Lösungen zu Aviatik 2007/Ass

Aufgabe 1

Das erste Bild zeigt das Systemdiagramm und die Gleichungen zur gesamten Aufgabe. Im zweiten Bild ist der Volumenstrom und der Druck in beiden Gefässen bezogen auf einen gemeinsamen Nullpunkt dargestellt. Dieses Problem ist auch geschlossen lösbar. Um die Simulationszeit zu berechnen, rechnet man mit Vorteil die Zeitkonstante aus

[math]\tau=RC[/math] = 4.89 10⁴ s mit [math]C=\frac{C_1C_2}{C_1+C_2}=\frac{A_1A_2}{A_1+A_2}\frac{1}{\varrho g}[/math] = 1.22 10^-6 m³/Pa

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  Systemdiagramm

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  Volumenstrom und Druck

Aufgabe 2

Eine Kondensator verhält sich im ersten Moment wie ein Kurzschluss und nach langer Zeit wie ein offener Schalter. Die ideale Spule wirkt genau umgekehrt. Deshalb fliesst der Strom im ersten Moment durch R₁ und durch C. Nach langer Zeit geht der Strom durch L und durch R₂.

1. Unmittelbar nach dem Schliessen des Schalters gilt: U₁ = U₀; U₂ = 0;I_L = I₂ = 0; [math]I_C=I_1=\frac{U_0}{R_1}[/math] = 0.25 mA;
2. Längere Zeit danach gilt: U₂ = U₀; U₁ = 0;I_C = I₁ = 0; [math]I_L=I_2=\frac{U_0}{R_2}[/math] = 0.5 mA;
3. Der Energiestrom, der die Spannungsquelle verlässt, geht vollständig in das Widerstandselement 1 hinein und wird dort dissipiert. Die Energiestromstärke ist deshalb gleich der Prozessleistung im Widerstandselement 1: [math]I_W=P=U_1I_1=\frac{U_0^2}{R_1}[/math] = 1.25 mW.

Aufgabe 3

Auf den Fussball wirken nach dem Abschuss die Gewichtskraft und der Luftwiderstand ein.

1. Die Wurfhöhe entspricht der Fläche unter dem v_y-t-Diagramm, also etwa 16.5 m.
2. Die Horizontal- und die Vertikalbeschleunigung findet man als Steigung der entsprechenden Geschwindigkeits-Kurven. Weil der Luftwiderstand genau horizontal wirkt, ist die Vertikalbeschleunigung gleich der Gravitationsfeldstärke. Die Betrag der Beschleunigung ist demnach gleich [math]a=\sqrt{a_x^2+a_y^2}=\sqrt{2.67^2+9.81^2} m/s^2[/math] = 10.2 m/².
3. Im höchsten Punkt ist der Lufwiderstand gleich Masse des Balls mal Horizontalbeschleungigung: [math]FW=ma_x[/math] = 1.17 N.
4. Die dissipierte Leistung ist gleich Luftwiderstand mal Horizontalgeschwindigkeit, also gleich 16.5 W.

Aufgabe 4

Auf das Flugzeug wirken nur die Gewichtskraft, die umgebende Luft und die Triebwerke ein. Die Wirkung der Luft zerlegt man in Widerstand (parallel zur Anströmung) und dynamischen Auftrieb (normal zur Anströmung). Nimmt man zudem an, dass der Auftrieb normal zur Flügelebene steht, ist diese Aufgabe lösbar. Nun erzeugen Auftrieb und Gewichtskraft die Normalbeschleunigung, die gegen die Kurvenmitte gerichtet ist. Folglich gilt:

[math]F_A\cos\alpha=ma_n[/math]

[math]F_G-F_A\sin\alpha=0[/math] oder [math]F_A\sin\alpha=mg[/math]

Die Lösung dieses Gleichungssystems liefert

[math]a_n=g\tan\alpha[/math]

