Lösung zu Aviatik 2009/Ass

Aus SystemPhysik
Version vom 8. September 2010, 06:39 Uhr von Admin (Diskussion | Beiträge) (→‎Aufgabe 4)
(Unterschied) ← Nächstältere Version | Aktuelle Version (Unterschied) | Nächstjüngere Version → (Unterschied)

Aufgabe 1

  1. Die vom Wasser frei gesetzte Energie ist gleich [math]\Delta W_G=mg\overline \Delta h[/math] = 3.65 1013 J
  2. Der Wirkungsgrad ist gleich dem Verhältnis von Nutzenergie zu aufgewendeter Energie [math]\eta=\frac{P\Delta t}{\Delta W_G}[/math] = 0.837
  3. Die mittlere Strömungsgeschwindigkeit ist gleich Volumenstromstärke durch Querschnitt [math]v=\frac{I_V}{A}[/math] = 6.90 m/s
  4. Die dissipierte Leistung ist gleich [math]P_{diss}=\Delta pI_V=kI_V^3[/math]. Nun soll die Volumenstromstärke bei kleinerem Querschnitt gleich bleiben. Weil die Widerstandskonstante k mit dem Reziprokwert des Durchmessers hoch fünf zunimmt, gilt [math]P_2=P_1\frac{d_2^5}{d_1^5}[/math] = 147 kW pro Stollen.

Aufgabe 2

In dieser Aufgabe ist das Flüssigkeitsbild die halbe Miete. In diesem Bild schwingen die beiden "Ladungssäulen" ohne Reibung um die Gleichgewichtslage [math]U_{mittel}=\frac{C_1U_1+C_2U_2}{C_1+C_2}[/math] = 37.5 V.

  1. Zu Beginn des Prozesses liegt das Niveau im ersten Kondensator auf 50 V. Folglich hat die Amplitude einen Wert von 50 V - 37.5 V = 12.5 V. Ein halbe Periode später liegt das Niveau um 12.5 V unter dem Mittelwert, also bei 25 V.
  2. Bis zum Ausgleich setzt die Ladung folgende Energie frei (Menge mal mittlere Fallhöhe) [math]W_{frei}=\Delta Q\overline{\Delta U}=W_{Spule}[/math] = 12.5 V * 15 mF *25 V = 4.69 J
  3. Die von der Ladung frei gesetzte Energie steckt in diesem Moment im Magnetfeld der Spule. Daraus lässt sich die Stromstärke berechnen [math]I=\sqrt{\frac{2W_{Spule}}{L}}[/math] = 34.2 A.
  4. Das gegebene System lässt sich auf einen Schwingkreis mit nur einem Kondensator zurückführen, indem folgende Ersatzkapazität definiert wird (Serieschaltung) [math]C_{tot}=\frac{C_1C_2}{C_1+C_2}[/math] = 3.75 mF. Die Frequenz ist dann gleich [math]f=\frac{\omega}{2\pi}=\frac{1}{2\pi\sqrt{LC_{tot}}}[/math] = 29.1 Hz.

Aufgabe 3

Die Spule wird sich nach oben in Bewegung setzten. Folglich wählen wir die x-Achse parallel zur schiefen Ebene nach oben. Die y-Achse wählen wir entsprechend dem zu erwartenden Drehsinn normal zur Ebene nach unten.

  1. Auf die Spule wirken die Gewichtskraft (nach unten), die Fadenkraft und die Haftreibungskraft (beide in x-Richtung) und die Normalkraft (gegen die y-Richtung).
  2. [math]\begin{matrix} x:&F+F_{HR}-F_G\sin\beta=\dot p_x=ma \\ y:&F_G\cos\beta-F_N=0 \\ R:&Fr-F_{HR}R=\dot L_z=J\alpha \end{matrix}[/math]
  3. Nimmt man die Bedingung für die maximal möglich Haftreibung [math]F_{HR}=\mu_HF_N[/math] und für die Rollbedingung [math]a=\alpha R[/math] dazu, folgt für die Fadenkraft [math]F=F_G\frac{\sin\beta-\mu_H\cos\beta\left(1+\frac{mR^2}{J}\right)}{1-\frac{mrR}{J}}[/math] = 13.1 N
  4. Bei einer Fadenkraft von 13.1 N ist die Haftreibungsgrenze erreicht. Deshalb gleitet die Spule bei 15 N. Damit entkoppeln x-Impulsbilanz und die z-Drehimpulsbilanz. Folglich braucht man zur Berechnung der Beschleunigung nur die Bilanzgleichung in x-Richtung. [math]a=\frac{F+F_G(\mu\cos\beta-\sin\beta}{m}[/math] = 6.86 m/s2.

Aufgabe 4

Systemdiagramm

Das Systemdiagramm besteht im Kern aus der Impulsbilanz für Wagen und Klotz. Dazu kommt die Kinematik, wobei hier nur der Ort des Wagens berechnet wird. Die Energieebene (unterster Teil im Sytemdiagramm) besteht aus vier Töpfen (kinetische Energie für Klotz und Wagen, Reibenergie und Energie des Puffersystems. Das Gleit-Haftreibungs-Verhalten kann etwas realistischer gestaltet werden, indem im Tangens Hyperbolicus eine grössere Zahl als Faktor vor der Geschwindigkeitsdifferenz eingefügt wird. Mit dieser Präzisierung sollte auch der Zeitschritt angepasst werden.

Aufgabe 5

Der detaillierte Lösungsweg kann der letzten Prüfung entnommen werden. Hier werden nur noch die Ergebnisse angegeben.

