Lösungen zur ¨Ubung Grundlagen der Wärmeübertragung

Lösungen zur Übung
Grundlagen der Wärmeübertragung
Universität der Bundeswehr München
Fakultät für Luft- und Raumfahrttechnik
Institut für Thermodynamik
-2012-
Lösung zu Aufgabe 1:
In dieser Aufgabe wird der stationäre Wärmestrom durch eine ebene Geometrie eindimensional betrachtet. Das Material ist isotrop mit der konstanten Wärmeleitfähigkeit k. Die Ummantelung des
Reaktors ist aufgrund seines im Verhältnis zur Wandstärke großen Durchmessers nur schwach gekrümmt, so dass eine Betrachtung als ebenes Problem zulässig ist.
Für den flächenspezifischen Wärmestrom gilt allgemein das Fouriersche Gesetz
Q̇
= −k∇T
A
Im eindimensionalen Fall wird der ∇-Operator durch die Ableitung nach x ersetzt:
q=
(1)
dT
(2)
dx
Da in der ebenen Geometrie die durchströmte Fläche nicht von x abhängt und damit konstant ist,
ergibt sich ein konstanter Temperaturgradient, denn sowohl Wärmestrom als auch Wärmeleitfähigkeit
sind unveränderlich. Dies führt zu einem linearen Temperaturverlauf innerhalb der Wand, siehe Zeichnung (Tafel).
In Formeln ausgedrückt
q = −k
∆T
∆x
(T2 − T1 )
= −kA
∆x
kA
=
(T1 − T2 )
∆x
An dieser Stelle sei noch einmal die Analogie zur elektrischen Leitung aufgezeigt
Q̇ = −kA
1
∆T
R
1
I =
U,
R
wobei der thermische Widerstand für eine ebene Platte folgendermaßen definiert ist:
Q̇ =
R
=
∆x
kA
und
(3)
(4)
(5)
(6)
∆x
flächenspezifisch
(7)
k
Der Kehrwert des flächenspezifischen Wärmewiderstands 1/Rq wird in der deutschen Literatur Wärmedurchgangskoeffizient k genannt, hat die Einheit W/(m2 K) und ist nicht mit der Wärmeleitfähigkeit
mit der englischen Bezeichung k in der Einheit W/(m K) zu verwechseln.
Rq
= R·A=
a) Der zweischichtige Mantel des Reaktors entspricht einer Reihenschaltung von thermischen Widerständen. Der Gesamtwiderstand ergibt sich daher aus der Summe der Widerstände der einzelnen Schichten
Rq,ges
=
2
X
Rq,i
Reihenschaltung
(8)
i=1
= Rq,Al + Rq,St
∆xAl
∆xSt
=
+
kAl
kSt
⇔ Rq,ges
=
0.02 m
0.01 m
+
W
170 m K
15 mWK
=
0.784 · 10−3
1
m2 K
W
(9)
(10)
(11)
Der Temperaturverlauf durch den Reaktormantel zeigt die Skizze (Tafel).
b) Nun soll zwischen den beiden Metallschichten ein mit Luft gefüllter Ringspalt liegen, siehe
Zeichnung (Tafel). Da Luft – wie Gase im allgemeinen – ein schlechter Wärmeleiter ist, ist eine
Erhöhung des Wärmewiderstandes zu erwarten. Dies lässt sich mit Formeln belegen:
Rq,ges
=
3
X
Rq,i
Reihenschaltung
(12)
i=1
= Rq,Al + Rq,L + Rq,St
∆xL
∆xSt
∆xAl
+
+
=
kAl
kL
kSt
⇔ Rq,ges
=
10−5 m
0.01 m
0.02 m
+
+
W
W
170 m K
0.03 m K
15 mWK
=
1.118 · 10−3
m2 K
W
(13)
(14)
(15)
Durch die eingeschlossene Luft erhöht sich also der Wärmewiderstand um beträchtliche 42.4%.
2
Lösung zu Aufgabe 2:
Auch bei dieser Aufgabe handelt es sich um eine ebene Geometrie, die aus einer Reihenschaltung
thermischer Widerstände besteht. Die betrachtete Mauer besteht aus vier verschiedenen Materialschichten, zusätzlich zur vorherigen Aufgabe sind nun auch die konvektiven Wärmeübergänge an der
Innen- und Außenseite zu berücksichtigen.
Der sich stationär einstellende Temperaturverlauf wird in der Skizze dargestellt (Tafel). Die Temperaturgradienten in den einzelnen Materialien hängen neben der Temperaturdifferenz über die gesamte
Wand von der Wärmeleitfähigkeit k des Materials und der Dicke der jeweiligen Schicht ab.
Die Wärmewiderstände für die Leitung werden nach dem Fourier-Gesetz, die Widerstände für den
konvektiven Wärmeübergang nach Newton berechnet:
∆x
1
∆T ⇒ RL =
RL
kA
1
1
− T∞ ) =
(TW − T∞ ) ⇒ Rk =
Rk
hA
Q̇L
= −k A ∇T = −
(16)
Q̇k
=
(17)
hA (TW
Da die von der Wärme durchströmte Fläche in dieser Aufgabe konstant und für jede Schicht gleich
ist, kann durch die Fläche A geteilt werden, so dass der flächenspezifische Gesamtwärmewiderstand
Rq,ges
=
=
=
5
X 1
X
∆xj
+
h
kj
i=1,6 i
j=2
1
10 mW
2K
3.0795
+
0.035 m
0.65 mWK
(18)
+
0.26 m
0.82 mWK
m2 K
W
erhalten wird.
3
+
0.1 m
0.04 mWK
+
0.005 m
0.58 mWK
+
1
10 mW
2K
Lösung zu Aufgabe 3:
Das in der Aufgabenstellung beschriebene Rohr kann folgendermaßen skizziert werden: (Tafel) Es
wird ein stationärer Betrieb betrachtet. Druckverluste im Rohr werden vernachlässigt. Daher ändert
der Dampf seine Temperatur so lange nicht, bis er vollständig kondensiert ist, was aber innerhalb des
hier untersuchten Rohrs nicht geschieht. Die Dampftemperatur und ebenso die Umgebungstemperatur
sind über die Rohrlänge konstant; es reicht daher eine eindimensionale Rechnung in radialer Richtung
aus.
Zunächst werden die Gleichungen für den Wärmestrom Q̇ vom Dampf durch die Wand an die
Umgebung aufgestellt. Der Wärmestrom vom Fluid an die Innenwand berechnet sich aus
Q̇i
=
⇒ Ri
=
!
hi Ai (TD − TW,i ) = Q̇
1
1
=
;
di = da − 2s.
hi Ai
hi πdi L
(19)
(20)
Der Wärmestrom innerhalb der Rohrwand durch Leitung ist abweichend von den ersten beiden Aufgaben mit den Formeln für einen Zylinder zu berechnen
Q̇W = −kA(r)
dT
dT !
= −k2πrL
= Q̇,
dr
dr
(21)
was eine Differentialgleichung für die Temperatur T (r) in der Wand ergibt, die durch Trennung der
Variablen und unter Einbeziehung der Randbedingungen durch Integration gelöst werden kann:
1
dT
Q̇W
1
Q̇W
Z
TW,a
dT
TW,i
TW,a − TW,i
Q̇W
1
dr
−2πLk r
Z ra
1
dr
= −
2πLk ri r
1
ra
= −
ln
2πLk
ri
=
⇒ Q̇W
=
⇒ RW
=
2πLk
(TW,i − TW,a )
ln rrai
ln rrai
2πLk
(22)
(23)
(24)
(25)
(26)
Von der Außenwand des Rohrs fließt der konvektive Wärmestrom
Q̇a
=
1
!
(TW,a − TU ) = Q̇
Ra
(27)
Ra
=
1
1
=
ha Aa
ha πda L
(28)
an die Umgebung. Somit kann der Gesamtwärmewiderstand des Rohrs in radialer Richtung aufgestellt
werden:
Rges
= Ri + RW + Ra
(29)
4
=
=
=
a
ln dad−2s
1
1
+
+
hi π (da − 2s) L
2πLk
ha πda L
!
0.12 m
ln 0.10
1
1
1
m +
+
W
π 200 m 1000 W
2
·
60
10 mW
0.1
m
2 K 0.12 m
m2 K
mK
K
1.345 · 10−3 .
