Lösung zu Aviatik 2016/2: Unterschied zwischen den Versionen

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(Lösung zu Aufgabe 3)
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==Lösung zu Aufgabe 4==
 
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#[[Datei:Aviatik_16_2_L4.PNG|thumb|''T-S''-Diagramm]]Zuerst muss viermal das [[ideales Gas|universelle Gasgesetz]] ausgewertet werden <math>T=\frac{pV}{nR}</math>= 271 K; 622 K; 1299K; 923 K.
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#Aus Frage 1 übernehmen wir die vier Temperaturen. Die Entropiezunahme ist bie Frage 3 zu berechnen.
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#Enetropiezunahme <math>\Delta S=n\hat c_p \ln \left(\frac{T_3}{T_2}\right)</math> =15.3 J/K; Energiezunahem <math>\Delta W=n\hat c_V(T_3-T_2)</math> = 8.45 kJ.
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#Die thermisch zugeführte Energie entspricht der Enthalpieänderung <math>W_{therm}=\Delta H=n\hat c_p(T_3-T_2)</math> = 14.1 kJ. Die mechanisch abgeführte Energie ist gleich der Differenz zwischen Energie- und Enthalpieänderung oder gleich der Fläche im ''p-V''-Diagramm <math>W_mech=-p_{23}(V_3-V_2)</math> = -5.63 kJ.
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Eine ausführliche Erklärung finden Sie im '''[https://www.youtube.com/watch?v=ws-0fmx50KI Lösungsvideo]'''.
  
 
==Lösung zu Aufgabe 5==
 
==Lösung zu Aufgabe 5==
  
 
'''[[Aviatik 2016/2|Aufgabe]]'''
 
'''[[Aviatik 2016/2|Aufgabe]]'''

Version vom 30. Juni 2017, 12:17 Uhr

Lösung zu Aufgabe 1

Diese Aufgabe sollte mit Hilfe des Flüssigkeitsbildes gelöst werden.

  1. Weil beide Schwungräder mit der gleichen Winkelbeschleunigung hochgefahren werden, muss sich der Drehimpuls im Verhältnis der Massenträgheitsmomente auf die beiden Schwungräder verteilen. Folglich muss von links her dreimal mehr Drehimpuls zufliessen, als durch die Rutschkupplung geht, also 150 Nm. Nach der gesuchten Zeit enthalten beide Schwungräder 1500 Nms (Grundfläche mal Füllhöhe im Flüssigkeitsbild). Teilt man diese Menge durch die Stromstärke des Zuflusses, erhält man 10 s.
  2. In der zweiten Phase fliessen 5 s * 50 Nm Drehimpuls ins rechte Schwungrad, was dessen Winkelgeschwindigkeit um weitere 10 rad/s auf 30 rad/s erhöht. Die restlichen 5 s * 200 Nm verbleiben im linken Schwungrad und erhöhen dessen Winkelgeschwindigkeit um 20 rad/s auf 40 rad/s.
  3. Schnittbild zu Aufgabe 2 (Anstossphase)
    In der dritten Phase gleichen sich die Winkelgeschwindigkeiten an [math]\frac{J_1\omega_1+J_2\omega_2}{J_1+J_2}[/math] = 36.7 rad/s. Weil die Stromstärke zwischen den Schungrädern weiterhin 50 Nm beträgt, dauert der Prozess [math]t=\frac{J_2\Delta\omega_2}{I_{L_{12}}}[/math]=3.33 s
  4. Die maximal Differenz der beiden Winkelgeschwindigkeiten beträgt 10 rad/s, was bei einem Durchfluss von 50 Nm eine Leistung von 500 W ergibt. Die dissipierte Energie ist das Zeitintegral über die dissipierte Leistung. Weil der Drehimpulsstrom zwischen den beiden Schwungrädern in allen drei Phasen konstant ist, kann der zugehörige Wert vor das Integral genommen werden [math]W = \int{Pdt}=\int{M\Delta\omega dt} =M\int{\Delta\omega dt}=M\Delta\varphi[/math]= 2.08 kJ

Eine ausführliche Darstellung der Lösung finden Sie im Lösungsvideo

Lösung zu Aufgabe 2

Diese Aufgabe besteht aus zwei Teilen. Im ersten Teil geht es um das Anstossen der Kugel ohne Reibung, im zweiten Teil geht es um den Rutschprozess mit Gleitreibung (siehe z.B. Aufgabe Bowling).

