Lösung zu Aviatik 2013/2

Lösung zu Aufgabe 1

1. [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
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\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.

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 Winkelgeschindigkeit 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 [math]\omega_2=\frac{L}{J_{22}}=23.5\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. In 15 s fliessen 4500 Nms Drehimpuls vom zweiten in den ersten Teil. Also verbleiben noch +/-75000 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

Lösung zu Aufgabe 5

Aufgabe