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Aufgabensammlung Experimentalphysik

Dr. Herbert Schletter

Bewässerungsfahrzeug

Aufgabenstellung

Ein Bewässerungsfahrzeug ist mit einem Wasserbehälter ausgerüstet, aus dem pro Sekunde 5 Liter Wasser ausfließen. Der Behälter ist anfangs mit V0=1,8 m3V_0 = 1{,}8~\mathrm m^3 Wasser gefüllt. Die Leermasse des Bewässerungsfahrzeugs beträgt mT=2,9 tm_\mathrm T = 2{,}9~\mathrm t. Das Fahrzeug sei mit einer Geschwindigkeit von v=5 msv = 5~\frac{\mathrm m}{\mathrm s} auf einem Feld unterwegs. Der Rollreibungskoeffizient zwischen Rädern und Feldboden beträgt μR=0,14\mu_\mathrm R = 0{,}14. Welche mechanische Arbeit verrichtet das Fahrzeug bis zur vollständigen Entleerung des Wasserbehälters, wenn die Bewegung

  1. horizontal
  2. mit 5% Steigung

erfolgt?

Lösung Teil 1

Die mechanische Arbeit ist allgemein in der Form

dW=Fds\mathrm d W = \vec F \cdot \mathrm d\vec s

definiert. Da in diesem Fall von einer Kraftwirkung entlang der Bewegungsrichtung ausgegangen werden kann, wird im Folgenden auf das Skalarprodukt verzichtet. Ferner wird das Wegelement ds=vdt\mathrm d s = v\,\mathrm dt durch die gegebene Geschwindigkeit ausgedrückt:

dW=Fvdt.\mathrm d W = Fv\mathrm dt \, .

Bei horizontaler Bewegung muss keine Hubarbeit verrichtet werden und es bleibt nur die Reibungskraft zu berücksichtigen:

F=FR=μRFN=μRmg.F=F_\mathrm R = \mu_\mathrm R F_\mathrm N = \mu_\mathrm R mg \, .

Aufgrund der horizontalen Bewegung ist die Normalkraft in diesem Fall gleich der Gewichtskraft. Die Masse setzt sich zusammen aus der Leermasse des Fahrzeugs mFm_\mathrm F und der (zeitabhängigen) Masse des Wassers mW(t)m_\mathrm W (t):

m=mF+mW(t)=mF+m0qt,m = m_\mathrm F + m_\mathrm W (t) = m_\mathrm F + m_0 - q t \, ,

wobei qq die zeitliche Änderung der Wassermasse angibt: q=5 kgsq = 5~\frac{\mathrm{kg}}{\mathrm s}. Die Zeit sei dabei so gewählt, dass bei t=0t=0 die Entleerung es Behälters beginnt. Die Anfangsmasse des Wasser beträgt m0=1800 kgm_0 = 1800~\mathrm{kg}. Für die Arbeit folgt daraus:

dW=μRvg(mF+m0qt).\mathrm d W = \mu_\mathrm R vg \left( m_\mathrm F + m_0 - qt \right) \, .

Zur Bestimmung der gesamten verrichteten Arbeit muss dieser Ausdruck über das Zeitintervall [t=0,te]\left[t=0, t_\mathrm e \right] integriert werden. Der Zeitpunkt tet_\mathrm e der vollständigen Entleerung ergibt sich zu

te=m0q=360 s.t_\mathrm e = \frac{m_0}{q} = 360~\mathrm s \, .

Damit ergibt sich für die Arbeit:

W=μRvgt=0te(mF+m0qt)dt=μRvg((mF+m0)teq2te2)=9,4 MJ\begin{aligned} W & =\mu_\mathrm R vg\int\limits_{t=0}^{t_\mathrm e} \left( m_\mathrm F + m_0 -qt\right)\mathrm dt \\ & = \mu_\mathrm R vg\left( \left( m_\mathrm F + m_0 \right) t_\mathrm e - \frac{q}{2} t_\mathrm e^2 \right) \\ & = 9{,}4~\mathrm{MJ} \end{aligned}

Lösung Teil 2

Auch bei der Bewegung auf einer ansteigenden Strecke gilt für die mechanische Arbeit:

dW=Fvdt.\mathrm d W = Fv\mathrm dt \, .

Für die Kraft sind nun jedoch zwei Beitäge zu berücksichtigen:

  1. Die Reibungskraft

    FR=μRFN=μRmgcosαF_\mathrm R = \mu_\mathrm R F_\mathrm N = \mu_\mathrm R mg\cos\alpha

  2. Die Hangabtriebskraft

    FH=mgsinαF_\mathrm H = mg\sin\alpha

Die Gesamtkraft ist demzufolge:

F=FR+FH=mg(μRcosα+sinα).F=F_\mathrm R + F_\mathrm H = mg\left( \mu_\mathrm R \cos \alpha + \sin\alpha \right) \, .

Zwischen der in Prozent angegebenen Steigung SS und dem Steigungswinkel α\alpha gilt der Zusammenhang:

S=tanαbzw.α=arctanS.S=\tan\alpha \quad\mathrm{bzw.} \quad \alpha = \arctan S \, .

Eingesetzt in die Formel für die mechanische Arbeit folgt:

dW=vg(μRcos(arctanS)+sin(arctanS))mdt.\mathrm dW = vg\left( \mu_\mathrm R \cos\left( \arctan S \right) + \sin\left( \arctan S \right) \right) m \mathrm dt \, .

Der in Teilaufgabe 1 betrachtete Fall der horizontalen Bewegung folgt als Sonderfall aus dieser Formel mit S=0S=0. Für die zeitlich veränderliche Masse bleibt der Ausdruck aus der ersten Teilaufgabe unverändert:

m=mF+m0qt.m = m_\mathrm F + m_0 - q t \, .

Zur Bestimmung der gesamten mechanischen Arbeit muss wiederum über das Zeitintervall [t=0,te]\left[t=0, t_\mathrm e \right] integriert werden:

W=vg(μRcos(arctanS)+sin(arctanS))t=0te(mF+m0qt)dt.W = vg\left( \mu_\mathrm R \cos\left( \arctan S \right) + \sin\left( \arctan S \right) \right) \int\limits_{t=0}^{t_\mathrm e} \left( m_\mathrm F + m_0 -qt\right)\mathrm dt \, .

Der Ausdruck im Integral hat sich gegenüber der ersten Teilaufgabe nicht verändert und es folgt:

W=vg(μRcos(arctanS)+sin(arctanS))((mF+m0)teq2te2)=12,7 MJ.\begin{aligned} W & = vg\left( \mu_\mathrm R \cos\left( \arctan S \right) + \sin\left( \arctan S \right) \right) \left( \left( m_\mathrm F + m_0 \right) t_\mathrm e - \frac{q}{2} t_\mathrm e^2 \right) \\ & = 12{,}7~\mathrm{MJ} \, . \end{aligned}