W
(30)
Über diesen und die Temperaturdifferenz zwischen Dampf und Umgebung wird der Verlustwärmestrom
des Rohrs
TD − TU
263.92 K
Q̇ =
=
= 196.2 kW
(31)
K
Rges
1.345 · 10−3 W
ermittelt.
a) Die durch den Wärmestrom abgeführte Energie wird dem Dampf entzogen, indem ein Teil des
Dampfes kondensiert. Zur Berechnung stellt man den ersten Hauptsatz der Thermodynamik für
ein offenes System, das im Rohr strömende Medium, auf:
dE
dt
⇔
dE
dt
= −Q̇ + ṁD,0 h000 − (ṁD,L h00L + ṁW,L h0L )
(32)
= −Q̇ + ṁD,0 (h000 − xh00L − (1 − x)h0L )
(33)
= −Q̇ + ṁD,0 (1 − x) (h00L − h0L ) wegen h000 = h00L
(34)
= −Q̇ + ṁD,0 (1 − x) rH2 O = 0 (stationär)
(35)
Als einzige Unbekannte verbleibt der Massenstrom des eintretenden Dampfes, der sich bekanntermaßen nach der Formel
ṁD,0
ṁD,0
= ρ Aquer wD
zu
kg π
m
kg
2
= 25.4 3
(0.1 m) 20
= 3.99
m 4
s
s
(36)
(37)
ergibt.
Als Endergebnis erhält man aus Gleichung (35) einen Dampfgehalt am Ende des Rohrs von
x=1−
Q̇
= 0.97,
ṁD,0 rH2 O
(38)
d.h. 3% des Dampfes kondensieren aus.
b) Zur Beantwortung dieser Teilaufgabe setzt man einfach die gegebenen Werte in Formel (26) ein
m
ln 0.12
K
0.10 m
= 2.42 · 10−6 ,
(39)
RW =
W
W
2π · 60 m K 200 m
und man erkennt aus dem Verhältnis dieses Wertes zu Rges , dass der Wärmewiderstand der Rohrwand nur 0.18% des Gesamtwärmewiderstandes ausmacht. Die über die Wand selbst auftretende
Temperaturdifferenz fällt daher nicht stark ins Gewicht und kann vernachlässigt werden. Man
beachte aber, dass in den Fluiden (Luft der Umgebung bzw. Dampf) in den Wandgrenzschichten
ein deutlicher Temperaturabfall auftritt.
5
Lösung zu Aufgabe 4:
Die benötigte Länge des Wärmeübertragers berechnet man aus dem übertragenen Wärmestrom und
dem Wärmewiderstand der Rohrgeometrie. Es lässt sich schreiben
mit
Q̇ges
=
L
∆Tlog
= ∆Tlog
Rges
RL
(40)
∆Tlog
=
∆TL − ∆T0
.
L
ln ∆T
∆T0
(41)
Die folgende Skizze (Tafel) zeigt den Wärmeübertrager:
Mit der gewünschten Temperaturdifferenz, um die das Kerosin aufgeheizt werden soll, dem Massenstrom und der spezifischen Wärmekapazität des Kerosins berechnet man zunächst den zu übertragenden Wärmestrom
kg
kJ
out
in
Q̇ges = ṁK cK TK
− TK
= 0.3
1.98
(333.15 K − 303.15 K) = 17.82 kW.
s
(42)
kg K
Über eine Gesamtbilanz um den Wärmeübertrager im stationären Betrieb (1. Hauptsatz) kann man
die Austrittstemperatur des Wassers berechnen:
X
X
dE
=0 =
Q̇i +
Ẇt,j
(43)
dτ
i
j
⇔
⇔
0
=
in
out
in
out
ṁK cK TK
− TK
+ ṁW cW TW
− TW
out
TW
=
in
TW
−
=
95 ◦ C −
(44)
ṁK cK
out
in
TK
− TK
ṁW cW
(45)
0.3 · 1.98
(60 ◦ C − 30 ◦ C) = 66.58 ◦ C.
0.15 · 4.18
Als nächster Schritt wird der Wärmewiderstand berechnet, durch den die Wärme übertragen wird
ln ddai
1
1
Rges =
+
+
,
(46)
hi Ai
2πLk
ha Aa
wobei der mittlere Term laut Aufgabenstellung als vernachlässigbar angesehen wird. Dieser fällt also
heraus und man erhält für den Wärmewiderstand
1
1
1
1
1
di ≈da
+
=
+
(47)
Rges =
hi di πL ha da πL
πdL hi
ha
⇒
RL
=
=
Rges L
1
1
1
1
+
=
πd hi
ha
π 0.02m
(48)
1
750
W
m2 K
+
1
1500 mW
2K
!
= 3.183 · 10−2
mK
W
.
(49)
Mit Hilfe der logarithmischen Temperaturdifferenz kann man nun die erforderliche Länge L des
Wärmeübertragers berechnen. Bis zu diesem Punkt unterscheidet sich der Rechenweg für Gleich- und
Gegenstrombetrieb nicht, die logarithmische Temperaturdifferenz unterscheidet sich jedoch.
6
Für den Gleichstrombetrieb gilt:
∆T0
⇒
in
in
= TW
− TK
= 95 ◦ C − 30 ◦ C = 65 K
◦
∆TL
=
∆Tlog,GLS
=
65 K − 6.58 K
= 25.51 K
65 K
ln 6.58
K
−
out
TK
◦
out
TW
= 66.58 C − 60 C = 6.58 K
(50)
(51)
(52)
Man erhält damit die notwendige Länge des Gleichstrom-Wärmetauschers
LGLS =
17.82 kW 3.183 · 10−2
Q̇ges RL
=
∆Tlog,GLS
25.51 K
mK
W
= 22.23 m.
(53)
Für den Gegenstrombetrieb gilt:
⇒
∆T0
in
out
= TW
− TK
= 95 ◦ C − 60 ◦ C = 35 K
(54)
∆TL
out
in
= TW
− TK
= 66.58 ◦ C − 30 ◦ C = 36.58 K
(55)
∆Tlog,GGS
=
35 K − 36.58 K
= 35.78 K,
35 K
ln 36.58
K
(56)
so dass sich die notwendige Länge des Gegenstrom-Wärmetauschers zu
LGGS =
17.82 kW 3.183 · 10−2
Q̇ges RL
=
∆Tlog,GGS
35.78 K
mK
W
= 15.85 m
(57)
ergibt. Der Gegenstrom-Wärmeübertrager arbeitet also deutlich effektiver, wie die kürzere Baulänge
zeigt.
7
Lösung zu Aufgabe 5:
a) Hier sei zunächst der Längsschnitt des Doppelrohr-Wärmeübertragers und darunter der Temperaturverlauf innerhalb des Apparates skizziert (Tafel)
in
out
in
out
mit TW
= 0◦ C, TW
= 10◦ C, TD
= TD
= 100 ◦ C. Damit ergibt sich
∆T0
=
in
in
TD
− TW
= 100 K
(58)
∆TL
=
out
out
TD
− TW
= 90 K.
(59)
b) Ausgehend von stationärem Betrieb und unter Beachtung, dass technische Arbeit und Änderungen der kinetischen und potentiellen Energie null sind, liefert der erste Hauptsatz der Thermodynamik für das Teilsystem Wasser“ den gesamten übertragenen Wärmestrom, die Leistung,
”
des Wärmeübertragers
kJ
kg
4.219
10 K = 42.19 kW.
(60)
Q̇ges = ṁW cW ∆TW = 1
s
kg K
c) Der erste Hauptsatz für das Gesamtsystem lautet
X
ṁi ∆hi = 0
(61)
i
⇔
0
=
=
in
out
out
ṁW cW TW
− TW
+ ṁD hin
D − hD
in
out
ṁW cW TW
− TW
+ ṁD (h00D − h0D ) .