  1. In der ersten Sekunde wirkt ein Drehmoment von 500 Nm ein.
  2. Die Arbeit dieses Drehmoments beträgt 2.72 kJ.
  3. Zum Zeitpunkt 2 s fliesst der Drehimpulsstrom mit einer Stärke von 302 Nm durch das Feder-Dämpfer-System. Dieser Strom setzt eine Prozessleistung von 1.55 kW um.
  4. Die Schwungräder drehen am Schluss mit einer Winkelgeschwindigkeit von 4.17 1/s. In der Zwischenzeit ist 1.68 kJ Energie dissipiert worden.

Aufgabe 6

  1. Die Geschwindigkeit des ausströmenden Wassers ergibt sich aus dem Vergleich des Energietransports bezüglich zweier Referenzflächen (diese Betrachtungsweise ist besser bekannt unter dem Namen Gesetz von Bernoulli): [math]p_1+\frac{\varrho}{2}v_1^2=\frac{\varrho}{2}v_2^2[/math]. Daraus folgt für die Austrittsgeschwindigkeit [math]v_2=\sqrt{\frac{2p_1}{\varrho\left(1-\frac{A_2^2}{A_1^2}\right)}}[/math] = 23.1 m/s.
  2. Die Stromstärke der kinetischen Energie ist gleich Dichte der kinetischen Energie mal Volumenstromstärke [math]I_W=\frac{\varrho}{2}v_2^2I_V=\frac{\varrho}{2}v_2^3A_2[/math] =18.5 kW.
  3. Die Stromstärke des konvektiven Impulstransportes ist gleich Impulsdichte mal Volumenstromstärke oder Strömungsgeschwindigkeit mal Massenstromstärke [math]I_{p1}=\varrho v_1I_V=v_2\frac{A_2}{A_1}I_m[/math] = 400 N und [math]I_{p2}=\varrho v_2I_V=v_2I_m[/math] = 1600 N.
  4. Die totale Impulsstromstärke im langen Rohr ist gleich der Summe aus konvektiver Impulsstromstärke und Druckkraft [math]F_x=v_2\frac{A_2}{A_1}I_m+p_1A_1[/math] = 3400 N. Die totale Impulsstromstärke beim Austritt ist gleich der konvektiven Stromstärke [math]F_y=\varrho v_2I_V=v_2I_m[/math] = 1600 N, wobei diese Kraft gegen den Wasserstrom zeigt, weil die Massenstromstärke bezüglich des zu analysierenden Systems negativ ist. Die Kraft, mit der das Rohrstück festgehalten werden muss, ist entgegengesetzt gleich der Vektorsumme dieser beiden Kräfte. Da die beiden Kräfte normal zueinander stehen, kann die resultierende Kraft mit Hilfe des Pythagoras berechnet werden [math]F=\sqrt{F_x^2+F_y^2}[/math] = 3.76 kN.

Aufgabe 7

Das Modell des Gefrierschranks setzt sich aus einer Wärmeleitstrecke und einer idealen Wärmepumpe zusammen.

  1. Die Entropiestromstärke ist gleich Prozessleistung geteilt durch Temperaturdifferenz [math]I_S=\frac{P}{\Delta T}=\frac{\frac{\Delta W}{\Delta t}}{\Delta T}[/math] = 40 W / 78 K = 0.513 W/K.
  2. Der Energiestrom ist gleich Entropieströmstärke (durch die Wärmepumpe) mal Temperatur (am Eingang der Wärmepumpe) [math]I_W=T_uI_S[/math] = 230 K * 0.513 W/K = 118 W.
  3. Der Wärmeleitwert ist gleich Energiestrom geteilt durch Temperaturgefälle: [math]G_W=\frac{I_W}{G_W}[/math] = 118 W / 38 K = 3.10 W/K.
  4. Der Energiestrom durch die Hülle des Gefrierschranks ändert sich infolge der tieferen Aussentemperatur [math]I_W=GW\Delta T[/math] = 3.10 W/K * 28 K = 86.9 W. Daraus erhält man für den Entropiestrom bei der Wärmepumpe [math]I_S=\frac{I_W}{T_u}[/math] 86.9 W / 230 K = 0.378 W/K. Die Pumpleistung vermindert sich auf [math]P=I_S\Delta T[/math] = 25.7 W. Die Energieaufnahme in 24 Stunden beträgt 0.617 kWh.

Aufgabe 8

  1. Das T-S- und das p-V-Diagramm können auf der Seite Diesel-Zyklus eingesehen werden.
  2. Das Volumen nach der isentropen Kompression ist gleich [math]V_2=V_1\left(\frac{p_1}{p_2}\right)^\kappa[/math] = 0.0588 Liter und die Temperatur ist gleich [math]T_2=T_1\frac{p_2V_2}{p_1V_1}[/math] = 706 K.
  3. Die Temperaturerhöhung beim isobaren Heizen ergibt sich aus der Energiebilanz: [math]\Delta T=\frac{W_{therm}}{n\hat c_p}[/math], wobei [math]n\hat c_p=\frac{p_1V_1}{RT_1}\frac{7R}{2}=\frac{7p_1V_1}{2T_1}[/math] ist. Damit erhält man für die Temperaturerhöhung 686 K und für T3 = 1392 K.
  4. Beim isochoren Abkühlen gibt die Luft gleich viel Entropie ab, wie sie beim isobaren Heizen aufgenommen hat. Folglich kann man auch die Entropieaufnahme beim Heizen berechnen [math]\Delta S_{23}=n\hat c_p\ln\frac{T_3}{T_2}[/math] = 0.396 J/K.

Aufgabe

Abgerufen von „http://systemdesign.ch/index.php?title=Lösung_zu_Aviatik_2009/Ass&oldid=10221“