Lösung zu Aviatik 2013/2

Lösung zu Aufgabe 1

1. [math]I_W=\varrho_{W_{kin}}I_V=\frac{\varrho}{2}v_1^2 I_V=\frac{\varrho}{2}Av_1^3[/math] =1250 W
2. Torricelli [math]\sqrt{2gh}[/math] = 4.2 m/s und [math]A_2=A_1\frac{v_1}{v_2}[/math] = 2.38·10^-4 m²
3. Impulsbilanz positive Richtung nach unten. Aus [math]-F_{festhalten}+mg+v_1I_{m1}+v_2I{m2}=\dot p=0[/math] und Massebilanz [math]I_{m1}+I_{m1}=\dot m=0[/math] folgt [math]F_{festhalten}[/math] = 242 N
4. [math]I_W=\frac{\varrho}{2}v_2^2 I_V=\frac{v_2^2}{2}I_m=\sqrt{gh}I_m[/math]=8.83 W. Die letzte Umformung zeigt den Ursprung der Energie des abfliessenden Wasser: diese Energie entstammt im stationären Zustand vollständig dem Gravitationsfeld (potentielle Energie), weil die von oben mit dem Wasser zufliessende Energie vollständig dissipiert wird.

Lösung zu Aufgabe 2

Diese Aufgabe entspricht ziemlich genau der Übungsaufgabe Wärmepumpe mit zwei Wärmetauschern. Das zugehürige Strombild entnehme man der Lösung zu Wärmepumpe mit zwei Wärmetauschern.

1. [math]\Delta T_{01}=\frac{I_{W_1}}{G_W}[/math] = 7 K . Daraus folgt [math]T_1=T_0-\Delta T_{01}[/math] = 270 K (-3°C).
2. Zu pumpende Entropiestrom [math]I_{S_{12}}=\frac{I_{W_1}}{T_1}[/math] . Pumpleistung [math]P=I_{S_{12}}\Delta T_{12}[/math] = 648 W.
3. Energiestrom 2 (abgehender thermischer Energiestrom) [math]I_{W_2}=I_{W_1}+P[/math] = 4.15 kW. Daraus folgt für den thermischen Leitwert [math]G_W=\frac{I_{W_2}}{\Delta T_{23}}[/math] = 830 W/K.
4. Die Entropieproduktionsrate über die ganze Maschine gerechnet, ist gleich Entropiestromstärke am Ausgang minus Entropiestromstärke am Eingang [math]\Pi_S=I_{S_3}-I_{S_0}=\frac{I_{W_2}}{T_3}-\frac{I_{W_1}}{T_0}[/math] = 0.533 W.

Lösung zu Aufgabe 3

1. Diese Aufgabe fragt nach den ersten drei Teilprozessen des Joule-Zyklus. Deshalb entsprechen das S-T-Diagramm und das p-V-Diagramm bis auf den letzten Teilprozess den Diagrammen des JouleZykluses.
2. Isentroper Prozess des idealen Gases [math]p_2=p_1\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{\frac{\kappa}{\kappa-1}}[/math] = 59.8 bar.
3. Die zugeführte Wärme ist gleich Stärke des thermischen Energiestromes mal den Zeitabschnitt, in dem geheizt wird [math]W_{therm}=I_{W_{therm}}\Delta t[/math] = 75 kJ. Dies führt zu einer Temperaturerhöhung von [math]\Delta T = \frac{\Delta H}{n\hat c_p}W_{therm}[/math] = 51.5 K und damit zu einer Endtemperatur für diesen Teilprozess von 552 K. Man beachte, dass beim isobaren Heizen die Wärme(energie) gleich der Änderung der Enthalpie ist.
4. Die Beschaltung des Carnotors wird im folgenden Video erklärt

<videoflash>xQMf0P3eGko|649|360</videoflash>

Lösung zu Aufgabe 4

Ohne gutes Verständnis des Flüssigkeitsbildes ist diese Aufgabe ziemlich schwierig!

