Lösung zu Aviatik 2006/Ass: Unterschied zwischen den Versionen

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:<math>W_{diss}=\Delta W_{kin}=\frac m2\left(v_{vor}^2-v_{nach}^2\right)</math> = 25.4 kJ
 
:<math>W_{diss}=\Delta W_{kin}=\frac m2\left(v_{vor}^2-v_{nach}^2\right)</math> = 25.4 kJ
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== Lösung zu Aufgabe 4 ==
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1.) Die Vertikalbeschleunigung zu Beginn des Loopings entspricht gerade der Normalbeschleunigung auf der Kreisbahn
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:<math>a_n=\frac {v^2}{r}</math> = 26.1 m/s<sup>2</sup>
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2.) Auf das Flugzeug wirken nur das Gravitationsfeld und die Luft ein. Aus der [[Impulsbilanz]] in vertikaler Richtung (positive Richtung nach oben)
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:<math>F_L-F_G=\dot p=m\dot v=ma_n</math>
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folgt deshalb
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:<math>F_L=F_G+ma_n=m(g+a_n)</math> = 108 kN
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3.) Am höchsten Punkt der Bahn beträgt die Radialbeschleunigung infolge kleinerer Geschwindigkeit nur noch 4.8 m/s<sup>2</sup> (nach unten). Geht man ins mitbeschleunigte System Flugzeug, misst man eine lokale Gravitationsfeldstärke von
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:<math>g'=g-g_t</math> = 10 N/kg - 4.8 N/kg =5.2 N/kg (nach unten)
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Weil die Beschleunigung des Flugzeuges ([[Bezugssystem]]) nach unten gerichtet ist, zeigt das Trägheitsfeld mit der Stärke ''g<sub>t</sub>'' nach oben. Relativ zum Flugzeug ist der Pilot im Gleichgewicht, also müssen die Gurten den Piloten mit
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:<math>F_{Gurt}=F'_G=mg'</math> = 390 N
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nach oben ziehen
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4.) Diese vergleichende Zusatzaufgabe löst man am einfachsten über eine Energiebilanz zu zwei Zeitpunkten
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:<math>W_{G1}+W_{kin1}=W_{G2}+W_{kin3}</math> oder <math>\Delta W_G +\Delta W_{kin}=0</math>
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Wählt man das Bezugsniveau beim Punkt 1 und schreibt für die Höhe 2 einfach nur ''h'', erhält man
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:<math>\frac m2 v_1^2=mgh+\frac m2 v_2^2</math>
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Daraus folgt
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:<math>h=\frac{v_1^2-v_2^2}{2g}</math> = 800 m
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==Lösung zu Aufgabe 5 ==

Version vom 27. Juli 2008, 13:24 Uhr

Jede Aufgabe wird mit 4 Punkten bewertet.

Lösung zu Aufgabe 1

1.) Die Stärke des Volumenstromes beträgt 0.0133 m3/s. Dies ergibt bei einem Druckunterschied über der Pumpe von 6.5 bar zu einer Prozessleistung von

[math]P=\Delta pI_V[/math] = 6.5*105 * 0.0133 m3/s = 8.67 kW

2.) Bei der turbulente Strömung nimmt der Druck quadratisch mit der Volumenstromstärke zu

[math]\Delta p=kI_V^2[/math]

Aus den gegebenen Daten ergibt sich für einen Leitungsabschnitt von 300 m eine Konstante von k = 2.025*109 Pas2/m6. Die in diesem Abschnitt dissipierte Leistung ist folglich gleich

[math]P=\Delta pI_V=kI_V^3[/math] = 2.025 kW

3.) Die Stärke des linear anschwellenden Stromes kann wir folgt beschrieben werden

[math]I_V=at[/math] mit a = 1.667*10-3 m3/s2

Nun kann die dissipierte Energie als Zeitintegral aus der dissipierten Leistung berechnet werden

[math]W=\int Pdt=\int kI_V^3dt=\int ka^3t^3=\frac k4 a^3t^4[/math] = 9.6 kJ

Lösung zu Aufgabe 2

1.) Zum Zeitnullpunkt fliesst der Strom durch den Widerstand 1 und durch den Kondensator (ein ungeladener Kondensator verhält sich wie ein Kurzschluss). Deshalb liegt anfänglich die volle Spannung von 6 V über dem ersten Widerstand. Über dem zweiten Widerstand ist dann die Spannung gleich Null. 40 ms später ist der Kondensator geladen und lässt keinen Strom mehr durch. Der Strom fliesst dann nacheinander durch die beiden Widerstände, welche die Spannung entsprechend ihrer Grösse aufteilen.

2.) Zum Zeitnullpunkt setzt sich nur der erste Widerstand der Spannung entgegen

[math]R_1=\frac{U_0}{I}[/math] = 6V / 0.03A = 200Ω

Im stationären Zustand fliesst bei einer Gesamtspannung von 6 V ein Strom von 20 mA durch beide Widerstände. Folglich beträgt der totale Widerstand

[math]R_{tot}=\frac{U_0}{I}[/math] = 300Ω

Weil der erste Widerstand eine Grösse von 200Ω aufweist, muss der zweite einen Wert von 100Ω haben. Die beiden Widerstände teilen dann die angelegte Spannung im Verhältnis 2:1 (4 V und 2 V).

