Lösungen zu Aviatik 2008/2

Aufgabe 1

1. Das Niveau in den beiden Tanks liegt am Schluss des Ausgleichs auf einer Höhe von [math]h=\frac{A_1h_1+A_2h_2}{A_1+A_2}[/math] =14 m. Dabei ist eine Masse von [math]\Delta m=\varrho A_1 (h_1-h)[/math] = 1200 t im Mittel um vier Meter hinunter geflossen, womit eine Energie von [math]W_{diss}=\Delta m g\Delta \overline h[/math] = 47 MJ dissipiert worden ist.
2. Wenn in zwei Stunden 1500 m³ Kerosin durch die Leitung fliessen, ist der mittlere Volumenstrom 0.208 m³/s stark. Zu beginn betrug der Volumenstrom das Doppelte und nach einer halben Stunde das Anderthalbfache des zeitlichen Mittels, was eine Stärke von 0.313 m³/s ergibt.
3. In der ersten halben Stunde betrug der mittlere Volumenstrom 0.313 m³/s. Folglich sind in der ersten halben Stunde 656 m³ durch die Leitung geflossen. Dieser Teilausgleich hat das Niveau im ersten Tank um 0.875 m auf 15.125 m gesenkt und im zweiten Tank um 2.625 m auf 10.625 m angehoben.
4. Die Prozessleistung ist gleich Massenstromstärke mal Unterschied im Gravitationspotenzial oder gleich [math]P=\varrho g \Delta h I_V[/math] = 11kW.

Aufgabe 2

1. Die maximale Stromstärke beträgt 1.54 A. Zu diesem Zeitpunkt wird im Widerstand der Spule die grösste Leistung dissipiert [math]P=RI^2[/math] = 2.37 W.
2. Der Widerstand der Spule ist so klein, dass er den Schwingkreis nur schwach stört. Folglich darf behauptet werden, dass der Kondensator dann entladen ist, wenn der Strom am stärksten ist. Nun lässt sich aus dem Stromstärke-Zeit-Diagramm entnehmen, wie viel Ladung aus dem Kondensator weg fliesst (Fläche unter der Kurve bis zum Zeitpunkt 0.00024 s). Die Kapazität ist dann gleich der weg geflossenen Ladung dividiert durch die anfänglich angelegte Spannung von 50 V, also [math]C=\frac{Q}{U}[/math] = 5μF.
3. Zum Zeitpunkt Null liegt über der Spule eine Spannung von 50 V. Weil noch kein Strom fliesst, dient die ganze Spannung der Änderung der Stromstärke. Diese Änderungsrate ist im Stromstärke-Zeit-Diagramm als Steigung der Kurve im Zeitnullpunkt zu entnehmen [math]L=\frac{U}{\dot I}[/math] = 5 mH.
4. Die magnetisch gespeicherte Energie wächst quadratisch mit der Stromstärke [math]W=\frac{L}{2}I^2[/math]. Somit gilt [math]\frac{W_2}{W_1}=\frac{I_2^2}{I_1^2}[/math] = 0.84. Pro Periode nimmt die Energie um 16% ab (die Stromstärke aber nur um etwa 8 %).

Aufgabe 3

Schaltkreis zu 1

Im ersten Moment ist sind die Ladung auf der Kapazität und der Strom durch die Induktivität gleich Null. Die Kapazität verhält sich dann wie ein Kurzschluss (der Strom fliesst ohne Spannung) und die Induktivität wie ein offener Schalter (der Strom muss zuerst anwachsen). Nach längerer Zeit ist der Kondensator voll geladen. Dann fliesst trotz angelegter Spannung kein Strom mehr. Umgekehrt hat der Strom durch die Induktivität die volle Stärke erreicht. Es braucht dann keine Spannung mehr, um den Strom in seiner Stärke zu ändern.

1. Im ersten Moment fliesst durch den linken Kreis keinen Strom und die Spannung liegt über der Induktivität. Im rechten Kreis begrenzt nur der Widerstand 2 den Strom. Nach längerer Zeit wird im linken Kreis der Strom nur durch den Widerstand 1 begrenzt. Dann liegt im rechten Kreis die Spannung über der Kapazität, ohne dass ein Strom fliesst.

t	UL	IL	U1	I1	U2	I2	UC	IC
s	V	A	V	A	V	A	V	A
0	5	0	0	0	5	0.5	0	0.5
∞	0	1	5	1	0	0	5	0

Schaltkreis zu 2

2. Die mittlere Verbindung ändert zu den fraglichen Zeitpunkten nichts am Verhalten des Systems. Im ersten Moment ist die Spannung über der Kapazität gleich Null, weil der Kondensator überhaupt noch nicht geladen ist. Folglich muss die Spannung über dem parallel dazu geschalteten Widerstands 2 auch gleich Null sein. Nach längerer Zeit ist die Spannung über der Induktivität gleich Null, weil der Strom nicht mehr wächst. Die Spannung über dem parallel dazu geschalteten Widerstand 2 ist deshalb auch gleich Null.

t	UL	IL	U1	I1	U2	I2	UC	IC
s	V	A	V	A	V	A	V	A
0	5	0	0	0	5	0.5	0	0.5
∞	0	1	5	1	0	0	5	0