Lösung zu Aviatik 2009/3

Aus SystemPhysik

Aufgabe 1

  1. Der Zug nimmt während [math]\Delta t=\frac{\Delta s}{v}=\frac{540m}{18m/s}=30s[/math] Wasser auf. Dies ergibt einen Volumenstrom der Stärke [math]I_V=\frac{\Delta V}{\Delta t}=\frac{9m^3}{30s}=0.3m^3/s[/math]. Folglich strömt das Wasser im Mittel mit [math]v_{rel}=\frac{I_V}{A}=10 m/s[/math] durch das Rohr.
  2. Von der Lok aus gesehen fliesst das Wasser mit 10 m/s nach hinten. Aus der Sicht eines Streckenwärters bewegt sich das Wasser mit 8 m/s nach vorn. Um den Wasserstrom auf diese Geschwindigkeit zu beschleunigen, muss eine Prozessleistung von [math]P=\frac{\varrho}{2}v^2I_V=500kg/m^3*\left(8m/s\right)^2*0.3m^3/s=9.6 kW[/math] aufgewendet werden.
  3. Eine Kraft ist eine Impulsstromstärke bezüglich eines ausgewählten Systems. Wir schneiden deshalb den unteren, gekrümmten Teil des Rohres frei. Nun darf auch ein konvektiver Impulsstrom als Kraftpfeil eingezeichnet werden. Diese Kraft hat eine Stärke von [math]I_{p_{conv}}=v_{rel}\varrho I_V=3kN[/math].Zudem zeigt der Kraftpfeil beim Eintritt in und beim Austritt gegen die Strömungsrichtung. Die gesuchte Kraft ergibt sich aus der Gleichgewichtsforderung (Summe über alle Kräfte gleich Null). Aus dem Kräfteplan entnimmt man [math]F=2I_{p_{conv}}\sin(22.5^\circ)[/math] = 2296 N.
  4. Diese Frage löst man mit Hilfe des Gesetzes von Bernoulli (Vergleich des totalen Energiestromes bezüglich zweier Referenzflächen entlang der stationären, reibungsfreien Strömung eines inkompressiblen Fluids. Somit gilt
[math]\frac{\varrho}{2}v_1^2=\frac{\varrho}{2}v_2^2+\varrho gh_2[/math]
Daraus folgt
[math]v_2=\sqrt{v_1^2-2gh_2}[/math] = 16 m/s
Man beachte, dass von der Lok aus gesehen das Wasser im Trog anfänglich mit 18 m/s auf das Schöpfrohr zu fliesst.

Aufgabe 2

  1. Die dem Wasser zu entziehende Energie entspricht der Änderung der Enthalpie [math]\Delta H_E=m\left(c\Delta T_1-q\right)[/math] = -397 kJ. Dabei ändert sich die Entropie des Wassers um [math]\Delta S_E=m\left(c\ln{\frac{T_S}{T_1}}-\frac{q}{T_S}\right)[/math] = -1.45 kJ/K.
  2. Die Wärme fliesst vom zu gefrierenden Wasser zum Eingang der Wärmepumpe. Dabei bleibt die Energie erhalten und die Entropie nimmt zu. Dividiert man die geflossene Energie durch die Temperatur beim Eintritt zur Wärmepumpe, ergibt sich die zu fördernde Entropie [math]S_{WP}=\frac{W_u}{T_u}=\frac{\left|\Delta H\right|}{T_u}[/math] = 1.53 kJ/K. Zum Hochpumpen dieser Entropie benötigt die Wärmepumpe folgende Energiemenge [math]W_{WP}=\Delta TS_{WP}[/math] = 56 K * 1.53 kJ/K = 85.5 kJ.
  3. Die aus der Wärmepumpe abfliessende Energie ist gleich [math]W_o=W_u+W_{WP}=T_oS_{WP}[/math] =483 kJ. Damit lässt sich die folgende Wassermasse um 13°C (ΔT2) aufheizen [math]m_W=\frac{W_o}{c\Delta T_2}[/math] = 8.87 kg.
  4. Die minimal aufzuwendende Energie bei absolut reversibler Prozessführung ist gleich der Energie, die zusammen mit der Entropie an die Umgebung abgeführt werden muss minus die Energieänderung (Enthalpieänderung) im zu gefrierenden Wasser [math]W_{rev}=\left|\Delta S_E\right|T_{Umg}-\left|\Delta H_E\right|[/math] = 37.4 kJ (die an die Umwelt abzuführende Entropie ist bei reversibler Prozessführung gleich der Entropieänderung im Wasser).