(62)
(63)
Für den ersten Term auf der rechten Seite kann man Q̇ges aus Gleichung (60) einsetzen, die
Differenz der ein- und ausströmenden Enthalpien des Dampfes ist gerade die Verdampfungsenthalpie bzw. Kondensationsenthalpie r bei 1.01 bar und 100 ◦ C. Gleichung (63) lässt sich
8
somit nach dem gesuchten minimalen Dampfmassenstrom
Q̇ 42.19 kW
kg
ges = 0.0187
ṁD = =
r 2256.6 kJ
s
(64)
kg
auflösen.
d) Der übertragene Wärmestrom kann geschrieben werden als
Q̇ges =
∆Tlog
,
Rges
(65)
hierbei kann der Gesamtwärmewiderstand durch den Quotienten aus dem flächenspezifischen
Wärmewiderstand Rq , der der Kehrwert des Wärmedurchgangskoeffizienten ist, und der Bezugsfläche A
Rq
Rges =
(66)
A
ausgedrückt werden. Die logarithmische Temperaturdifferenz erhält man durch Einsetzen der
gegebenen Temperaturen:
∆Tlog =
100 K − 90 K
∆T0 − ∆TL
=
= 94.91 K
∆T0
K
ln ∆T
ln 100
L
90 K
(67)
Die wärmeübertragende Fläche der Außenseite des Innenrohrs beträgt damit
2
K
42.19 kW 0.3 m
Q̇ges Rq
kW = 0.133 m2 .
A=
=
∆Tlog
94.91 K
(68)
e) Die lokale Temperaturdifferenz im Wärmeübertrager lautet
∆T (x) = ∆T0 exp (−C0 x) .
(69)
Für den hier vorliegenden Einstromwärmeübertrager ergibt sich die Abklingkonstante
C0 =
1
1
=
W RL
ṁW cW Rges L
mit dem Gesamtwärmewiderstand
Rges =
(70)
Rq
A
(71)
und der Fläche A = πdA L zu
C0 =
1
R
A
ṁW cW Aq πd
a
=
π 0.01 m
kJ
m2 K
1 kg
s 4.219 kg K 0.3 kW
= 2.482 · 10−2
1
.
m
(72)
Die Länge, nach der das Wasser um 5 K erwärmt worden ist, ist gleich dem Ort, an dem die
lokale Temperaturdifferenz T (x) = 5 K beträgt, da sich die Dampftemperatur nicht ändert.
Umstellen von Gleichung (69) und Einsetzen von C0 ergibt
1
∆T (x)
1
100◦ C − 5◦ C
x=−
ln
=−
ln
= 2.07 m .
(73)
C0
∆T0
C0
100◦ C − 0◦ C
9
Lösung zu Aufgabe 6:
Aufgabe 6 war eine alte Prüfungsaufgabe! Aus diesem Grund wird keine Musterlösung veröffentlicht.
10
Lösung zu Aufgabe 7:
Als Einstieg in die Lösung der Aufgabe ist zunächst eine Skizze sinnvoll (Tafel):
a) Die Problemstellung wird eindimensional betrachtet. Die Energiebilanz erhält man daher über
den ersten Hauptsatz der Themodynamik in radialer Richtung
X
X
∂U
Ẇt,j = Q̇(r) − Q̇(r + dr) + dQ̇el ,
(74)
Q̇i +
=
∂t
j
i
∗
wobei dQ̇el = qel
dV ist und der aus dem Kreisringelement wiederaustretende Wärmestrom nach
Taylor entwickelt wird
Q̇(r + dr) = Q̇(r) +
∂ Q̇(r)
1 ∂ 2 Q̇(r)
1 ∂ 3 Q̇(r)
2
dr +
(dr)
+
(dr)3 + O((dr)4 ).
∂r
2! ∂r2
3! ∂r3
(75)
Bricht man wegen dr → 0 nach dem linearen Term ab, so erhält man
Q̇(r + dr) = Q̇(r) +
∂ Q̇(r)
dr.
∂r
(76)
Eingesetzt in Gleichung (74) erhält man mit U = ρ dV c dT
∂
∂ Q̇(r)
∗
(ρ dV c dT ) = −
dr + qel
dV,
∂t
∂r
(77)
und nach Division durch das Volumenelement dV = 2πr dr L des Kreisringquerschnitts der Länge
L unter Berücksichtigung, dass die Dichte ρ und die spezifische Wärmekapazität c konstant sind,
ρc
1 ∂ Q̇(r)
∂T
∗
=−
dr + qel
.
∂t
dV ∂r
(78)
Für den Wärmestrom in radialer Richtung setzt man nun das Fourier-Gesetz
Q̇(r) = −k A(r)
∂T
∂T
= −k 2πr L
∂r
∂r
(79)
ein. Es ergibt sich
⇔
∂T
ρc
∂t
=
∂T
∂τ
=
ρc
∂T
∗
2πr L
dr + qel
∂r
1
∂
∂T
∗
k
2πr L
dr + qel
2πr dr L ∂r
∂r
1
∂
+
k
dV ∂r
11
(80)
(81)
und nach Kürzen die gesuchte partielle Differentialgleichung für die Temperatur T im Rohrmaterial
∂T
1 ∂
∂T
∗
ρc
=k
r
+ qel
.
(82)
∂τ
r ∂r
∂r
b) Ist die Heizung bereits für sehr lange Zeit eingeschaltet gewesen, so hat sich ein stationärer
Zustand eingestellt. Das bedeutet, dass die zeitliche Variation verschwindet. Da es sich weiterhin
um ein eindimensionales Problem handelt, erhält man statt der partiellen Differentialgleichung
(82) in τ und r eine gewöhnliche Differentialgleichung in r
dT
1 d
∗
r
+ qel
.
(83)
0=k
r dr
dr
c) Um die Differentialgleichung (83) dimensionslos darzustellen, bezieht man die Variable r auf den
Außenradius ra des Rohrs, und als dimensionslose Temperatur Θ setzt man die Temperaturdifferenz zwischen Temperatur am Radius r und Rohrinnenwandtemperatur Ti ins Verhältnis zu
einer noch zu bestimmenden Bezugstemperatur Tbez :
ξ≡
r
,
ra
Θ≡
T − Ti
Tbez
(84)
Aus diesen Definitionen erhält man für die dimensionsbehafteten Variablen und ihre Differentiale
ξ
=
r
ra
Θ
=
T − Ti
Tbez
⇔
⇒
r = ra ξ;
⇔
dr = ra dξ
T = Θ Tbez + Ti ;
⇒
(85)
Tbez dΘ
dT
=
.
dr
ra dξ
Substitution der dimensionsbehafteten Variablen in Gleichung (83) führt zu
d
1
Tbez dΘ
∗
k
ra ξ
+ qel
= 0
ra ξ ra dξ
ra dξ
k Tbez 1 d
dΘ
∗
⇔
ξ
+ qel
= 0
ra2 ξ dξ
dξ
1 d
dΘ
r2 q∗
⇔
ξ
+ a el = 0
ξ dξ
dξ
k Tbez
(86)
(87)
(88)
(89)
Die Bezugstemperatur wird nun so gewählt, dass der letzte Term in Gleichung (89) zu eins wird
"
#
W
∗
m2 m
ra2 qel
3
Tbez =
in
= [K] .
(90)
W
k
mK
Die gewöhnliche, inhomogene, lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung für Θ lautet damit
1 d
dΘ
ξ
+1=0
(91)
ξ dξ
dξ
Die allgemeine Lösung dieser Differentialgleichung kann durch zweimalige Integration erhalten
werden:
Z
Z
d
dΘ
ξ
dξ = − ξ dξ
(92)
dξ
dξ
⇔
ξ
dΘ
dξ
= −
12
ξ2
+ C1
2
(93)
⇔
Z
⇔
dΘ
dξ
ξ
C1
= − +
2
ξ
Z ξ
C1
=
− +
dξ
2
ξ
dΘ
dξ
dξ
⇔
ra
Einsetzen in Gleichung (116) ergibt
dΘ 1
C1 aus 2.)
=
−
=0
ξ
+
dξ ξ=1
2
ξ ξ=1
C2 = Θi +
(95)
1
= − ξ 2 + C1 ln ξ + C2
4
Θ
d) Die Randbedingungen für den vorliegenden Fall lauten
ri
= Θi = 0
1.)
T (r = ri ) = Ti ⇒ Θ ξ =
ra
Tbez dΘ dT =
0
⇒
2.)
=0 ⇒
dr ra
ra dξ ξ= ra =1
mit 1.)
(94)
⇒
(96)
(97)
dΘ = 0.
dξ ξ=1
C1 =
1 2
1
1
ξ − C1 ln ξi = ξi2 − ln ξi .
