Lösung zu Aviatik 2013/2: Unterschied zwischen den Versionen

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Version vom 28. Juni 2014, 12:44 Uhr

[math]I_W=\varrho_{W_{kin}}I_V=\frac{\varrho}{2}v_1^2\varrho I_V=\frac{\varrho}{2}Av_1^3[/math] =1250 W
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
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
[math]I_W=\frac{\varrho}{2}v_2^2\varrho I_V=\frac{v_2^2}{2}I_m=\sqrt{gh}I_m[/math]=8.83 N. 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.

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

[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).
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.
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.
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.

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.
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.
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.
Die Beschaltung des Carnotors wird im folgenden Video erklärt

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 #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.
 #[[Isentrop]]er Prozess des [[ideales Gas|idealen Gases]] <math>p_2=p_1\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{\frac{\kappa}{\kappa-1}}</math> = 59.8 bar.
-#Die zugeführte [[Wärme]] ist gleich Stärke des thermischen [[Energiestrom]]es 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 [[isobar]]en Heizen die Wärme(energie) gleich der Änderung der [[Enthalpie]] ist.
+#Die zugeführte [[Wärme]] ist gleich Stärke des thermischen [[Zugeordneter Energiestrom|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 [[isobar]]en Heizen die Wärme(energie) gleich der Änderung der [[Enthalpie]] ist.
 #Die Beschaltung des [[Carnotor]]s wird im folgenden Video erklärt