\documentstyle[11pt,german,epsfig,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L"osungen zur \"Ubung Nr.12}
\normalsize
\centerline{\bf Besprechung: Donnerstag, d. 26. Januar 2006}
\newline \vskip 0.5cm
{\bf Aufgabe 1:} \newline
Wir benutzen die folgende Skizze (siehe auch Skript Teil 11, Abb.15)
\newline \vskip 5cm
Mit der Leistungszahl 
\begin{displaymath}
\epsilon = \frac{Q_{i}}{\Delta W} = \frac{T_{i}}{T_{a}-T_{i}} = \frac{295,2 K}{29,5 K} = 10
\end{displaymath}
folgt also f"ur die W"armepumpe:
\begin{displaymath}
P_{P} = \frac{\Delta W}{t} = \frac{Q_{i}}{\epsilon t} 
\end{displaymath}
Beim Ofen muss die gesamte W"armemenge $Q_{i}$ vom Ofen erzeugt werden, d.h.
\begin{displaymath}
P_{O} = \frac{Q_{i}}{t}
\end{displaymath}
oder 
\begin{displaymath}
Q_{i} = P_{O} t
\end{displaymath}
Daher folgt die Leistung der W"armepumpe:
\begin{displaymath}
P_{P} = \frac{P_{O}}{\epsilon} = 300 \; W.
\end{displaymath}
\newpage
{\bf Aufgabe 2:} \newline
a) Der W"armestrom durch die Wand ist konstant, daher folgt
\begin{displaymath}
\frac{Q}{t} = k A (\Delta T) 
\end{displaymath}
\vskip 5cm
Die Frage ist also, wie berechnet man den $k$- Wert aus mehreren Schichten oder aus einer Schicht mit zwei
Grenzfl"achen. Dazu erinnern wir uns an die Gleichstromlehre. Das Temparaturgef"alle $\Delta T$ entspricht
der Spannung $U$, der W"armestrom $Q/t$ entspricht dem elektrischen Strom $I$, die W"armemenge $Q$ entspricht
der elektrischen Ladung $Q$, endlich noch $1/(k A)$ entspricht dem Widerstand $R$. \newline \vskip 0.5cm 
\begin{tabular}{ll}
Elektrischer Strom & W"armestrom \\
$I = \frac{dQ}{dt}$ & $\frac{dQ}{dt}$ \\
Ladung $Q$ & W"armemenge $Q$ \\
Spannung $U = \Phi_{1} - \Phi_{2}$ & Temperaturdifferenz $\Delta T = T_{1} - T_{2}$ \\
$U = R I = R \frac{dQ}{dt}$ & $\Delta T = \frac{1}{kA} \frac{dQ}{dt}$ \\
$\frac{dQ}{dt} = I = G U$ & $\frac{dQ}{dt} = kA \; \Delta T$ \\
Widerstand $R$ & $\frac{1}{kA}$ \\
Leitwert $G$ & $k$-Wert $kA$ 
\end{tabular} \newline   \vskip 0.5cm
Bei Hintereinanderschaltung von Widerst"anden gilt:
\begin{displaymath}
R = \sum R_{i}
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
\frac{1}{G} = \sum \frac{1}{G_{i}}
\end{displaymath}
Wir "ubertragen dieses Ergebnis auf den W"armestrom und erhalten
\begin{displaymath}
\frac{1}{k} = \sum \frac{L_{i}}{\lambda_{i}} + \sum \frac{1}{\alpha_{i}}
\end{displaymath}
Hierbei sind also $L_{i}$ die Dicken der verschiedenen Wandschichten, $\lambda_{i}$ die zugeh"origen W"armeleitf"ahigkeiten
und $\alpha_{i}$ die W"arme"ubergangskoeffizienten der verschiedenen Grenzschichten. Wir wenden dieses Ergebnis
auf unser Problem an,
\begin{displaymath}
\frac{1}{k} = \frac{2}{\alpha} + \frac{L}{\lambda}
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
k = \frac{\alpha \lambda}{2 \lambda + \alpha L}    
\end{displaymath}
Damit erhalten wir
\begin{displaymath}
Q = \frac{\alpha \lambda A t}{2 \lambda + \alpha \lambda} (T_{1} - T_{4}) = 1,26 \; GJ.