4
4
2
1
2
(98)
(99)
(100)
Als Lösung der Differentialgleichung (91) unter Beachtung der vorliegenden Randbedingungen
ergibt sich somit
1
1
1
1
Θ = − ξ 2 + ln ξ + ξi2 − ln ξi
4
2
4
2
(101)
und zusammengefasst
1
Θ = ln
2
ξ
ξi
−
1 2
ξ − ξi2 .
4
(102)
e) Der dimensionslose Temperaturverlauf ist unter Beachtung der Randbedingungen (97) und (98)
in der folgenden Skizze dargestellt (Tafel). Unter dem dimensionslosen Verlauf ist zum Vergleich
der Verlauf mit dimensionsbehafteten Größen dargestellt (Tafel):
13
Lösung zu Aufgabe 8:
Hier ist zunächst das Gesamtsystem dargestellt (Tafel):
Es wird angenommen, dass die Wärmekapazität des Behälters vernachlässigt werden kann und dass die
Temperaturen im Stahl und im Wasser als räumlich konstant angesehen werden können. Diese Ortsunabhängigkeit vereinfacht die Problemstellung auf ein zeitabhängiges System für zwei verschiedene
Teilsysteme, das Wasser und die Stahlkugel.
a) Für τ → ∞ wird das adiabate Gesamtsystem eine einheitliche Temperatur TE annehmen, die
zwischen TS,0 und TW,0 liegt. Man erhält diese aus einer Bilanz um das Gesamtsystem:
X
X
∂τ Uges = ∂τ U W + ∂τ U S =
Q̇ +
Ẇt = 0
(103)
Das Gesamtsystem ist adiabat, und es wird auch keine technische Arbeit verrichtet. Die innere
Energie des Gesamtsystems ändert sich daher nicht. Setzt man U i = mi ci T i mit i ∈ {W, S} in
Gleichung (103) ein, so erhält man mit den Wärmekapazitäten
CW
CS
= mW cW = ρW VW cW = 998.2
= mS cS = ρS VS cS = 7850
kg
m3
kg
m3
0.02 m3 4.18
0.001 m3 0.49
kJ
kg K
kJ
kg K
= 83.450
= 3.847
kJ
K
kJ
K
(104)
(105)
die gesuchte Endtemperatur
⇔
0
=
mW cW (TE − TW,0 ) + mS cS (TE − TS,0 )
(106)
TE
=
CW TW,0 + CS TS,0
= 20.88◦ C
CW + CS
(107)
Folgende Zeichnung zeigt den Temperaturverlauf (Tafel):
b) Stellt man den ersten Hauptsatz der Thermodynamik für die Stahlkugel auf
dU S
= Q̇ + Ẇt
dτ
(108)
und beachtet, dass keine technische Arbeit geleistet wird, erhält man mit dem Newton’schen
Kühlgesetz
Q̇ = h AS (TW (τ ) − TS (τ ))
(109)
14
eine Gleichung für die Temperaturänderung der Stahlkugel mit der Zeit zum Zeitpunkt τ = 0
dTS (110)
h AS (TW,0 − TS,0 ) = mS cS
dτ τ =0
dTS h AS
=
(TW,0 − TS,0 ) .
(111)
dτ τ =0
CS
Die Oberfläche der Kugel AS = π d2 berechnet sich aus dem Volumen der Kugel VS =
AS = π
32
6 VS
π
= 0.0484 m2 .
π
6
d3 zu
(112)
Eingesetzt in Gleichung (111) erhalten wir die Abkühlgeschwindigkeit der Stahlkugel zu Beginn
des Abkühlvorgangs:
2
1000 mW
dTS K
2 K 0.0484 m
=
(−20 K) = −0.252
(113)
J
dτ τ =0
s
3847 K
c) Nun soll die Differentalgleichung für den Fall aufgestellt werden, dass die Wassertemperatur
als konstant angesehen werden kann (TW ≡ TW,0 ). Der Struktur nach ist die DGL schon in b)
aufgestellt worden, hergeleitet aus dem 1. Hauptsatz und dem Newton’schen Kühlgesetz:
h AS
dTS
=
(TW,0 − TS )
dτ
CS
(114)
Die einzige zeitabhängige Größe ist damit TS . Diese DGL wird jetzt dimensionslos dargestellt
mit
Θ≡
TS − TW,0
TS,0 − TW,0
⇔
TS
=
Θ (TS,0 − TW,0 ) + TW,0
(115)
dTS
=
(TS,0 − TW,0 ) dΘ,
(116)
dΘ
h AS
=−
Θ (TS,0 − TW,0 ) .
dτ
CS
(117)
⇒
eingesetzt in Gleichung (114):
(TS,0 − TW,0 )
Die Temperaturdifferenz kann man nun herausstreichen und führt noch eine dimensionslose Zeit
τ∗ ≡ τ
h AS
CS
⇒ dτ = dτ ∗
CS
h AS
(118)
ein. Dadurch lassen sich alle dimensionsbehafteten Größen entfernen, und man erhält die dimensionslose DGL
dΘ
= −Θ
(119)
dτ ∗
d) In dieser Teilaufgabe wird die Wassertemperatur als zeitlich veränderlich angesehen. In Anlehnung an b) erhält man zunächst:
h AS
dTS
=
(TW − TS )
dτ
CS
(120)
In dieser Gleichung sind allerdings sowohl TS als auch TW von der Zeit abhängig. Da es sich
aber um ein adiabates Gesamtsystem handelt, ist die Wassertemperatur direkt mit der Temperatur der Stahlkugel verknüpft. Man stellt ähnlich den Gleichungen (103) und (106) den ersten
15
Hauptsatz für das Gesamtsystem auf und berechnet TW in Abhängigkeit von TS :
∂τ Uges = ∂τ U W + ∂τ U S
=
0
(121)
CW (TW,0 − TW ) + CS (TS,0 − TS )
=
0
(122)
=
TW,0 +
⇒
TW
CS
(TS,0 − TS )
CW
(123)
Dies ermöglicht uns, nur eine Differentialgleichung lösen zu müssen, obwohl zwei unbekannte
zeitabhängige Größen vorliegen. Eingesetzt in Gleichung (120) erhält man
CS
dTS
h AS TW,0 − TS +
(TS,0 − TS ) = CS
.
(124)
CW
dτ
Nun wird die dimensionslose Temperatur Θ, definiert in Gleichung (116), eingesetzt und durch
h AS dividiert:
CS
dΘ
(TS,0 − TW,0 )
h AS
dτ
= −Θ (TS,0 − TW,0 )
+
CS
{TS,0 − [Θ (TS,0 − TW,0 ) + TW,0 ]}
CW
= −Θ (TS,0 − TW,0 ) +
CS dΘ
h AS dτ
⇔
(125)
CS
(TS,0 − TW,0 ) (1 − Θ)
CW
CS
(1 − Θ) − Θ
CW
=
(126)
(127)
(128)
Ausmultipliziert und neu zusammengefasst ergibt sich
CS dΘ
h AS dτ
⇔
CS
CW
dΘ
h AS CS + CW dτ
was sich mit der Definition
C̃ ≡
=
CS
−Θ
CW
=
CS
CS + CW
−Θ
CW
CW
(130)
=
CS
CW
− Θ,
CW CS + CW
(131)
CS
+1
CW
CS
= 0.04407
CS + CW
(129)
(132)
zu folgender Gleichung vereinfacht:
CW C̃ dΘ
= C̃ − Θ.
h AS dτ
(133)
Nun definiert man noch eine dimensionslose Zeit τ 0 (Achtung, dies ist nicht die gleiche Variable
wie τ ∗ in Aufgabenteil c) !)
τ0 ≡ τ
h AS
CW C̃
⇒
dτ =
CW C̃
dτ 0
h AS
(134)
und erhält die dimensionslose Differentialgleichung für Θ
dΘ
= C̃ − Θ.
dτ 0
(135)
Die Lösung der Differentialgleichung setzt sich aus der Summe einer Lösung der homogenen
DGL und einer partikulären Lösung zusammen. Die homogene DGL lautet
dΘ
+Θ=0
dτ 0
16
(136)
Daraus erhält man als Lösung der homogenen DGL:
Θh = C1 e−τ
0
(137)
Mit der partikulären Lösung Θp = C̃ erhält man als Lösung der DGL (135)
0
Θ = C1 e−τ + C̃.
(138)
Die Anfangsbedingung, eingesetzt in Gleichung (116), ergibt Θ(τ = τ 0 = 0) = 1 und damit
1 = C1 · 1 + C̃
⇒
C1 = 1 − C̃.