1. [math]F_A=\frac{mg}{\sin\alpha}[/math] = 320 kN
2. [math]a_n=\frac{v^2}{r}=\omega^2r=\frac{4\pi^2}{T^2}r[/math] daraus folgt [math]\frac T2=\frac{\pi}{\sqrt{a_n}}=\frac{\pi}{\sqrt{g\tan\alpha}}[/math] = 0.92 s
3. Auf den Piloten wirken die Gewichtskraft und das Flugzeug ein. Zusammen erzeugen sie die Beschleunigung des Piloten. Folglich können die vorher gemachten Überlegungen vom Flugzeug auf den Piloten übertragen werden: [math]F_{Flugzeug}=\frac{m_{Pilot}g}{\sin\alpha}[/math] = 960 N
4. Im System Flugzeug ist neben dem allgegenwärtigen, ziemlich homogenen Feld der Erde noch ein Trägheitsfeld - oder etwas präziser ausgedrückt ein Zentrifugalfeld - nachweisbar. Direkt messbar ist aber nur die Superposition dieser beiden Felder (homogenes Feld nach unten, zylindersymmetrisches Feld nach aussen). Zur Superposition müssen lokal die Feldstärken vektoriell addiert werden, was hier folgenden Betrag ergibt [math]g'=\sqrt{g^2+g_z^2}=\sqrt{g^2+a_n^2}= g\sqrt{1+\tan^2\alpha}[/math] = 15.3 N/kg

Aufgabe 5

1. Auf den Kolben wirkt ein resultierende Druckkraft nach aussen [math]F_K=A_K\varrho gh[/math] = 2.45 N
2. Hier kann direkt das Ausflussgesetz von Torricelli verwendet werden: [math]v=\sqrt{2gh}[/math] = 9.9 m/s
3. Der Querschnitt des Wasserstrahls ist bei scharfkantigem Ausfluss kleiner als die Bohrung. Aus [math]I_{p,conv}=vI_m=\varrho v^2 A_{Strahl}=\varrho 2gh=F_K=A_K\varrho gh[/math] folgt [math]A_{Strahl}=\frac{A_K}{2}[/math] = 25 mm²
4. Die Stärke des vom Wasserstrahl mitgeführten Energiestromes ist gleich [math]I_{W_{kin}}=\frac{\varrho}{2}v^2I_V=\varrho ghv A_{Strahl}=\frac{F_K}{2}v[/math] = 12.1 W.

Aufgabe 6

Der Otto-Zyklus ist der Grenzprozess, der in Otto-Motoren im Rahmen des technisch Möglichen realisiert ist. Die Stoffmenge ist durch die Anfangsbedingungen festgelegt

[math]n=\frac{p_1V_1}{RT_1}[/math] = 0.12 mol

1. Die beiden Diagramme können unter dem Thema Otto-Zyklus aufgerufen werden.
2. Das komprimierte Volumen ist gleich [math]V_2=V_1\left(\frac{p_1}{p_2}\right)^{1/\kappa}[/math] = 0.434 Liter. Für diesen Wert liefert die ideale Gasgleichung [math]T_2=T_1\frac{p_2V_2}{p_1V_1}[/math] = 650 K
3. Zu Beginn der isentropen Expansion ist das Volumen immer noch 0.434 Liter, die Temperatur aber a8f 2200 K gestiegen. Statt in zwei Schritten wie unter 2. rechnen wir diesmal in einem Schritt [math]T_4=T_3\left(\frac{V_3}{V_4}\right)^{\kappa-1}[/math] = 1015 K
4. Die Nettoarbeit entspricht der ausgeschnittenen Fläche im T-S- oder im p-V-Diagramm. Man kann somit wahlweise die Summe über zugeführte und abgeführt Wärme oder den Betrag der Kompressionsarbeit vom Betrag der Expansionsarbeit abzieht. Nun ist die Expansionsarbeit bei der isentropen Expansion gleich der Änderung der inneren Energie. Deshalb gilt [math]W=n\frac 52 R(T_3-T_4-(T_2-T_1))=\frac 52\frac{p_1V_1}{T_1}(1185K-350K)[/math] = 2088 J.

Aufgabe 9

Aufgabe