Aufgabe 3

  1. Der von der Luft in einem Strahltriebwerk durchlaufene Kreisprozess heisst Joule-Prozess.
  2. [math]T_2=T_1\left(\frac{p_2}{p_1}\right)^{\frac{\kappa-1}{\kappa}}[/math] = 631 K (358°C) mit [math]\left(\frac{\kappa-1}{\kappa}\right)=\frac27[/math].
  3. [math]W_{therm}=\Delta H_{23}=n\hat c_p\Delta T_{23}[/math] = 25.3 kJ und [math]\Delta S_{23}=n\hat c_p\ln\frac{T_3}{T_2}[/math] = 25.2J/K.
  4. [math]T_4=T_3\left(\frac{p_4}{p_3}\right)^{\frac{\kappa-1}{\kappa}}[/math] = 523 K (250°C); daraus folgt [math]W_{therm}=\Delta H_{41}=n\hat c_p\Delta T_{41}[/math] = -8.81 kJ

Aufgabe 4

  1. Die Grundstruktur des Carnotors ist bekannt. Hier benötigt man weder den Entropieleitwert GS für den isothermen noch einen aufgeprägten Volumenstrom für den isentropen Prozess.
  2. Der Druck lässt sich bei bekannter Temperatur sowie gegebenen Volumen und Stoffmenge mit Hilfe des universellen Gasgesetzes berechnen [math]p=\frac{nRT}{V}[/math].
  3. Der thermische Energiestrom (in der Energieebene des Carnotors zu modellieren) hat eine konstante Stärke von einem Watt. Daraus wird die Stärke des Entropiestromes ermittelt [math]I_S=\frac{I_W}{T}[/math]
  4. In diesem Modell erfolgt der Druckausgleich über einem Volumenleitwert [math]I_V=(p_{Ballon}-p)G_V[/math], wobei sich der Druck der Ballonhülle gemäss Aufgabenstellung mit dem Volumen verändert. Für das System Helium ist die Ballonhülle die Umgebung, die den Druckausgleich mitbestimmt.

Aufgabe 5

Die meisten der nachfolgenden Fragen lassen sich mit Hilfe des Flüssigkeitsbildes beantworten.

  1. Ein Drehmoment beschreibt die Stärke eines Drehimpulsstromes bezüglich eines Systems. Weil im ersten Moment nur ein Drehmoment auf das Schwungrad einwirkt, gilt eine einfache Drehimpulsbilanz [math]M=J\dot\omega[/math] = 300 Nm. Die Winkelbeschleunigung entspricht der Steigung der Tangente an die Winkelgeschwindigkeits-Zeit-Kurve zum Zeitnullpunkt. Als Alternative kann man auch den Drehimpulsinhalt nach einer Sekunde rechnen [math]L=J_1\omega_1+J_2\omega_2[/math] und diesen durch die verflossene Zeit von einer Sekunde dividieren.
  2. Die Arbeit eines Drehmoments ist gleich der Integration der Leistung eines Drehmoments über die Zeit [math]W(M)=\int P(M)dt=\int M\omega dt=M\int\omega dt=M\Delta\varphi[/math] =300 Nm * 5.67 = 1.70 kJ.
  3. Zum Zeitpunkt 1.6 s fliesst nur noch Drehimpuls zwischen den beiden Schwungrädern. Die Stärke dieses Stromes ist demnach gleich Massenträgheitsmoment des ersten Rades mal dessen Winkelbeschleunigung oder gleich Massenträgheitsmoment des zweiten Rades mal dessen Winkelbeschleunigung. Die Winkelbeschleunigung entspricht der Steigung der Winkelgeschwindigkeits-Zeit-Kurve. Zum Zeitpunkt 1.6 s hat der vom ersten zum zweiten Rad fliessende Drehimpulsstrom eine Stärke von 273 Nm. Weil er dabei eine Winkelgeschwindigkeitsdifferenz von 4.64 1/s durchfällt, setzt er eine Prozessleistung von [math]P=\Delta\omega I_L[/math] = 1.27 kW frei.
  4. Nach längerer Zeit hat sich der Drehimpuls so verteilt, dass beide Räder gleich schnell drehen [math]\omega_{end}=\frac{L}{J_{tot}}=\frac{300 Nms}{100 kgm^2}[/math] = 3 1/s. Die Rotationsenergie beträgt somit [math]W_{rot}=\frac{J_{tot}}{2}\omega_{end}^2[/math] = 450 J. Die dissipierte Energie ist gleich zugeführte Energie minus die noch vorhandenen Rotationsenergie [math]W_{diss}=W(M)-W_{rot}[/math] = 1.25 kJ.


Aufgabenstellung

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