Grundlagen O+P

Musterlösung zur Aufgabe: 1 Gesamtpunktzahl: 15

Unter-punkt

Punkte

1.1 27

maxmin 3,34

1081,93500 cm

PaN

pgmA =

⋅=

⋅Σ= ;

⇒=⋅

= mmcmd 1,663,344min π

Auswahl = 80 mm

1,0

1,0

2,0

1.2 222 3,50804

cmmmA =⋅=π ;

min4,60

102003,50

3

maxmin

ls

cmT

hAQ =⋅=⋅= 1,0

3333

1 507,449,01500

104,60 cmAuswahlcmcmn

QVvol

=⇒=⋅⋅

=⋅

=η

1,0

2,0

1.3

barPaA

gmp 3,68103,50

81,935004 =

⋅⋅

=⋅Σ

= − ;

sVn

AhTvol

94,8min9,0501500

3,50200

1

=⋅⋅

⋅=

⋅⋅⋅

=η

;

kWWVnpPhm

E 1,1085,060

103,501500103,68 651 =

⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

=−

η

0,5

0,5

1,0

2,0

1.4 lmcmhAVZyl 06,1023,50 2 =⋅=⋅= ; lV

V ZylTank 3,50

%20== je 1,0

2,0

1.5 3,0

1.6

2,0

1.7 Saugfilter: Schutz d. Pumpe; Rücklauffilter: Reinigen d. Anlage (des Öls) je 1

2,0

Summe: 15

Grundlagen O+P

Musterlösung zur Aufgabe: 2 Gesamtpunktzahl: 10

2.1 A: Druckminderventil oder Druckregelventil

B: 2-Wege-Stromregelventil mit vorgeschalteter Druckwaage

C: Druckbegrenzungsventil

D: 2-Wege-Stromregelventil mit nachgeschalteter Druckwaage

2 p

2.2 1: 2-Wege-Stromregelventil mit vorgeschalteter Druckwaage, eingestellt auf Q = 187,5 l/min

2: Druckbegrenzungsventil, dient zur Absicherung bei Überlast, muss so eingestellt werden, dass der Motor maximal 500 Nm aufbringen kann:

VpM ⋅=⋅⋅π2

barV

Mp 3,2512=

⋅⋅=⇔

π

2 p

2.3 Blende 0,5 p

2.4 Druckbegrenzungsventil 1 p

2.5

ρα pAQ Δ⋅

⋅⋅=2

2510654,52

mp

QA −⋅=Δ⋅

⋅=⇔ρ

α

mmd

AxxdA 5,1=⋅

=⇔⋅⋅=π

π

1,5 p

2.6 N

AQvQF 5,164

sincoscos

2=⋅⋅=⋅⋅⋅=

εερερ

1,5 p

2.7 Bei Q = 0 ist auch F = 0. Dann muss gegenüber Aufg. 2.6 die Feder zusätzlich die fehlende Strömungskraft aufbringen, um das Ventil geschlossen zu halten.

mmcFs 645,1==

1,5 p

Grundlagen O+P

Musterlösung zur Aufgabe: 3 Gesamtpunktzahl: 10

3.1 PP nVQ ⋅= 1 ;

pl

rQD Δ=

ηπ8

4

lrnVQQQ DPDBV η

π8

4

11 −⋅=−=

sm

sm

sm 333

00026,000142,000166,0 =−=

min8,14

min2,85

min100 lll

=−=

2 p

3.2 RohrVDBVo pppp ,1 Δ+==

2

2v

dlp ⋅⋅⋅=Δ

ρλ

λ ist der Widerstandszahl mit

Re64

=λ für laminare Strömung (Re < 2300)

25,0Re3164,0

=λ für turbulente Strömung (Re > 2300)

Gegeben: l = 10000 mm; d = 25 mm

sm

dAQ

V D 69,5)025,0(

4

0014,0

4

0014,02

2 =⋅

=⋅

⋅==

ππ

arla

sm

msm

vDV H min23002183

1065

025,069,5Re 2

6

⇒<=⋅

⋅=

⋅=

−

0293,0Re64

==λ

⇒ barpap 65059,1165059 ==Δ ⇒ barPDBV 65059,51=

3 p

3.3 Allgemeiner Lösungsansatz für die Aufstellung einer Differentialgleichung: Bilanz um einen geeigneten Knotenpunkt. Hier: 0=−− ZylinderSpeicherRohr QQQ mit 0=DQ allgemeingültig :

pCQ HSp &⋅= =ZylinderQ ?

5 p

2

1)(1AmLindemp

Lpp

LQ HZ

HZT

HZZylinder ==−=&

(für instationären Zustand) QRohr=? Berechnung des Volumenstromes in Rohren für instationäre Zustände über die Summe der Druckdifferenzen, da hier Reibung und Induktivität die Druckdifferenz beeinflussen:

lR pppp Δ+Δ=−0

RohrHR QRp ⋅=Δ

QA

lQLpR

HRl&& ⋅

⋅=⋅=Δ

ρ

einsetzen von RpΔ und lpΔ in Bilanz für

:RohrQ RohrR

RohrHo QA

lQRpp &⋅⋅

+⋅=−ρ

0p.konstp 00 =→= &

RohrRohrH QA

lQRp &&&& ⋅⋅

+⋅=−ρ

Einsetzen von QSpeicher und QZylinder in den DGL-Ansatz: ZylinderSpeicherRohr QQQ &&& +=

pmApCH ⋅+=

2

&&

einsetzen von RohrQ& und RohrQ&& :

pmA

Alp

mARpCRp HHH &&&& ⋅⋅

⋅+⋅+=−

22

1ρ

0)1(22

=⋅++++⇒ pmARp

mCALpCRpLC H

HHRHHHRH &&&&&&

0)1(22

=++++⇒ pmA

CLRp

mCA

LCp

LRp

HHR

H

HHRHHR

H &&&&&&

Grundlagen O+P

Musterlösung zur Aufgabe: 4 Gesamtpunktzahl: 10

Unter-punkt

Punkte

4.1

3P

4.2 kWbarlpQP BSPBSPtheoBSP 6,17769min

1544., =⋅=Δ⋅=

kWkWPP

gesBSP

theoBSPeffBSP 3,197

9,06,177

,

,, ===

η

1P

4.3

kWkWPP

gesHSG

effBSPeffSSP 6,243

81,03,197

,

,, ===

η;

1P

4.4

barp

barVn

Pp

nPVpM

HD

SAMSAMhmBSP

effBSP

BSP

effBSPSAMhm

SAMeffSAM

9,271

9,251

22

,.

,

,,,

=⇒

=⋅⋅

=Δ⇔

⋅=⋅

⋅Δ=

η

πη

π

2P

4.5

min2,522

min500

,

,

,,

,

lQQ

lVnQ

SAMhm

SAMges

theoSAMeffSAM

SAMSAMtheoSAM

==

=⋅=

ηη

1P

4.6 siehe Skript 2P