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Aufgabe

Vom Hauptbahnhof zur Hackerbrücke

Schwierigkeitsgrad: schwere Aufgabe

Hinweis: Diese Aufgabe wurde von Thomas Gabler zur Verfügung gestellt.

von Usien (Eigenes Werk) [GFDL oder CC BY-SA 3.0], via Wikimedia Commons

Ein Kurzzug der Münchener S-Bahn fährt von der Tunnel-Station Hauptbahnhof zur oberirdisch gelegenen Station Hackerbrücke. Dabei beschleunigt der \(105\mathrm{t}\) schwere Zug zunächst auf \(140\mathrm{m}\) ebener Strecke innerhalb von \(17\mathrm{s}\) auf die Geschwindigkeit von \(60\frac{\mathrm{km}}{\mathrm{h}}\). Anschließend erklimmt der Zug mit konstanter Geschwindigkeit die \(4,0\%\) steile Rampe zur Tunnelausfahrt und überwindet dabei den Höhenunterschied von \(15\mathrm{m}\).

a)Bestimme die Arbeit, die der Zug bis zur Tunnelausfahrt verrichtet, wenn die Rollreibungszahl \({\mu _{{\rm{RR}}}} = 0,0020\) ist.

b)Berechne, wie viel die elektrische Energie für die kurze Fahrt bis zum Tunnelausgang kosten, wenn für eine Kilowattstunde \(0,12€\) berechnet werden. Der Zug hat einen Wirkungsgrad von \(85\%\).

c)Berechne die durchschnittliche Stromstärke im Stromabnehmer des Zuges bei diesem Streckenabschnitt, wenn die Übertragung der elektrischen Energie bei \(U = 15\mathrm{kV}\) erfolgt.

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a)Die nebenstehende Skizze zeigt die in der Aufgabenstellung beschriebene Situation.

Zuerst einmal berechnen wir aus der Höhendifferenz \(\Delta h\) und der Steigung von \(4,0\%\) die Streckenlänge \(s_2\): \[4,0\%  = \frac{{\Delta h}}{{{s_2}}} \Leftrightarrow {s_2} = \frac{{\Delta h}}{{4,0\% }} \Rightarrow {s_2} = \frac{{15{\rm{m}}}}{{4,0\% }} = 375{\rm{m}}\]Die Streckenlänge \(s_3\) ist wegen der sehr geringen Steigung fast gleich der Streckenlänge \(s_2\); wir setzen deshalb \({s_3} \approx {s_2}\).

Die vom Elektromotor zu verrichtende mechanische Arbeit \({W_{{\rm{ges}}}}\) besteht aus insgesamt vier Anteilen:

•  der Beschleunigungsarbeit \(W_{\rm{Beschleunigung}}\), die benötigt wird, um die S-Bahn auf der Strecke \(s_1\) auf die Geschwindigkeit \(v\) zu bringen,

•  der Arbeit \(W_{\rm{Rollreibung, 1}}\) gegen die Rollreibung während des Beschleunigens auf der Strecke \(s_1\),

•  der Arbeit \(W_{\rm{Rollreibung, 3}}\) gegen die Rollreibung während des Ansteigens auf der Strecke \(s_3\) und der

•  der Hubarbeit \(W_{\rm{Hub}}\), um die Höhendifferenz \(\Delta h\) zu überwinden.

