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peter-mueller
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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