omega =\frac{\Delta v}{r}[/math] = 60 rad/s.
Ein Schnittbild ist hier hilfreich. Die beiden Bilanzgleichungen sind nicht gekoppelt, was die Lösung vereinfacht.
Aus der Impulsbilanz (Grundgesetz der Translation) folgt [math]a_{MMP}=\frac{F_G-F}{m}[/math] = 5 m/s2.
Aus der Drehimpulsbilanz (Grundgesetz der Rotation) folgt [math]\alpha=\frac{Fr}{J}[/math] = 100 rad/s2.
Das Modell besteht aus einer Impulsbilanz mit Gewichtskraft als Zu- und Fadenkraft als Abfluss, einer Drehimpulsbilanz mit Kraft mal Wickelradius als Zufluss. Die Kinematik besteht auf einem Topf für (negative) Höhe mit Geschwindigkeit als Zufluss und einem Topf für den Winkel mit Winkelgeschwindigkeit als Zufluss. Die Winkelberechnung kann auch eggelassen werden.
Impuls durch Masse gibt die Geschwindigkeit (des Massenmittelpunktes), Winkelgeschwindigkeit gleich Drehimpuls durch Massenträgheitsmoment und Drehmoment gleich Fadenkraft mal Wickelradius sowie Gewichtskraft gleich Masse mal Gravitationsfeldstärke bilden die konstitutiven Gleichungen.
Hier finden Sie das Video zum Jo-Jo aus dem Plenum von Woche 4 FS 2017.
