Lösungen zur Übung Nr.12
Besprechung: Donnerstag, d. 26. Januar 2006

Aufgabe 1:
Wir benutzen die folgende Skizze (siehe auch Skript Teil 11, Abb.15)

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 für die Wärmepumpe:

\begin{displaymath}
P_{P} = \frac{\Delta W}{t} = \frac{Q_{i}}{\epsilon t}
\end{displaymath}

Beim Ofen muss die gesamte Wärmemenge $Q_{i}$ 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 Wärmepumpe:

\begin{displaymath}
P_{P} = \frac{P_{O}}{\epsilon} = 300 \; W.
\end{displaymath}

Aufgabe 2:
a) Der Wärmestrom durch die Wand ist konstant, daher folgt

\begin{displaymath}
\frac{Q}{t} = k A (\Delta T)
\end{displaymath}


Die Frage ist also, wie berechnet man den $k$- Wert aus mehreren Schichten oder aus einer Schicht mit zwei Grenzflächen. Dazu erinnern wir uns an die Gleichstromlehre. Das Temparaturgefälle $\Delta T$ entspricht der Spannung $U$, der Wärmestrom $Q/t$ entspricht dem elektrischen Strom $I$, die Wärmemenge $Q$ entspricht der elektrischen Ladung $Q$, endlich noch $1/(k A)$ entspricht dem Widerstand $R$.
Elektrischer Strom Wärmestrom
$I = \frac{dQ}{dt}$ $\frac{dQ}{dt}$
Ladung $Q$ Wärmemenge $Q$
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 $kA$

Bei Hintereinanderschaltung von Widerständen gilt:

\begin{displaymath}
R = \sum R_{i}
\end{displaymath}

oder

\begin{displaymath}
\frac{1}{G} = \sum \frac{1}{G_{i}}
\end{displaymath}

Wir übertragen dieses Ergebnis auf den Wärmestrom 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 zugehörigen Wärmeleitfähigkeiten und $\alpha_{i}$ die Wärmeübergangskoeffizienten 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 Widerständen ist die Summe der Spannungen an den Einzelwiderständen, der Strom ist in allen Widerständen 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}

Aufgabe 3:

Zunächst raten wir die Lösung, 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 Stärke der Temperaturabnahme ist auf jeden Fall proportional zur Oberfläche $A$ und dem Koeffizienten $\alpha$:

\begin{displaymath}
T(t) = T_{U} + (T_{K} - T_{U}) e^{-\alpha A t...}
\end{displaymath}

Die Stärke der Abnahme muss auch noch in irgendeiner Form von der Wärmekapazität $mc$ abhängen. Der gesamte Exponent muss dimensionslos sein. Dieses lässt sich erreichen durch

\begin{displaymath}
T(t) = T_{U} + (T_{K} - T_{U}) e^{-\alpha A t/mc}
\end{displaymath}

Diese geratene Lösung müssen wir jetzt nochmal mathematisch verifizieren. Für den Wärmestrom vom Körper in die Umgebung gilt (siehe Aufgabe 2):

\begin{displaymath}
\frac{dQ}{dt} = \alpha A (T - T_{U}).
\end{displaymath}

Der Wärmetsrom 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 Wärmekapazität $c$ und Masse $m$ des Körpers. 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}





Harm Fesefeldt
2006-01-28