(139)
Die Lösung der dimensionslosen DGL unter Beachtung der Anfangsbedingung lautet damit
0
Θ = 1 − C̃ e−τ + C̃
(140)
e) Die Halbwertszeit τH ist dann erreicht, wenn die Temperaturdifferenz zwischen Wasser und
Stahlkugel auf die Hälfte ihres Anfangswertes gefallen ist, d.h.
TS − TW,0 =
1
(TS,0 − TW,0 )
2
⇒
ΘH =
1
.
2
(141)
Für die Lösung der dimensionslosen DGL für Aufgabenteil c) ergibt sich analog zu Gleichung
(137) unter Beachtung der Anfangsbedingung (C1,c) = 1)
∗
Θ = e−τ .
(142)
Damit erhält man eine Halbwertszeit von
∗
τH
⇒
τH,c)
1
= − ln (ΘH ) = − ln
= 0.6931
2
∗
= τH
J
3847 K
CS
= 0.6931
= 55.1 s.
2
h AS
1000 mW
2 K 0.0484 m
17
(143)
(144)
Lösung zu Aufgabe 9:
a) Die folgende Skizze zeigt links die Kerze und parallel dazu rechts den axialen Temperaturverlauf
in der Kerze zu den vier Zeitpunkten τ = 0, τ = 41 t, τ = 12 t und τ = 34 t mit der Zeit t als
Gesamtbrenndauer der Kerze.
b) Es handelt sich um ein instationäres Problem, das sich in einer Raumdimension z, in Richtung
der Länge der Kerze, behandeln lässt. Die partielle Differentialgleichung ergibt sich aus einer
differentiellen Bilanz über ein infinitesimal kleines Kerzenelement mit dem ersten Hauptsatz der
Thermodynamik:
∂τ U =
X
Q̇ +
X
Ẇt = Q̇L (z) − Q̇L (z + dz) − Q̇K
(145)
In das Element hinein fließt der Wärmestrom durch Leitung in der Kerze an der Stelle z, der
durch das Fourier’sche Gesetz beschrieben wird,
Q̇L (z) = −k Aq
∂T
;
∂z
Aq =
π 2
d .
4
(146)
Mit einer Taylorentwicklung bei z über das Intervall dz,
Q̇L (z + dz) = Q̇L (z) +
∂ Q̇L (z)
dz + O((dz)2 ),
∂z
(147)
die nach dem linearen Term abgebrochen wird, erhält man den Wärmestrom durch Leitung am
Ort (z + dz), der das Element verlässt, näherungsweise als
Q̇L (z + dz) ≈ Q̇L (z) − k Aq
∂2T
dz,
∂z 2
(148)
wobei die Wärmeleitfähigkeit k als konstant angenommen und daher vor das Differential gezogen
wurde.
Der konvektive Wärmeübergang nach außen wird durch das Newton’sche Kühlgesetz beschrieben
Q̇K = h dAU (T − TU ) ;
dAU = π d dz
(149)
und die Änderung der inneren Energie im Element durch
∂τ U = dm c
∂T
;
∂τ
dm = ρ Aq dz.
(150)
π 2 ∂2T
d
dz − h π d dz (T − TU )
4
∂z 2
(151)
Eingesetzt in Gleichung (145) ergibt dies
ρ
π 2
∂T
d dz c
4
∂τ
=
k
∂2T
4h
−
(T − TU ) ,
(152)
∂z 2
kd
h 2i
wobei α = ρkc die Temperaturleitfähigkeit in ms bezeichnet. Gleichung (152) ist die das Problem beschreibende partielle Differentialgleichung in der Zeitvariable τ und der Ortskoordinate
z.
⇔
1 ∂T
α ∂τ
=
18
c) Die Abbrandgeschwindigkeit w der Kerze ist so gering, dass der Prozess als quasistaionär betrachtet werden kann. Damit fällt der zeitabhängige Term in Gleichung (152) weg, und man
erhält eine gewöhnliche Differentialgleichung in z (somit wird das partielle Differential ∂ durch
das gewöhnliche d ersetzt)
4h
d2 T
−
(T − TU ) = 0
(153)
dz 2
kd
d) Diese Differentialgleichungen sollen nun in dimensionslose Form gebracht werden. Dazu definiert
man die dimensionslosen Variablen
Θ≡
T − TU
;
TS − TU
T = Θ (TS − TU ) + TU ;
ξ≡
z
d
z = ξd
(154)
(155)
mit der Schmelztemperatur TS des Wachses und der Umgebungstemperatur TU . Daraus erhält
man
∂
∂2T
∂T
∂
(TS − TU ) ∂Θ
=
=
(156)
∂z 2
∂z ∂z
d ∂ξ
d ∂ξ
=
(TS − TU ) ∂ 2 Θ
.
d2
∂ξ 2
(157)
In die partielle DGL (152) eingesetzt ergibt dies
TS − TU ∂Θ
α
∂τ
=
TS − TU ∂ 2 Θ 4 h
−
Θ (TS − TU )
d2
∂ξ 2
kd
(158)
d2 ∂Θ
α ∂τ
=
∂2Θ 4 h d
−
Θ
∂ξ 2
k
(159)
⇔
Nun werden zwei dimensionslose Kennzahlen, die Biot-Zahl Bi und die Fourier-Zahl Fo, eingeführt
Bi
≡
Fo ≡
hd
konvektiver Wärmeübergang
=
,
k
Wärmeleitung, Feststoff
ατ
= dimensionslose Zeit bei instationärer Wärmeleitung,
d2
(160)
(161)
die im Falle der partiellen DGL auf die dimensionslose Differentialgleichung
∂2Θ
∂Θ
=
− 4 Bi Θ
∂(Fo)
∂ξ 2
(162)
führen. Im quasistationären Fall für die Aufgabenteilen c), e) und f) erhält man
d2 Θ
− 4 Bi Θ = 0.
dξ 2
(163)
Dies ist eine homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten, da der Wärmeübergangskoeffizient h als konstant angenommen wurde.
e) Die Höhe L der Kerze als Funktion der Zeit ist bei konstanter Abbrandgeschwindigkeit w gegeben
durch
L(τ ) = L0 − w τ.
(164)
19
Die Randbedingungen konstanter Schmelztemperatur an der Abbrandfläche und Wärmeisolation
an der Stellfläche lauten in Formeln:
L
d
RB 1. Art, Dirichlet
(1)
→
T = TS ⇒ Θ = 1
(165)
(166)
dΘ dT =0 ⇒
=0
dz z=0
dξ ξ=0
z=0; ξ=0 →
(2)
→
→
z=L; ξ=
RB 2. Art, Neumann
(167)
(168)
f) Die gewöhnliche Differentialgleichung soll nun gelöst werden. Zu diesem Zweck stellt man die
charakteristische Gleichung der DGL auf
λ2 − 4 Bi
⇒
=
0
(169)
= ±2
λ1,2
√
λ1 = −λ2 .
Bi ;
(170)
Damit ergibt sich der Ansatz
Θ = C1 eλ1 ξ + C2 e−λ1 ξ ,
(171)
und mit den Randbedingungen ermittelt man die Konstanten C1 und C2
dΘ mit RB (2)
= C1 λ1 eλ1 ξ − C2 λ1 e−λ1 ξ ξ=0 = 0
dξ ξ=0
⇒
C1
mit RB (1)
1
⇒
C1
= C2
= C1 e
=
exp
(172)
(173)
λ1 L
d
+ C2 e
λ1 Ld
−λ1 L
d
1
+ exp −λ1
(174)
L
d
.
(175)
Die Lösung der DGL ergibt sich zu
Θ=
exp (λ1 ξ) + exp (−λ1 ξ)
,
exp λ1 Ld + exp −λ1 Ld
(176)
was mit der Definition cosh(x) ≡ 12 (ex + e−x ) die dimensionslose Temperatur Θ als Lösung der
Differentialgleichung (163) ergibt:
√
cosh 2 Bi ξ
√
Θ (ξ) =
cosh 2 Bi Ld
(177)
Die Rücksubstitution liefert
√
2
r
Bi ξ
=
L
d
=
√
2
Bi
r
hd z
4h
2
=
z
k d
kd
r
r
4h
4h
L=
(L0 − w τ )
kd
kd
(178)
(179)
und damit die Lösung für die Temperatur in Abhängigkeit von der Zeit und der Längenkoordinate
q
4h
cosh
kd z
q
(TS − TU )
T (z, τ ) = TU +
(180)
4h
cosh
(L
−
w
τ
)
0
kd
20
Die Zeit steckt also auch als Parameter in Gleichung (177) in der Größe L. Die Vereinfachung,
dass beim Lösen der DGL nur die Ortskoordinate berücksichtigt wird, funktioniert nur deshalb,
weil man von einem quasistationären Vorgang ausgeht und w konstant ist.