\end{displaymath}
b) Der gesamte Spannungsabfall bei einer Hintereinanderschaltung von Widerst"anden ist die Summe der Spannungen
an den Einzelwiderst"anden, der Strom ist in allen Widerst"anden gleich. Genauso ist es hier. 
\begin{displaymath}
\frac{Q}{t} = \alpha A (T_{1} - T_{2}) 
\end{displaymath}
Daher
\begin{displaymath}
T_{2} = T_{1} - \frac{Q}{\alpha A t} = 17 \; C
\end{displaymath}
und genauso
\begin{displaymath}
\frac{Q}{t} = \alpha A (T_{3} - T_{4})
\end{displaymath}
woraus wir folgern
\begin{displaymath}
T_{3} = T_{4} + \frac{Q}{\alpha A t} = - 7 \; C
\end{displaymath} 
\newpage
{\bf Aufgabe 3:}  \newline \vskip 5cm
Zun"achst raten wir die L"osung, und zwar eine exponentielle Abnahme  
\begin{displaymath}
T(t) = T_{U} + (T_{K} - T_{U}) e^{-...t}
\end{displaymath}
Die Vorfaktoren mit $T_{U}$ und $T_{K}$ kommen aus den Bedingungen
$T(0) = T_{K}$ und $T(\infty) = T_{U}$.
Die St"arke der Temperaturabnahme ist auf jeden Fall proportional zur Oberfl"ache $A$ und dem Koeffizienten $\alpha$:
\begin{displaymath}
T(t) = T_{U} + (T_{K} - T_{U}) e^{-\alpha A t...}
\end{displaymath}
Die St"arke der Abnahme muss auch noch in irgendeiner Form von der W"armekapazit"at $mc$ abh"angen.
Der gesamte Exponent muss dimensionslos sein. Dieses l"asst sich erreichen durch
\begin{displaymath}
T(t) = T_{U} + (T_{K} - T_{U}) e^{-\alpha A t/mc}
\end{displaymath}
Diese geratene L"osung m"ussen wir jetzt nochmal mathematisch verifizieren.
F"ur den W"armestrom vom K"orper in die Umgebung gilt (siehe Aufgabe 2):
\begin{displaymath}
\frac{dQ}{dt} = \alpha A (T - T_{U}).
\end{displaymath}
Der W"armetsrom ist nicht konstant. $T = T(t)$ ist die momentane Temperatur zur Zeit $t$. Als weiteren Input
haben wir noch die Bezieheung
\begin{displaymath}
dQ = - m c \; dT.
\end{displaymath}
mit der spezifischen W"armekapazit"at $c$ und Masse $m$ des K"orpers. Daher gilt
\begin{displaymath}
- \frac{m c \; dT}{dt} = \alpha A (T - T_{U})
\end{displaymath}
Wir sortieren diese Gleichung, bringen alle Temperaturen auf die linke Seite und den Rest auf die rechte Seite
\begin{displaymath}
\frac{dT}{T - T_{U}} = - \frac{\alpha A}{m c} dt.
\end{displaymath}
und integrieren vom Anfangszustand bis zum Zustand zur Zeit $t$:
\begin{displaymath}
\int_{T_{K}}^{T} \frac{dT}{T - T_{U}} = - \frac{\alpha A}{m c} \int_{0}^{t} dt 
\end{displaymath}
mit dem Ergebnis:
\begin{displaymath}
ln \left( \frac{T- T_{U}}{T_{K} - T_{U}} \right) = - \frac{\alpha A}{m c} t
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
\frac{T- T_{U}}{T_{K} - T_{U}} = e^{-\alpha A t/(mc)}
\end{displaymath}
Dieses schreiben wir in der Form
\begin{displaymath}
T(t) = T_{U} + (T_{K} - T_{U}) e^{-\alpha A t/(mc)}
\end{displaymath}


 

\end{document}
