Lösung zu Aviatik 2013/2: Unterschied zwischen den Versionen

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(Lösung zu Aufgabe 4)
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#Für das zweite [[Massenträgheitsmoment]] gilt <math>J_2=J_{20}+2mr^2</math>.
 
#Für das zweite [[Massenträgheitsmoment]] gilt <math>J_2=J_{20}+2mr^2</math>.
 
##Phase: Es werden 12000 Nms von einem Teilsystem ins ander gepumpt. Das zweite Massenträgheitsmoment beträgt 510 kgm<sup>2</sup>. 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>
 
##Phase: Es werden 12000 Nms von einem Teilsystem ins ander gepumpt. Das zweite Massenträgheitsmoment beträgt 510 kgm<sup>2</sup>. 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>
##Phase: Das Massenträgheitsmoment verkleinert sich von 510 kgm<sup>2</sup> auf 190 kgm<sup>2</sup> <math>\omega_2=\frac{L}{J_{22}}=23.5\frac{1}{s}</math>
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##Phase: Das Massenträgheitsmoment verkleinert sich von 510 kgm<sup>2</sup> auf 190 kgm<sup>2</sup>, also nimmt die Winkelgeschwindigkeit auf den folgenden Wert zu <math>\omega_2=\frac{L}{J_{22}}=63.2\frac{1}{s}</math>
 
##Phase: Der [[Drehimpuls]] fliesst zurück, womit beide Teile nicht mehr rotieren.
 
##Phase: Der [[Drehimpuls]] fliesst zurück, womit beide Teile nicht mehr rotieren.
 
#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
 
#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
#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
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#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.
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#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==
 
==Lösung zu Aufgabe 5==
  
 
'''[[Aviatik 2013/2|Aufgabe]]'''
 
'''[[Aviatik 2013/2|Aufgabe]]'''

Version vom 29. Juni 2014, 14:55 Uhr

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

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 +/-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