21
Lösung zu Aufgabe 10:
Das untersuchte Thermometer befindet sich vollständig in der Flüssigkeit und zeigt die Temperatur
T an. Die reale Fluidtemperatur ist TS . Es wird angenommen, dass die Länge des Thermometers viel
geringer als der Rohrdurchmesser ist, so dass Randeffekte vernachlässigt werden können. Außerdem
sei die Wärmeleitfähigkeit des Thermometerinneren so groß, dass von einer einheitlichen räumlichen
Temperatur im Thermometer ausgegangen werden kann. Die folgenden Skizze zeigt die Konfiguration
(Tafel):
a) Zur Aufstellung der Differentialgleichung wird zunächst der erste Hauptsatz der Thermodynamik
für das System Thermometer“ aufgestellt:
”
X
X
∂τ U =
Q̇ +
Ẇt = Q̇K
(181)
Die Änderung der inneren Energie des Thermometers wird ausschließlich durch den konvektiven
Wärmestrom Q̇K hervorgerufen
Q̇K = h A (TS − T ) ,
(182)
der positiv ist, wenn die reale Fluidtemperatur oberhalb der Thermometertemperatur liegt, und
der negativ wird für den Fall, dass das Thermometer wärmer als das Fluid ist.
Die Änderung der inneren Energie des Thermometers lässt sich als
dU = m c dT = ρ V c dT
(183)
schreiben. Damit erhält man die Differentialgleichung
dT
hA
=
(TS − T ) .
dτ
ρV c
(184)
Mit der üblichen Normierung der Temperatur
Θ≡
T − TS
T0 − TS
⇒
dT = (T0 − TS ) dΘ
(185)
erhält man eingesetzt in Gleichung (184)
(T0 − TS )
hA
dΘ
+
Θ (T0 − TS ) = 0.
dτ
ρV c
(186)
Die Temperaturdifferenzen können herausgestrichen und der Vorfaktor von Θ in einer Konstanten B zusammengefasst werden
hA
1
;
(187)
B≡
= const. in
ρV c
s
führt man nun noch die dimensionslose Zeit
τ∗ ≡ B τ
⇒
dτ ∗ = B dτ
(188)
ein, so erhält man als dimensionslose Differentialgleichung
dΘ
+Θ=0 .
dτ ∗
22
(189)
b) Das Fluid verändert seine Temperatur TS nun sprunghaft auf Tf und behält diese Temperatur
bei. Die Temperatur des Thermometers liegt zu Beginn bei T0 . Man erhält daraus die dimensionslose Anfangsbedingung
T0 − Tf
=1
T0 − Tf
(190)
und mit der AB
(191)
Θ (τ = τ ∗ = 0) = Θ0 =
für die Differentialgleichung und damit die Lösung
Θ
Θ
= C1 e−τ
∗
∗
= e−τ = e−B τ
(192)
c) Die Halbwertszeit ist verstrichen, wenn die Thermometertemperatur den Wert
T =
angenommen hat, d.h. wenn ΘH =
1
2
T0 + Tf
2
(193)
ist. Daraus ergibt sich
τH = −
ln 2
1
ln (ΘH ) =
B
B
(194)
d) Aus Gleichung (194) ergibt sich, dass B maximiert werden muss, um die Halbwertszeit zu minimieren. Die Variable B
hA
B=
(195)
ρV c
kann man mit geometrischen Veränderungen erhöhen, wenn man das Verhältnis aus Mantelfläche
zu Volumen A/V erhöht. Man erhält
A
πdl
4
= π 2 = ;
V
d
4 d l
(196)
die Schlussfolgerung lautet also, dass der Durchmesser des Thermometers möglichst klein bezogen auf seine Länge sein sollte. Dies verringert auch den Fehler, der durch Nichtberücksichtigung
des Wärmeübergangs an den beiden Enden des Thermometers gemacht wird.
23
Lösung zu Aufgabe 11:
Dieser Aufgabe liegt das Prinzip der Hitzdrahtanemometrie (HDA), also der Geschwindigkeitsmessung
durch einen heißen Draht, zugrunde. Die folgende Skizze zeigt den Aufbau:
Es handelt sich um stationären Betrieb, die innere Energie des Systems Draht“ bleibt unverändert.
”
Der erste Hauptsatz der Thermodynamik lautet für dieses System
U I = Pel = Q̇K = h A ∆T = h π d L (TD − TL )
(197)
Die dem Draht zugeführte und in ihm dissipierende elektrische Leistung wird gerade durch die umströmende Luft abgeführt.
Es gilt zunächst, den Wärmeübergangskoeffizienten für erzwungene Konvektion zu bestimmen.
Dieser läßt sich im allgemeinen aus einer Nußelt-Beziehung der Form
Nu = f (Re, Pr) =
hl
kFluid
(198)
bestimmen mit der Reynolds-Zahl Re und der Prandtl-Zahl Pr sowie einer charakteristischen Länge l
(z.B. die Länge des Systems oder ein dort auftretender Durchmesser) und der Wärmeleitfähigkeit des
Fluids; vergleiche Nußelt- und Biot-Zahl, in der Biot-Zahl steht im Nenner die Wärmeleitfähigkeit des
Feststoffs.
Im vorliegenden Fall ist die Nußelt- und damit auch die Reynolds-Zahl auf den Drahtdurchmesser
d bezogen und die folgende Korrelation angegeben:
0.75
Nud = 1.1 · Re0.4
d Pr
(199)
Die Reynolds-Zahl berechnet sich aus der Strömungsgeschwindigkeit, dem Durchmesser des Drahts
und der kinematischen Viskosität des Fluids,
Re =
w∞ d
,
ν
(200)
die Prandtl-Zahl aus kinematischer Viskosität und Temperaturleitfähigkeit
Pr
=
=
ν
ν cp ρ
η cp
=
=
α
k
k
48 · 10−6
m2
s
kg
· 1050 kgJ K · 0.62 m
3
0.046 mWK
(201)
= 0.6793 .
Den Wärmeübergangskoeffizienten kann man hier rückwärts aus Gleichung (197) bestimmen,
h =
=
UI
6 V · 0.05 A
=
π d L (TD − TL )
π 0.1 · 10−3 m · 0.01 m (340 − 260) K
1193.7
W
m2 K
,
24
(202)
und damit sowie mit Gleichung (199) auf die Reynolds-Zahl der Strömung zurückrechnen
Red
52
=
hd
1.1 · Pr0.75 k
=
−3
m
1193.7 mW
2 K 0.1 · 10
1.1 · 0.67930.75 · 0.046 mWK
(203)
! 52
= 17.65 .
Unter Verwendung der Gleichung (200) kann man nun die Strömungsgeschwindigkeit des Fluids zu
2
17.65 48 · 10−6 ms
Red ν
m
w∞ =
=
= 8.47
(204)
−3
d
0.1 · 10 m
s
berechnen.
25
Lösung zu Aufgabe 12:
In dieser Aufgabe soll der Verlustwärmestrom eines mit Luft quer angeströmten, isolierten Stahlrohrs berechnet werden. Die Konfiguration entspricht der eines Einstrom-Wärmeübertragers. Der
Verlustwärmestrom wird durch den Wärmewiderstand und die logarithmische Temperaturdifferenz
ausgedrückt
Q̇V
mit
∆Tlog
=
∆Tlog
Rges
(205)
=
in
out
TW
− TL − (TW
− TL )
∆T0 − ∆TL
=
.
in
∆T0
T
−T
(
)
L
ln ∆TL
W
ln T out
( W −TL )
(206)
Der erste Hauptsatz der Thermodynamik für das System Wasser“ liefert bei Stationarität
”
X
X
in
out
∂τ U =
Q̇ +
Ẇt = ṁw cP,w TW − TW
− Q̇W = 0 ,
(207)
und eine Bilanz über die Rohrwand führt auf
Q̇V = Q̇W ,
(208)
so dass man erhält:
out
in
− TW
1 TW
in
(TW −TL )
Rges
ln T out
( W −TL )
in
TW
− TL
ln out
(TW − TL )
in
out
= ṁw cP,w TW
− TW
1
.
