UWIS, Physik, Lösung Serie 9

Thomas Kuster

14. Juni 2004

1 Zürichsee

A = 67.2km^{2} = 67.2 · 10^{6}m^{2} Seeoberflc̈he
V = 3305 · 10^{6}m^{3} Seevolumen
λ = 207.0 · 10^{−6}K^{−1} Raumausdehnungskoeffizient
ΔT = 5K
ΔV = Volumenänderung m^{3}
Δh = Anstieg des Wasserspiegels m

1.1 Anstieg des Wasserspiegels

V λΔT = ΔV  (1)
\frac{ΔV}{A} = Δh  (2)

(3)

(2) ⇒^{(1)} \frac{V λΔT}{A} = Δh = \frac{3305 · 10^{6}m^{3} 207 · 10^{−6}K^{−1} 5K}{67.2 · 10^{6}m^{2}} = 5.1cm

1.2 Warum wird der Anstieg nicht festgestellt

Die Auswirkungen eines starken Regenfalls sind viel grösser: ”Vom 2. bis am 4.5.2002 fallen am Beobachtungsort (nahe Zürich) 67.2mm Regen“, der See kann sich jedoch nie innerhalb von 2 Tagen um 5K erwärmen. Die Auswirkungen der Schneeschmelze werden ebenfalls viel grösser sein, zudem wird auch mehr abfliessen sobald der Pegel steigt.

UWIS, Physik, Lösung Serie 9 2

2 Brunnen

h_{O} = 13m Höhe der Wassersäule
h_{D} = 0m Höhe der Düse
h_{P} = −3m Höhe der Pumpe
r_{D} = 0.005m Radius der Düse
r_{Z} = 0.01m Radius Zuleitung

Bernoulli:

k = \underbrace{p_{O}}_{0} +\frac{1}{2}ϱ \underbrace{v_{O}^{2}}_{0} +ϱgh_{O} = ϱgh_{O}  (4)
k = p_{P} + \frac{1}{2}ϱv_{P}^{2} + ϱgh_{P}  (5)
(4) & (5) ⇒ p_{P} = ϱgh_{O} − \frac{1}{2}ϱv_{P}^{2} − ϱgh_{P}  (6)

Energieerhaltung:

E = mgh_{O} + \frac{1}{2}m \underbrace{v_{O}^{2}}_{0} = mgh_{O}  (7)
E = mg \underbrace{h_{D}}_{0} +\frac{1}{2}mv_{D}^{2} = \frac{1}{2}mv_{D}^{2}  (8)
(7) & (8) ⇒ mgh_{O} = \frac{1}{2}mv_{D}^{2} ⇒ v_{D}^{2} = 2gh_{O}  (9)

Kontinuitätsgleichung:

v_{P} A_{P} = v_{D}A_{D} ⇒ v_{P} = \frac{v_{D}A_{D}}{A_{P}}  (10)

(6) ⇒ p_{P} = ϱgh_{O} − \frac{1}{2}ϱv_{P}^{2} − ϱgh_{P} \underrightarrow{(10)} p_{P} = ϱgh_{O} − \frac{1}{2}ϱ\frac{v_{D}^{2}A_{D}^{2}}{A_{P}^{2}} − ϱgh_{P}

\underrightarrow{(9)} p_{P} = ϱgh_{O} − \frac{1}{2}ϱ\frac{2gh_{O}A_{D}^{2}}{A_{P}^{2}} − ϱgh_{P} = ϱgh_{O} − ϱ\frac{gh_{O}r_{D}^{4}π^{2}}{r_{P}^{4} π^{2}} − ϱgh_{P}

= ϱg (h_{O} − h_{O} \frac{r_{D}^{4}}{r_{P}^{4}} − h_{P} ) = 139793Pa ≈ 1.4bar

UWIS, Physik, Lösung Serie 9 3

3 Erster Hauptsatz

h_{O} = 13m Fallhöhe
ΔT = 3K Temperaturänderung
γ = 4190Jkg^{−1}K^{−1} spezifische Wärme von Wasser

3.1 Gefäss fällt

E_{Oben} = mgh_{O} + \frac{1}{2}m \underbrace{v_{O}^{2}}_{0}  (11)
E_{Unten} = mg \underbrace{h_{O}}_{0} +\frac{1}{2}m \underbrace{v_{O}^{2}}_{0} = 0  (12)
(11) & (12) ⇒ E_{frei} = mgh_{O}Deformationsenergie  (13)

Dies folgt auch aus der Deformationsenergie eines unelatischen Stoss

\frac{m_{1}m_{2}(v_{1} − v_{2})^{2}}{2(m_{1} + m_{2}} ⇒^{m_{1}<<m_{2}} \frac{m_{1}m_{2}(v_{1} − v_{2})^{2}}{2m_{2}} =^{v_{2}=0} \frac{m_{1}v_{1}^{2}}{2}

Die Deformationsenergie wird in Wärme ungewandelt da der Boden keine Energie aufnimmt kann sich nur das Wasser erwärmen.

3.2 Höhe h

E_{frei} = mgh_{O} = ΔT mγ
h_{O} = \frac{ΔT γ}{g} = \frac{3 · 4190}{9.81} = 1281m

4 Ideales Gas

T_{1} = 293K
p_{1} = 1bar
V_{1} = 10^{−3}m^{3}

4.1 Druck

p_{2} = 100bar
T_{1} = T_{2} = T

p_{1}V_{1} = nRT  (14)
p_{2}V_{2} = nRT  (15)

(14) & (15) ⇒ p_{1}V_{1} = p_{2}V_{2} ⇒ V_{2} = \frac{p_{1}V_{1}}{p_{2}} = \frac{10^{5}pa 10^{−3}m^{3}}{100 · 10^{5}pa} = 10^{−4}m^{3}

4.2 Arbeit

ΔW = −pΔV ⇒ W = − ∫ p dV  (16)
p_{1}V_{1} = p_{x}V_{x} ⇒ p(V_{x}) = \frac{p_{1}V_{1}}{V_{x}}  (17)

(16) & (17) ⇒ − ∫ p(V) dV = − ∫ \frac{p_{1}V_{1}}{V} dV = −p_{1}V_{1} ln(V)|_{V_{1}}^{V_{2}} =

−1bar · 10^{−3}m^{3} (ln(10^{−3} − 10^{−4})) = 701J

4.3 maximale Arbeit

Von p_{1} nach p_{2} mit dem Volumen V_{1} (Rechteck):

⇒ W = (p_{2} − p_{1})V_{1} = (10^{7}pa − 10^{5}pa)10^{−3}m^{3} = 9.9kJ

5 Adiabatisch expandierende Luft

p_{1} = 2bar = 2 · 10^{5}pa
V_{1} = 4l = 0.004m^{3}
T_{1} = 20C° = 293.15K
V_{2} = 2V_{1}
κ = 1.4

5.1 Enddruck

p_{1}V_{1}^{κ} = p_{2}V_{2}^{κ} ⇒ p_{2} = \frac{p_{1}V_{1}^{κ}}{(2V_{1})^{κ}} = p_{1} (\frac{1}{2})^{κ} = 758mbar

5.2 Endtemperatur

T_{1}V_{1}^{κ−1} = T_{2}V_{2}^{κ−1} ⇒ T_{2} = T_{1} (\frac{1}{2}) 222.16K = −51C°

5.3 Arbeit