Lösungen zu Aviatik 2007/1

1. Das geflossene Volumen entspricht der Fläche unter der Volumenstrom-Zeit-Kurve.
   1. Bei einem mittleren Volumenstrom von 10 l/s fliessen in 50'000 s 500 m³ weg. Um diese Menge auf zehn Meter Höhe zu speichern, benötigt das Reservoir eine Grundfläche von 50 m².
   2. Nach der halben Entleerzeit sind drei Viertel des Volumens weggeflossen (Fläche unter der Kurve!). Folglich ist das Reservoir dann noch 2.5 m hoch mit Wasser gefüllt.
   3. Zu Beginn des Vorganges misst der Volumenstrom 20 l/s. Damit die über den Querschnitt gemittelte Geschwindigkeit im Rohr nicht grösser als 4 m/s wird, muss der Querschnitt A = 0.02 m³/s / 4 m/s = 50 cm² betragen er(vsteht man unter mittlerer Geschwindigkeit das zeitliche Mittel, kommt man nur auf den halben Wert, also auf 25 cm²).
   4. Die total dissipierte Energie entspricht der im Reservoir gespeicherten Gravitationsenergie (bezogen auf das Abflussniveau). Folglich ist die dissipierte Energie gleich totale Masse mal Gravitationsfeldstärke mal mittlere Höhe [math]W=mg\frac{h}{2}[/math] = 25 MJ.
2. Das geflossene Volumen entspricht der Fläche unter der Volumenstrom-Zeit-Kurve, die Prozessleistung ist gleich Volumenstromstärke mal Druckdifferenz und die Änderungsrate der Energie ist hier gleich dem zugeordneten Energiestrom.
   1. Die Fläche lässt sich sehr gut durch eine Dreieck approximieren. Mit diesem Verfahren misst man etwa 0.6 Liter heraus.
   2. In der anfänglich leeren Flasche verdoppelt sich der Absolutdruck. Aus [math]\frac{p}{p_0}=\frac{V_0}{V_0-V}[/math] folgt ein Anfangsvolumen von 1.2 Liter.
   3. Die Prozessleistung beträgt bei einer Druckdifferen von 1.3 bar und einem Volumenstrom von 12.3 ml/s 1.6 W.
   4. Aus einem Absolutdruck von 2.7 bar und einer Volumenstromstärke von 12.3 ml/s folgt ein zugeordneter Energiestrom von 3.3 W. Dieser Wert entspricht bei einem einzigen Strom gerade der zugehörigen Änderungsrate. Bezieht man den Druck auf die Umgebung, wird dieser Wert entsprechend kleiner.
3. Auf der untersten Stufe sind die Widerstände in Serie geschaltet, auf der höchsten sind beide parallel mit der Spannungsquelle verbunden.
   1. Der Widerstand ist gleich Quadrat der Spannung durch Widerstand [math]R=\frac{U^2}{P}[/math]. Diese Formel ergibt 117.6 Ω für die Serieschaltung und 75.6 Ω für den grösseren Widerstand. Folglich misst der kleinere Widerstand 42 Ω (Stufe 3).
   2. Der Gesamtwiderstand für die Parallelschaltung beträgt 27 Ω, was eine Leistung von 1960 W ergibt.
   3. Je weniger sich die beiden Widerstände unterscheiden, desto kleiner wird der Abstand zwischen Stufe 2 und 3 und umso grösser wird Stufe 2. Stufe 2 erreicht den Maximalwert, wenn beide Widerstände gleich gross sind (je 58.8 Ω). Unter diesen Umständen heizt die Stufe 2 (Stufe 3) mit 900 W.
   4. Falls beide Widerstände gleich gross sind, ist der Ersatzwiderstand für die Parallelschaltung vier Mal kleiner als der Widerstand der Serieschaltung. Folglich heizt die vierte Stufe vier Mal stärker als die erste (1800 W).
4. Die meisten Antworten sind direkt dem Flüssigkeitsbild zu entnehmen.
   1. Die Ladung berechnet sich im Flüssigkeitsbild aus Grundfläche mal Höhe [math]Q=CU[/math]=0.48 C. Die gespeicherte Höhe ist gleich Ladung mal halbe Endspannung [math]W=Q\frac{U}{2}=C\frac{U^2}{2}[/math] = 9.6 J.
   2. Während des Ausgleichs verteilt sich die Ladung auf beide Kondensatoren [math]U=\frac{Q}{C_{tot}}[/math] = 24 V.
   3. Beim Laden mit einer Gleichspannungsquelle wird exakt so viel Energie dissipiert, wie der Kondensator nachher speichert. Die im Ausgleichsvorgang dissipierte Energie ist gleich geflossene Ladung mal mittlere "Fallhöhe" [math]W=Q_{gefl}\overline{U}[/math] = 3.84 J. Insgesamt wird somit 13.4 J Energie dissipiert.
   4. Die Zeitkonstante ist gleich Widerstand mal Kapazität. Beim Entladen wirken die beiden Kapazitäten in Serie, was einen Ersatzwert von 4.8 mF ergibt. Löst man die Spannungs-Zeit-Funktion für das Entladen des Kondensators nach der Zeit auf, folgt [math]t=\tau\ln(U_0/U)[/math] = 3.33 s.
5. Die Spannung über einem Widerstand ist proportional zur Stärke des durchfliessenden Stromes. Bei der Induktivität ist die Spannung proportional zur Änderungsrate des Stromes.
   1. Die Änderungsrate beträgt -400 A/s, was eine Spannung von -8 V über der Induktivität ergibt. Weil bei 5 ms die Stromstärke gleich Null ist, misst man über der Spule eine Spannung von -8 V.
   2. Die Spannung über der Spule ist gleich Null, sobald sie über dem resistiven Teil auf 8 V abgesunken ist. Dies ist zum Zeitpunkt 1 Millisekunde der Fall.
   3. Sobald der Strom in die negative Richtung fliesst, sind die induktive und die resistive Spannung gleich gerichtet. Der grösste Betrag wird somit erst am Schluss dieses Vorganges mit 8 V + 10 V = 18 V erreicht.
   4. Die gespeicherte Energie ist gleich [math]W=\frac{L}{2}I^2[/math] = 0.04 J.

6. 

   Systemdiagramm zu 6

   Das vollständige Modell ist nebenstehend abgebildet (mit turbulenter Reibung und hydraulischer Induktivität).
   1. Der Druck ist gleich [math]p=\frac{V}{A}\rho g[/math] und die Stärke des Volumenstromes gleich [math]I_V=\frac{\Delta p}{R_V}[/math]. Die beiden Grössen, Gravitationsfeldstärke und Strömungswiderstand können separat als formula eingefügt werden.
   2. Das Strom-Druckdifferenz-Gesetz muss geändert werden [math]I_V=\sqrt{\frac{\Delta p}{R_V}}[/math].
   3. Die Leistung ist gleich Druckdifferenz mal Volumenstromstärke. Diese Leistung muss zur Energie aufsummiert (integriert) werden.
   4. Die Druckdifferenz erzeugt eine Änderungsrate der Volumenstromstärke.

Aufgabe