Lösung zu Aviatik 2006/1

1. Mit dieser Aufgabe soll geprüft werden, ob das Wissen um die Bilanzgleichung bezüglich der Grösse Volumen verfügbar ist und die Zusammenhänge zwischen Inhalt, Füllhöhe und den zugehörigen Änderungsraten bekannt sind.
   1. Die Volumenänderungsrate in einem System ist gleich der Summe über alle Volumenstromstärken bezüglich des Systems: [math]\sum_i I_{Vi} = \dot V[/math]. Zum Zeitnullpunkt beträgt die Volumenänderungsrate 0.1 l/s, nach 200s 0.3 l/s.
   2. Zum Zeitpunkt 100 s beträgt die Volumenänderungsrate 0.2 l/s. Dividiert man diese Grösse durch die Grundfläche des Gefässes, erhält man die Geschwindigkeit des Wasserspiegels [math]v = \frac {\dot V}{A}[/math].
   3. In den fraglichen 200 s fliessen 220 l zu und 180 l ab (entsprechend den Flächen unter den Volumenstromstärken-Zeit-Diagrammen). Folglich nimmt der Inhalt um 40 l zu. Dividiert man diese Zunahme durch die Grundfläche des Gefässes, erhält man eine Zunahme des Füllstandes von einem Meter.
2. Diese Aufgabe soll den Begriff hydrodynamische Prozessleistung und den Umgang mit den Widerstandsgesetzen bei turbulenter und laminarer Strömung überprügen.
   1. Die Prozessleistung ist gleich Potenzialdifferenz mal Stromstärke. Weil in der Hydrodynamik der Druck als Potenzial und das Volumen als Primärgrösse anzusehen sind, muss die akutelle Druckdifferenz mit der momentanen Volumenstromstärke multipliziert werden, was eine eine Leistung von 0.125 W ergibt.
   2. Verfünfacht man bei turbulenter Strömung die Volumenstromstärke auf 25 ml/s, erhöht sich der Druck um den Faktor 25 auf 6.25 bar.
   3. Verkleinert man bei laminarer Strömung die angelegte Druckdifferenz um den Faktor 1/2.5 auf 0.1 bar, geht die Volumenstromstärke proportional dazu von 5 ml/s auf 2 ml/s zurück.
3. Diese Aufgabe bezieht sich auf das erste Experiment im Laborunterricht.
   1. Eine Pet-Flasche verhält sich wie ein Blasenspeicher. Ändert sich das Volumen der Luftblase so langsam, dass die Temperatur der Luft nur wenig ansteigt oder abfällt, gilt das Gesetz von Boyle-Mariotte, wonach das Produkt aus Volumen und Druck konstant bleibt. Drückt man die Luft auf einen Achtel zusammen, steigt der Absolutdruck um das Achtfache auf 8 bar. Folglich würde man mit einem Manometer einen Druck von 7 bar messen.
   2. Das Volumen des weggeflossenen Wassers entspricht der Fläche unter dem Volumenstromstärke-Zeit-Diagramm (1.037 Liter). Zieht man dieses Volumen vom Anfangswert von 1.4 l ab, erhält man einen Rest von 0.363 Liter.
   3. Bei einer Füllmenge von 0.363 Liter Wasser beträgt der Druck noch 1.29 bar. Der zugeordnete Energiestrom (Druck mal Volumenstromstärke)hat bei einer Volumenstromstärke von 2.7 10^-5 m³/s eine Stärke von 3.5 W.
   4. Die Änderungsrate der Volumenstromstärke entspricht der Steigung der Kurve im Volumenstromstärke-Zeit-Diagramm. Diese Steigung kann mit Hilfe der Tangente gefunden werden und beträgt -2.4 10^-6 m³/s²
4. Die HGÜ hat eine Eingangsspannung von 500 kV und eine Ausgangsspannung von 472 kV. Folglich fällt die Spannung über den 980 km um 28 kV zusammen.
   1. Die Stromstärke ist gleich eingespeister Leistung durch Eingangsspannung (P = UI), also gleich 6 kA.
   2. Der Widerstand der HGÜ ist gleich Spannung über dem System dividiert durch die Stromstärke, als gleich 28 kV / 6 kA = 4.67 Ω.
   3. Die dissipierte Leistung beträgt 168 MW (P = UI, Spannung über der HGÜ mal Stromstärke). Mit diesen 5.6 % Verlust gegenüber der eingespeisten Leistung könnte man ziemlich viele Haushalte mit elektrischer Energie versorgen!
   4. Indem man die Spannung noch höher hinauf transformiert, kann der Verlust verringert werden. Nur muss man die Kosten für die Transformation sowie die dort anfallenden Verluste auch mit einbeziehen. Weil bei höherer Spannung die Isolatoren grösser gemacht werden müssen, steigen die Kosten pro Mast. Kostengünstige und leitfähigere Materialien als Kupfer und Aluminium sind keine auf dem Markt. Dickere Drähte kosten mehr, erhöht das Gewicht und verteuern die Masten.
5. Die beiden ersten Teilaufgaben löst man mit Vorteil im Flüssigkeitsbild.
   1. Beim Entladen verteilen sich 16 mC Ladung auf beide Kondensatoren, was zu einer Endspannung von 1.33 V führt.
   2. Im Ausgleichsprozess "fallen" 10.67 mC (4 mF * (4V - 1.33 V)) im Mittel um 2 V hinunter. Folglich werden 21.33 mJ Energie im Widerstand dissipiert.
   3. Ersetzt man beide Kondensatoren durch einen einzigen mit einer Kapazität von 2.67 mF, der auf 4 V aufgeladen worden ist, kann der Vorgang als Entladevorgang eines Kondensators mit 4 V über einem Widerstand mit kΩ aufgefasst werden. Die Zeitkonstante (RC) beträgt dann 13.33 s. Für die fragliche Zeit gilt [math]t = \tau \ln (U/U_0) [/math] = 13.33 s * ln2 = 9.24 s.

6. 

   Systemdiagramm

   Die systemdynamische Modellierungstechnik basiert auf der Bilanz von Primärgrössen. Folglich beginnt man mit der Bilanz bezüglich des Kondensators. Aus der Ladung kann die Spannung über dem Kondensator berechnet werden. Die Differenz zu U₀ liegt dann über dem Glühbirnchen. Diese Differenzspannung liefert über die in der Aufgabe gegebene Funktion die Stärke des Stromes durch das Glühbirnchen und folglich auf bezüglich des Kondensators.
   1. Das korrekte SD-Modell ist nebenstehend abgebildet.
   2. Die Kondensatorenergie berechnet sich aus einer Integration über die Prozessleistung.
   3. Ersetzt man das Glühbirnchen durch einen stromunabhängigen Widerstand, fliesst zuerst ein schwächerer Strom.