Rges ṁw cP,w
=
Damit erhält man die noch unbekannte Temperatur des Wassers am Austritt
1
out
in
TW = TL + TW − TL exp −
.
Rges ṁw cP,w
(209)
(210)
(211)
Zur konkreten Berechnung der Zahlenwerte muß noch der Wärmewiderstand berechnet werden,
der sich additiv aus dem Widerstand des konvektiven Wärmeübergangs vom Wasser an das Stahlrohr,
den Leitungswiderständen des Stahlrohrs und der Isolierschicht sowie dem Wärmewiderstand der
konvektiven Wärmeübertragung zwischen Steinwolle und Luft zusammensetzt – vergleiche z.B. auch
Aufgabe 3. Neu ist hier, dass die Wärmeübergangskoeffizienten nicht vorgegeben sind, sondern aus
den gegebenen Nußelt-Beziehungen berechnet werden müssen.
Betrachten wir zunächst den Wärmeübergang zwischen Wasser und Stahlrohr. Dort gilt die Beziehung
hi di
4/5
Nudi = 0.032 · Redi Pr1/3 =
,
(212)
kW
wobei der Querstrich über der Nußelt-Zahl angibt, dass diese gemittelt ist; die charakteristische Länge
ist der Rohrinnendurchmesser. Aus Gleichung (212) erhält man also den gesuchten Wärmeübergangskoeffizienten hi , wenn Reynolds-Zahl und Prandtl-Zahl bestimmt worden sind. Die Reynolds-Zahl
setzt sich aus der Strömungsgeschwindigkeit und der kinematischen Viskosität des Wassers sowie der
charakteristischen Länge, dem Innendurchmesser, zusammen. Die Geschwindigkeit des Wassers ergibt
sich aus dessen Massenstrom
ṁw
=
ww
=
π 2
d ww
4 i
ṁw
m
= 1.637
,
ρw π4 d2i
s
ρw
26
(213)
(214)
mit der man die Reynolds-Zahl
Redi =
ww di
= 8.945 · 104
νw
(215)
erhält. Die Prandtl-Zahl berechnet sich zu
Pr =
νw
νw ρw cP,w
=
= 2.23 .
αw
kw
(216)
Eingesetzt in Gleichung (212) erhält man den Wärmeübergangskoeffizienten zwischen Wasser und
Rohrwand
4/5
kw Nudi
kw
W
2.231/3 = 1.281 · 104 2 .
hi =
=
0.032 8.945 · 104
(217)
di
di
m K
Als zweites betrachten wir den konvektiven Wärmeübergang von der Steinwolle an die Luft. Hier
gilt eine andere, an den quer angeströmten Zylinder angepasste Nußelt-Beziehung
2/5
Nuda = 1.1 · Reda Pr3/4 ,
(218)
in der die charakteristische Länge der Außendurchmesser der Konstruktion ist, also Rohrinnendurchmesser zuzüglich der Wandstärken von Rohr und Isolierung auf beiden Seiten:
da = di + 2 sSt + 2 sSw = 0.084 m
(219)
Die Reynolds-Zahl wird hier mit der Luftgeschwindigkeit und den Stoffdaten der Luft gebildet
Reda =
wL da
= 1.75 · 104 ,
νL
(220)
die Prandtl-Zahl ebenso für die Stoffwerte der Luft
Pr =
νL
νL ρL cP,L
=
= 0.6793 .
αL
kL
(221)
Mit Gleichung (218) erhält man für den äußeren Wärmeübergangskoeffizienten
ha =
2/5
kL Nuda
kL
W
=
1.1 1.75 · 104
0.67933/4 = 22.45 2 .
da
da
m K
(222)
Bei den Leitungs-Wärmewiderständen sind die unterschiedlichen Durchmesser zu beachten und
die Formeln für ein zylinderförmiges Rohr anzuwenden. Der Gesamtwärmewiderstand ergibt sich mit
der Länge L des Rohrs zu
Rges
= Ri + RSt + RSw + Ra


di +2 sSt
di +2 sSt +2 sSw
ln
ln
di
di +2 sSt
1  1
1 
=
+
+
+
π L hi di
2 kSt
2 kSw
ha da
=
1.031
(223)
(224)
K
.
W
Eingesetzt in Gleichung (211) erhält man die Temperatur des Wassers nach 5 m Rohrlänge,
out
TW
= 79.97 ◦ C ,
(225)
also eine Temperaturabsenkung um nur 0.03 K, woraus man mit Hilfe von Gleichung (207) den Verlustwärmestrom
in
out
Q̇V = ṁw cP,w TW
− TW
= 63 W
(226)
berechnet. Das Rohr ist also sehr gut isoliert.
27
Lösung zu Aufgabe 13:
Das im Aufgabentext beschriebene Problem lässt sich folgendermaßen zusammenfassen. Es soll ein
Doppelrohr-Wärmeübertrager ausgelegt werden, in dessen Innenrohr kondensierender Dampf von
150 ◦ C strömt, und in dessen Ringspalt Wasser von der noch unbekannten Rücklauftemperatur bei
maximaler Last Twin auf die geforderten 80 ◦ C Vorlauftemperatur TV = Twout aufgeheizt werden soll.
Die folgende Skizze zeigt die Konfiguration (Tafel):
a) Es handelt sich wegen des kondensierenden Dampfes und der damit unveränderlichen Dampftemperatur um einen Einstrom-Wärmeübertrager. Die Bilanz für das Heizsystem lautet
Q̇V = ṁw cw Twout − Twin
(227)
⇒
10 · Q̇max
mit
Q̇V
=
und
ṁw
= ρw V̇w
10 · Q̇max
⇔
Twin
(229)
= ρw V̇w cw
= Twout −
(228)
Twout
−
Twin
10 · Q̇max
ρw V̇w cw
(230)
(231)
Neu in dieser Aufgabe ist nun, dass die Stoffwerte des Wassers nicht unabhängig von der Temperatur gewählt werden, sondern aus der gegebenen Tabelle interpoliert werden sollen. Die Lösung
der Gleichung (231) muss daher iterativ erfolgen. Zur Lösung dieser Aufgabe werden aber nur
zwei Iterationen ausgeführt.
Laut VDI-Wärmeatlas, Seite Gb 3, müssen
die Stoffdaten der Tabelle bei der mittleren Was
sertemperatur, also Tw = 21 Twin + Twout ausgewertet werden. Dies ist bei der iterativen Lösung
der Gleichung (231) zu beachten.
Als erste Näherung wird eine mittlere Wassertemperatur Tw 1 = 80 ◦ C angenommen, d.h. die
Wassertemperatur würde sich unter dieser (falschen) Annahme nicht ändern. Ein Blick in die
Tabelle, die der Aufgabenstellung beiliegt, liefert bei 80 ◦ C eine Dichte des Wassers von ρw =
kg
kJ
971.80 m
3 und eine spezifische Wärmekapazität cw = 4.196
kg K . Gleichung (231) liefert damit
Twin 1 = 80 ◦ C −
971.8
kg
m3
10 · 10 kW
4.196 kgkJK 10−3
m3
s
= 55.48 ◦ C
Damit ergibt sich als zweite Näherung für die mittlere Wassertemperatur
Twin 1 + Twout
Tw 2 =
= 67.74 ◦ C
2
28
(232)
(233)
Die Stoffdaten zu dieser mittleren Temperatur müssen nun durch (z.B. lineare) Interpolation aus
den Tabellenwerten gewonnen werden. Neben der Dichte und der spezifischen Wärmekapazität
sind in Tabelle 1 auch die weiter unten benötigten Größen bei dieser Temperatur angegeben.