1. Durch den Stoss werden 12 N * 0.15 s = 1.8 Ns Impuls zugeführt. Dieser Impulsinhalt führt zu einer Geschwindigkeit des Massenmittelpunktes von 1.8 Ns / 0.18 kg = 10 m/s. Weil die Kugel so angestossen wird, dass sie rollt, gilt die Rollbedingung ([math]v_{MMP}=\omega r[/math]), was eine Winkelgeschwindigkeit von 333 rad/s zur Folge hat.
2. Hier braucht es unbeding ein Schnittbild. Die drei Bilanzgleichungen (Grundgesetze) plus die Rollbedingung liefern die Lösung von 12 mm.
x: [math]F=ma_{MMP}[/math]
y: [math]F_G-F_N=0[/math]
R: [math]Fs=J\alpha[/math]
RB: [math]a_{MMP}=r\alpha[/math]
3.
Flüssigkeitsbilder für die Rutschphase
Zwischen gleitender Kugel und Tisch wirkt eine Gleitreibungskraft, welche die Geschwindigkeit verkleinert, die Drehzahl dagegen vergrössert. Die entscheidende Beziehung kann direkt den beiden Flüssigkeitsbildern entnommen werden [math]\frac{F_Rr}{F_R}=\frac{\Delta L}{|\Delta p|}=\frac{J\omega_e}{m(v_a-v_e)}[/math]. Ersetzt man die Endwinkelgeschwindigkeit mit Hilfe der Rollbedingung durch die Endgeschwindigkeit, folgt [math]v_e=v_a\frac{mr^2}{J+mr^2}[/math]= 8.56 m/s.
4. Die dissipierte Energie plus die Änderung der Bewegungsenergie (kinetische und Rotationsenergie) zwischen Anfang und Ende der Rutschphase muss gleich null sein (Energieerhaltung)
[math]W_{diss}+\Delta W_{rot}+\Delta W_{rot}[/math] = 0.
Daraus folgt [math]W_{diss}= -\Delta pv_{mittel}-\frac{J}{2}\omega^2[/math] = 3.71 J.

Vorzeichen, Mengen und Fallhöhen bzw. Pumphöhen sind mit Vorteil direkt den beiden Flüssigkeitsbildern zu entnehmen. Eine detailliertere Erklärung finden Sie in diesem Lösungsvideo

Lösung zu Aufgabe 3

Flüssigkeitsbild zu Aufgabe 3
Auch diese Aufgabe gliedert sich in zwei Teile. Die ersten drei Fragen sind schon in einigen Übungsaufgaben gestellt worden (z.B. Badewanne). Bei der vierten Frage geht es um ein thermisches RC-Glied.
  1. [math]\Delta H=mc\Delta T[/math]=56.7 MJ und [math]\Delta S=mc \ln\left(\frac{T_{heiss}}{T_{kalt}}\right)[/math]=183 kJ/K
  2. [math]W_{pump}=S_{pump}(T_{ein}-T_{aus})[/math]=10.0MJ, wobei [math]S_{pump}=\frac{\Delta H}{T_{aus}}[/math]=167 kJ/K. Es muss weniger als die Entropiezunahme im Wasser hochgepumpt werden, weil zwischen Wärmepumpe und Wasser zusätzlich Entropie erzeugt wird.
  3. Im Idealfall wird nirgends Entropie erzeugt. Folglich gilt [math]W_{ideal}=\Delta H-\Delta ST_{Umgebung}[/math]=3.10 MJ.
  4. [math]t=\tau\ln\left(\frac{\Delta T_0}{\Delta_T}\right)[/math] = 6.99·105 s mit [math]\tau=\frac{C}{G_W}[/math]=5.05·105 s und [math]G_W=\frac{I_{W_{therm}}}{\Delta T_0}[/math] = 2.5 W/K.

Details werden im Lösungsvideo erklärt.

Lösung zu Aufgabe 4

  1. T-S-Diagramm
    Zuerst muss viermal das universelle Gasgesetz ausgewertet werden [math]T=\frac{pV}{nR}[/math]= 271 K; 622 K; 1299K; 923 K.
  2. Aus Frage 1 übernehmen wir die vier Temperaturen. Die Entropiezunahme ist bie Frage 3 zu berechnen.
  3. Enetropiezunahme [math]\Delta S=n\hat c_p \ln \left(\frac{T_3}{T_2}\right)[/math] =15.3 J/K; Energiezunahem [math]\Delta W=n\hat c_V(T_3-T_2)[/math] = 8.45 kJ.
  4. Die thermisch zugeführte Energie entspricht der Enthalpieänderung [math]W_{therm}=\Delta H=n\hat c_p(T_3-T_2)[/math] = 14.1 kJ. Die mechanisch abgeführte Energie ist gleich der Differenz zwischen Energie- und Enthalpieänderung oder gleich der Fläche im p-V-Diagramm [math]W_mech=-p_{23}(V_3-V_2)[/math] = -5.63 kJ.

Eine ausführliche Erklärung finden Sie im Lösungsvideo.

Lösung zu Aufgabe 5

Aufgabe