3.) Zum Zeitnullpunkt wird am meisten Leistung diessipiert (kleinster Gesamtwiderstand bei gegebener Spannung)

[math]P=UI=RI^2[/math] = 0.18 W

4.) Die Grösse der Kapazität kann auf zwei Arten abgeschätzt werden:

  • In der ersten Vorgehensweise bestimmt man die auf den Kondensator geflossene Ladung. Diese ergibt sich als Differenz zwischen der durch den Widerstand 1 minus der durch den Widerstand 2 geflossene Ladung (Fläche unter der Strom-Zeit-Kurve). Dividiert man diese Ladung durch die Endspannung von 2 V, erhält man eine Kapazität von 100μF.
  • Im zweiten Verfahren bestimmt man die Zeitkonstante beim Entladen des Kondensators (Tangente an einen beliebigen Punkt der Kurve und Schnittpunkt mit der Nulllinie bestimmen; die Zeitkonstante ist dann gleich dem zugehörigen Abschnitt auf der Zeitachse). Bei einem RC-Glied ist die Zeitkonstante gleich Widerstand mal Kapazität(τ = RC).

Lösung zu Aufgabe 3

Das Geschwindigkeits-Zeit-Diagramm entspricht dem Füllhöhen-Zeit-Diagramm im Flüssigkeitsbild.

1.) Im Flüssigkeitsbild wird der elastische Stoss als vollständiges "Überschwingen" der beiden Wassersäulen dargestellt. Der schwere Wagen (auflaufender oder Hammerwagen) würde sich nach dem Stoss mit 0.6 m/s und der leichtere Ambosswagen mit 3.6 m/s vorwärts bewegen.

2.) Die Steigung der v-t-Kurve entspricht der Beschleunigung (-2 m/s2). Multipliziert man diese mit der Masse, erhält man die Impulsänderungsrate (-80 kN). Diese Rate entspricht der resultierenden Kraft. Diese setzt sich hier nur aus der Reibungskraft zusammen(80 kN entgegen der Bewegungsrichtung).

3.) Die Verschiebung des Wagens entspricht der zugehörigen Fläche unter dem Geschwindigkeits-Zeit-Diagramm (2.3 m).

4.) Die dissipierte Energie entspricht in dieser Zeitspanne der Änderung der kinetischen Energie des auflaufenden Wagens (Hammerwagen). In fraglichen Zeitabschnitt ändert der schwerere Wagen seine Geschwindigkeit von 0.93 m/s auf 1.5 m/s

[math]W_{diss}=\Delta W_{kin}=\frac m2\left(v_{vor}^2-v_{nach}^2\right)[/math] = 25.4 kJ

Lösung zu Aufgabe 4

1.) Die Vertikalbeschleunigung zu Beginn des Loopings entspricht gerade der Normalbeschleunigung auf der Kreisbahn

[math]a_n=\frac {v^2}{r}[/math] = 26.1 m/s2

2.) Auf das Flugzeug wirken nur das Gravitationsfeld und die Luft ein. Aus der Impulsbilanz in vertikaler Richtung (positive Richtung nach oben)

[math]F_L-F_G=\dot p=m\dot v=ma_n[/math]

folgt deshalb

[math]F_L=F_G+ma_n=m(g+a_n)[/math] = 108 kN

3.) Am höchsten Punkt der Bahn beträgt die Radialbeschleunigung infolge kleinerer Geschwindigkeit nur noch 4.8 m/s2 (nach unten). Geht man ins mitbeschleunigte System Flugzeug, misst man eine lokale Gravitationsfeldstärke von

[math]g'=g-g_t[/math] = 10 N/kg - 4.8 N/kg =5.2 N/kg (nach unten)

Weil die Beschleunigung des Flugzeuges (Bezugssystem) nach unten gerichtet ist, zeigt das Trägheitsfeld mit der Stärke gt nach oben. Relativ zum Flugzeug ist der Pilot im Gleichgewicht, also müssen die Gurten den Piloten mit

[math]F_{Gurt}=F'_G=mg'[/math] = 390 N

nach oben ziehen

4.) Diese vergleichende Zusatzaufgabe löst man am einfachsten über eine Energiebilanz zu zwei Zeitpunkten

[math]W_{G1}+W_{kin1}=W_{G2}+W_{kin3}[/math] oder [math]\Delta W_G +\Delta W_{kin}=0[/math]

Wählt man das Bezugsniveau beim Punkt 1 und schreibt für die Höhe 2 einfach nur h, erhält man

[math]\frac m2 v_1^2=mgh+\frac m2 v_2^2[/math]

Daraus folgt

[math]h=\frac{v_1^2-v_2^2}{2g}[/math] = 800 m

Lösung zu Aufgabe 5