\[{W_{{\rm{ges}}}} = {W_{{\rm{Beschleunigung}}}} + {W_{{\rm{Rollreibung, 1}}}} +  {W_{{\rm{Rollreibung, 3}}}} + {W_{{\rm{Hub}}}}\]Für die Beschleunigungsarbeit \({W_{{\rm{Beschleunigung}}}}\) auf die Geschwindigkeit \(v\) gilt nach der bekannten Formel für die kinetische Energie\[{W_{{\rm{Beschleunigung}}}} = \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v^2} \Rightarrow {W_{{\rm{Beschleunigung}}}} = \frac{1}{2} \cdot 105 \cdot {10^3}{\rm{kg}} \cdot {\left( {\frac{{60}}{{3,6}}\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}} \right)^2} = 15{\rm{MJ}}\]Für die Arbeit gegen die Rollreibung \({W_{{\rm{Rollreibung, 1}}}}\) auf der Strecke \(s_1\) gilt\[W_{\rm{Rollreibung, 1}} = {F_{{\rm{RR}}}} \cdot {s_1} = {\mu _{{\rm{RR}}}} \cdot {F_{\rm{N}}} \cdot {s_1}\]Da hier die Normalkraft gleich der Gewichtskraft ist, gilt \({F_{\rm{N}}} = {F_{\rm{G}}} = m \cdot g\) und damit\[W_{\rm{Rollreibung, 1}} = {\mu _{{\rm{RR}}}} \cdot m \cdot g \cdot {s_1} \Rightarrow {W_{{\rm{Rollreibung}},{\rm{1}}}} = 0,0020 \cdot 105 \cdot {10^3}{\rm{kg}} \cdot 9,81\frac{{\rm{m}}}{{{{\rm{s}}^{\rm{2}}}}} \cdot 140{\rm{m}} = 0,29{\rm{MJ}}\]Für die Arbeit gegen die Rollreibung \(W_{\rm{Rollreibung, 3}}\) auf der Strecke \(s_3\) gilt\[W_{\rm{Rollreibung, 3}} = {F_{{\rm{RR}}}} \cdot {s_3} = {\mu _{{\rm{RR}}}} \cdot {F_{\rm{N}}} \cdot {s_3}\]Hier ist die Normalkraft zwar nicht exakt gleich der Gewichtskraft, wegen der sehr geringen Steigung könne wir aber \({F_{\rm{N}}} \approx {F_{\rm{G}}} = m \cdot g\) setzen, so dass sich ergibt\[W_{\rm{Rollreibung, 3}} = {\mu _{{\rm{RR}}}} \cdot m \cdot g \cdot {s_3} \Rightarrow W_{\rm{Rollreibung, 3}} = 0,0020 \cdot 105 \cdot {10^3}{\rm{kg}} \cdot 9,81\frac{{\rm{m}}}{{{{\rm{s}}^{\rm{2}}}}} \cdot 375{\rm{m}} = 0,77{\rm{MJ}}\]Schließlich ergibt sich die Hubarbeit \({W_{{\rm{Hub}}}}\) nach der bekannten Formel für die potenzielle Energie zu\[{W_{{\rm{Hub}}}} = {F_{\rm{G}}} \cdot \Delta h = m \cdot g \cdot \Delta h \Rightarrow {W_{{\rm{Hub}}}} = 105 \cdot {10^3}{\rm{kg}} \cdot 9,81\frac{{\rm{m}}}{{{{\rm{s}}^{\rm{2}}}}} \cdot 15{\rm{m}} = 15{\rm{MJ}}\]Damit ergibt sich schließlich\[{W_{{\rm{ges}}}} = 15{\rm{MJ}} + 0,29{\rm{MJ}} + 0,77{\rm{MJ}} + 15{\rm{MJ}} = 31{\rm{MJ}}\]Hierzu sei angemerkt, dass die Reibungsenergie nur einen kleinen Teil zum Gesamtergebnis beiträgt.

b)Ein Wirkungsgrad von \(85\%\) bedeutet, dass nur \(85\%\) der aufgenommenen Energie auch tatsächlich für die Bewegung verwendet werden. Damit ergibt sich\[\eta  = \frac{{{W_{{\rm{ges}}}}}}{{{W_{{\rm{el}}}}}} \Leftrightarrow {W_{{\rm{el}}}} = \frac{{{W_{{\rm{ges}}}}}}{\eta } \Rightarrow {W_{{\rm{el}}}} = \frac{{31 \cdot {{10}^6}{\rm{J}}}}{{0,85}} = 36 \cdot {10^6}{\rm{J}} = \frac{{36 \cdot {{10}^6}}}{{3600 \cdot 1000}}\;{\rm{kWh}} = 10{\rm{kWh}}\]Für die Kosten \(K\) ergibt sich\[{\rm{K}} = 10{\rm{kWh}} \cdot 0,12\frac{€ }{{{\rm{kWh}}}} = 1,20€ \]

c)Die gesamte Fahrzeit \(t\) berechnet sich als die Summe der Zeiten \({t_1} = 17{\rm{s}}\) und der Zeit \(t_3\), die die Bahn zum Zurücklegen der Strecke \(s_3\) benötigt. Für diese gilt\[{s_3} = v \cdot {t_3} \Leftrightarrow {t_3} = \frac{{{s_3}}}{v} \Rightarrow {t_3} = \frac{{375{\rm{m}}}}{{\left( {\frac{{60}}{{3,6}}\frac{{\rm{m}}}{{\rm{s}}}} \right)}} = 23{\rm{s}}\]und damit\[t = {t_1} + {t_3} \Rightarrow t = 17{\rm{s}} + 23{\rm{s}} = 40{\rm{s}}\]Damit ergibt sich die durchschnittliche Stromstärke \(I\) zu\[{W_{{\rm{el}}}} = U \cdot I \cdot t \Leftrightarrow I = \frac{{{W_{{\rm{el}}}}}}{{U \cdot t}} \Rightarrow I = \frac{{36 \cdot {{10}^6}{\rm{W}}}}{{15 \cdot {{10}^3}{\rm{V}} \cdot 40{\rm{s}}}} = 60{\rm{A}}\]

Grundwissen zu dieser Aufgabe

Elektrizitätslehre

Elektrische Arbeit und Leistung