1. Für das zweite Massenträgheitsmoment gilt [math]J_2=J_{20}+2mr^2[/math].
   1. Phase: Es werden 12000 Nms von einem Teilsystem ins ander gepumpt. Das zweite Massenträgheitsmoment beträgt 510 kgm². Für die Winkelgeschwindigkeit am Schluss dieser Phase gilt [math]\omega_1=\frac{-L}{J_1}=-48\frac{1}{s}[/math] und [math]\omega_2=\frac{L}{J_{21}}=23.5\frac{1}{s}[/math]
   2. Phase: Das Massenträgheitsmoment verkleinert sich von 510 kgm² auf 190 kgm², also nimmt die Winkelgeschwindigkeit auf den folgenden Wert zu [math]\omega_2=\frac{L}{J_{22}}=63.2\frac{1}{s}[/math]
   3. Phase: Der Drehimpuls fliesst zurück, womit beide Teile nicht mehr rotieren.
2. Die maximale Winkelgeschwindigkeitsdifferenz beträgt am Schluss der 1. Phase 71.5 1/s. Der gesamte Drehimpuls muss vom Motor aber nur um die Hälfte hochgepumpt werden [math]W_{Motor}=\Delta \omega_{mittel}L[/math] = 429 kJ
3. Der Drehimpuls bleibt erhalten, wird aber "hochgequetscht". Die aufzuwendende Energie ist gleich Drehimpuls mal mittlere "Hubhöhe" [math]\Delta W_{rot}=\Delta \omega_{2_{mittel}}L[/math] = 238 kJ.
4. In 15 s fliessen 4500 Nms Drehimpuls vom zweiten in den ersten Teil. Also verbleiben noch +/-7500 Nms in den beiden Teilen, womit die aktuellen Winkelgeschwindigkeiten 39.5 1/s und -30 1/s betragen. Daraus folgt [math]P=M\Delta \omega_{aktuell}[/math] = 20.8kW.

<videoflash>MkVQnl3YJnU|649|360</videoflash>

Lösung zu Aufgabe 5

1. Auf den Zylinder wirken in der Rutschphase die Gewichtskraft (Volumenkraft), die Normalkraft und die Gleitreibungskraft (gegen die Rotation). Gewichtskraft und Normalkraft halten den Zylinder vertikal im Gleichgewicht.
2. Anfänglich bewegt sich die unterste Linie des Zylinders (Kontaklinie mit der Unterlage) mit [math]v_{unten}=\omega r[/math] = 30 m/s. Damit erreicht die Gleitreibungskraft eine Leistung von [math]P(F_R)=v_{unten}F_R[/math] = 1500 W.
3. Hier sind unbedingt zwei Flüssigkeitsbilder zu zeichnen. Dabei gilt bis zur Rollphase [math]\left(v_e=\omega_e r\right)[/math] folgender Zusammenhang [math]\frac{F_Rr}{r}=\frac{|\Delta L|}{p}=\frac{J(\omega_a-\omega_e)}{mv_e}[/math]. Löst man diese Gleichung mit Hilfe der Rollbedingung auf, folgt v_e = 10 m/s und ω_e = 100 1/s.
4. Für die Berechnung der zeitlichen Länge der Rutschphase und für die Energiebetrachtung sollte wieder das Flüssigkeitsbild beigezogen werden.
   1. Die Gleitreibungskraft beschreibt den konstanten Zufluss von Impuls bis zum Erreichen der Rollphase, also folgt aus [math]F_R=\frac{p_e}{\Delta t}=\frac{mv_e}{\Delta t}[/math] eine Zeitspanne von [math]\Delta t=\frac{mv_e}{F_R}[/math] = 2.4 s.
   2. Die Rotationsenergie nimmt ab, die kinetische Energie zu. Der Unterschied wird dissipiert [math]W_{diss}=\Delta W_{rot}-W_{kin}=\frac{J}{2}\left(\omega_a^2-\omega_e^2\right)-\frac{m}{2}v_e^2[/math] = 1800 J.

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