Lösung zu Aviatik 2011/3

Aufgabe 1

1. Das Triebwerk schneidet duch die Bewegung des Flugzeuges einen Zylinder aus der Lauft aus. Der zugehörige Massenstrom ist gleich

[math]I_m=\varrho I_V = \varrho v A[/math]. Daraus folgt für die Eintrittsöffnung

[math]A=\frac{I_m}{\varrho v}[/math] = 9.28 m² oder d = 3.44 m

2. Die Geschwindigkeitszunahme berechnet sich aus dem Impulsaustausch

[math]F=\Delta v I_m[/math] oder [math]\Delta v=\frac{F}{I_m}[/math] = 121 m/s. Daraus folgt für die Austrittsgeschwindigkeit [math]v_{aus}=v_{ein}+\Delta v[/math] = 371 m/s.

Die Stromstärke der kinetischen Energie ist gleich Dichte der kinetischen Energie mal Stärke des Volumenstromes. Daraus folgt für die Prozessleistung

[math]P_1=\frac{v_{aus}^2-v_{ein}^2}{2}I_m[/math] = 21.7 MW

3. Die Kraft auf das Triebwerk ist gleich der Impulsaustauschraten der beiden Luftströme

[math]F=\left(0.1\Delta v_1+0.9\Delta v_2\right)I_m[/math] daraus folgt

[math]\Delta v_2=\frac{F-0.1\Delta v_1I_m}{0.9I_m}[/math] = 116 m/s

v_2a = 366 m/s

4. Für die Prozessleistung gilt

[math]P_1=\frac{v_{1aus}^2-v_{1ein}^2}{2}0.1I_m[/math] = 3.06 MW

[math]P_1=\frac{v_{2aus}^2-v_{2ein}^2}{2}0.9I_m[/math] = 18.7 MW

[math]P_{total}= P_1+P_2[/math] = 21.8 MW

Aufgabe 2

Bei der isentropen Kompression wird Energie in Form von Arbeit zugeführt. Die Entropie des Gases bleibt konstant. Beim isochoren Auskühlen geht die Energie zusammen mit der Entropie als Wärme weg. Die Stoffmenge kann mit Hilfe der Anfangsbedingungen berechnet werden

[math]n=\frac{p_1V_1}{RT_1}[/math] = 0.0727 mol.

1. Das Druck-Volumen-Verhalten folgt aus der Beschreibung der isentropen Zustandsänderung [math]\left(pV^\kappa = konst\right)[/math]:

[math]p_2=p_1\left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\kappa}[/math] = 22.6 bar, daraus folgt [math]T_2=T_1\frac{p_2V_2}{p_1V_1}[/math] = 748 K

2. Die Kompressionsarbeit ist gleich der Erhöhung der inneren Energie. Diese hängt von der Temperaturänderung ab

[math]W_{12}=\Delta W=n\hat c_V\Delta T[/math] = 680 J

3. Bei der isochoren Abkühlung hängt die Entropieänderung nur von der Temperaturänderung ab

[math]\Delta S_{23}=n\hat c_V\ln\left(\frac{T_3}{T_2}\right)[/math] = -1.39 J/K

4.Bei der Wärmeleitung bleibt die Energie erhalten und die Entropie nimmt maximal zu. Die Entropieaufnahme der Umgebung ist gleich zugeführte Wärmeenergie geteilt durch Temperatur der Umgebung

[math]S_{Umg}=\frac{W_{th}}{T_{Umg}}=\frac{|\Delta W_{23}|}{T_{Umg}}=\frac{\Delta W_{12}}{T_{Umg}}[/math] = 2.28 J/K

Die produzierte Entropie ist gleich der von der Umgebung aufgenommenen Entropie minus der vom Gas abgegebenen Entropie

[math]S_{prod}=S_{Umg}-|\Delta S_{23}|[/math] = 0.89 J/K

Aufgabe 4

1. Das Drehmoment kann auf zwei Arten berechnet werden:

1. Drehmoment (Drehimpulsstromstärke) mal Zeit ist gleich Drehimpulsinhalt: [math]M\Delta t = L = (J_1+J_2)\omega_{End}[/math] also [math]M=\frac{(J_1+J_2)\omega_{End}}{\Delta t}[/math] = 1000 Nm

2. über die Drehimpulsbilanz (Grundgesetz), weil das zweite Schwungrad zuerst noch nicht mitgedreht wird. Kurz nach dem Zeitpunkt 1 s gilt: [math]M=J\dot\omega_1[/math], wobei die Winkelbeschleunigung als Steigung aus dem Diagramm heraus gelesen werden kann.

2. Zwischen etwa 3 s und 5 s steigt die ω-Zeit-Funktion linear. Daraus lässt sich die Winkelbeschleunigng und der Drehimpulsstrom (Drehmoment) berechnen.

[math]M_{12}=J_2\dot\omega_2[/math] = 660 Nm und [math] P(M_{12})=M_{12}(\omega_1-\omega_2)[/math] = 8.6 kW

3. Die Arbeit ist gleich der über die Zeit aufintergrierten Leistung. Daraus kann, weil das Drehmoment konstant ist, die Formel "Arbeit gleich Drehmoment mal Winkel" abgeleitet werden(der Winkel entspricht der Fläche unter dem ω-Zeit-Diagramm):

[math]W(M)=\int Pdt=M\int\omega dt=M\Delta\varphi[/math] = 94 kJ

4. Di dissipierte Energie ist gleich der zusammen mit dem Drehimpuls zugeführten minus die Rotationsenergie:

[math]W_{diss}=W(M)-W_{rot}=M\Delta\varphi-\frac{J_1+J_2}{2}\omega_{End}[/math] = 28 kJ

Aufgabe 5

Aufgabe