Dichte ρ
kg
979.04 m
3
spez. Wärmekapazität cp
4.187 kgkJK
661.2 · 10−3 mWK
Wärmeleitfähigkeit k
kinematische Viskosität ν
2
0.426 · 10−6 ms
Prandtl-Zahl Pr
2.642
Tabelle 1: Stoffdaten von Wasser bei 67.74 ◦ C
Wir erhalten aus der zweiten Iteration die folgende Wassereintrittstemperatur
Twin 2 = 55.61 ◦ C ,
(234)
die nur wenig von der in Gleichung (232) abweicht. Daher wird die Iteration hier abgebrochen.
b) Als zweite Größe ist die erforderliche Länge des Wärmeübertragers gesucht. Diese erhält man
aus der Gleichung für den Wärmewiderstand und dem bekannten Wärmestrom
mit
Q̇V
=
1
∆Tlog
Rges
(235)
Rges
=
1
,
hi Ai
(236)
wobei hier berücksichtigt wurde, dass die Wandstärke des Innenrohrs vernachlässigt werden soll.
Die logarithmische Temperaturdifferenz über den Wärmeübertrager wird mit der Wassereintrittstemperatur aus Gleichung (234) zu
mit
und
∆Tlog
=
∆T0 − ∆TL
= 81.59 K
∆T0
ln ∆T
L
(237)
∆T0
=
150 ◦ C − 55.61 ◦ C = 94.39 K
(238)
∆TL
◦
◦
150 C − 80 C = 70 K .
=
(239)
Die Strömungsgeschwindigkeit des Wassers erhält man über
w=
V̇
=
Aq
π
4
V̇
m
= 1.415
;
(d2a − d2i )
s
(240)
hieraus berechnet man die Reynolds-Zahl für den Fall des turbulent durchströmten Rohrs. Es ist
darauf zu achten, dass hier die Reynolds-Zahl mit dem hydraulischen Durchmesser des Ringspalts
dh = da − di gebildet werden muss, um die Nußelt-Beziehung für das einfache Rohr verwenden
zu können:
ReRohr =
w dh
w (da − di )
=
= 3.322 · 104 > 104 ⇒ voll turbulent .
ν
ν
(241)
Für den Druckverlustbeiwert ξ erhält man
ξ=
1
2
{1.8 · log10 (Re) − 1.5}
29
= 2.27 · 10−2 ,
(242)
und damit für die Nußelt-Zahl des einfachen Rohrs, die auch mit dem hydraulischen Durchmesser
definiert ist,
"
2/3 #
ξ
dh
hi dh
8 Re Pr
q =
(243)
NuRohr =
1+
k
L
ξ
2/3
1 + 12.7
Pr − 1
8
Der zweite Term in den eckigen Klammern ist vernachlässigbar gering, da der hydraulische
Durchmesser viel kleiner als die zu berechnende Länge des Wärmeübertragers ist. Dies ist an
dieser Stelle eine (vernünftige) Annahme, die nach der Berechnung von L noch verifiziert werden
muss. Die Nußelt-Zahl des einfachen Rohrs hat den Wert
NuRohr = 154.1
(244)
Aus dieser berechnet man die mittlere Nußelt-Zahl für den Ringspalt über die gegebene Gleichung
−0.16
di
= 137.3
(245)
Num,T,i = NuRohr · 0.86
da
mit dem Durchmesserverhältnis als weiterer dimensionsloser Kennzahl. Den Wärmeübergangskoeffizienten erhält man aus der Definition der Nußelt-Zahl, wieder mit dem hydraulischen
Durchmesser als chrakteristischer Länge,
hi =
137.3 · 0.6612 mWK
W
Num,T,i k
= 9078.3 2 .
=
dh
0.01 m
m K
(246)
Die wärmeübertragende Fläche wird mit Gleichung (235) berechnet,
Ai =
Q̇V
100 · 103 W
= 0.135 m2
=
hi ∆Tlog
9078.3 mW
2 K 81.59 K
(247)
Aus dieser Umfangsfläche des Innenrohrs ergibt sich die erforderliche Länge des Wärmeübertragers bei Vollast
Ai
⇔
=
L =
π di L
(248)
Ai
= 1.07 m .
π di
(249)
Der Term in eckigen Klammern in Gleichung (243) wird damit zu
1+
dh
L
2/3
=1+
0.01
1.07
2/3
= 1.044
(250)
und geht im wesentlichen linear in den Wärmeübergangskoeffizienten ein. Die Rohrlänge dürfte
daher um ca. 4% kürzer werden – im Rahmen der Genauigkeit der Nußelt-Beziehungen ist dies
aber vernachlässigbar; man liegt außerdem auf der sicheren Seite.
30
Lösung zu Aufgabe 14:
a) Die folgende Skizze (Tafel) zeigt die von Wasser überströmte Eisschicht auf der Kupferplatte.
Der eingezeichnete Temperaturverlauf gilt für Wasser, das wärmer als 0 ◦ C ist; hierauf wird im
Verlauf der Aufgabe noch einmal eingegangen.
b) Die Grenzfläche zwischen Wasser und Eis ist das untersuchte System. Da es sich um eine Plattenanordnung handelt und die Eisschicht an jeder Stelle der Platte gleich dick ist, können die
Wärmeströme flächenspezifisch geschrieben werden. Zur Lösung der Aufgabe wird angenommen,
dass die kinetische Energie des Wassers vernachlässigbar gegenüber den Wärmeströmen ist und
dass die Wärmeleitung innerhalb des Eises einen geringeren Wärmewiderstand hervorruft als
der konvektive Wärmeübergang zwischen Wasser und Eis, d.h. die Biot-Zahl ist viel kleiner eins
Bi 1. Die Temperatur des Eises an der Phasengrenze ist immer 0 ◦ C, die Temperatur an der
Kupferplatte ist immer um ∆T geringer, aber die Schichtdicke erhöht sich mit der Zeit. Daher
wird der Temperaturgradient im Eis mit der Zeit flacher. Die geringe Biot-Zahl sagt nun aus,
dass eine Änderung an der Phasengrenze so schnell innerhalb des Eises durch Wärmeleitung
ausgeglichen wird, dass der Temperaturverlauf linear bleibt.
Die Temperatur an der Phasengrenze ist konstant, die innere Energie dieser infinitesimal dünnen
Schicht – das System wandert“ mit der Zeit entsprechend dem Wachstum – ändert sich daher
”
nicht. Die Bilanz für dieses System lautet damit
qP h + qK − qL = 0 ,
(251)
wobei der spezifische Wärmestrom durch Wärmeleitung im Eis qL unter der oben beschriebenen
Annahme einer kleinen Biot-Zahl nach dem Fourier´schen Gesetz berechnet wird (Minus-Zeichen
innerhalb der Klammern) und entgegen der y-Koordinate gerichtet ist (Minus-Zeichen vor der
Klammer):
∂T
(252)
qL = − −k
∂y
T (y(τ )) − T (y = 0)
= − −k
(253)
y−0
= −k
T (y = 0) − T (y(τ ))
y
(254)
=
T (y(τ )) − T (y = 0)
y
(255)
+k
= k
∆T
.
y
(256)
Der spezifische Wärmestrom durch erzwungene Konvektion qK , der vom Wasser an das Eis
abgegeben wird, wenn das Wasser wärmer als 0 ◦ C ist, muss von der Kühlanlage unter der Kupferplatte zusätzlich abgeführt werden. Er berechnet sich mit dem hier nicht explizit angegebenen
31
Wärmeübergangskoeffizienten h über
qK = h [TW − T (y(τ ))] .
(257)
Der Phasenwechsel selbst führt zu einem spezifischen Wärmestrom, der sich aus der Erstarrungswärme des Eises und dem flächenbezogenen Massenstrom des Wasseranteils, der den Aggregatzustand ändert, zusammensetzt (Achtung ! Dies ist nicht der gesamte Massenstrom des
Wassers)
qP h
ṁP h rE
A
=
(258)
∂y
ρE A ∂τ
rE
A
∂y
= ρE rE
.
∂τ
=
(259)
(260)
Einsetzen in Gleichung (251) liefert
ρE rE
∆T
∂y
+ h [TW − T (y(τ ))] − k
=0.
∂τ
y
(261)
Durch Umstellen nach der Zeitableitung des Ortes der Phasengrenze erhält man die gewöhnliche
Differentialgleichung
dy
k ∆T
h
=
−
[TW − T (y(τ ))] .
(262)
dτ
ρE rE y
ρE rE
Zur Abkürzung kann man noch die beiden folgenden Größen definieren:
a≡
k ∆T
;
ρE rE
b≡
h [TW − T (y(τ ))]
ρE rE
(263)
Damit hat obige Differentialgleichung die Form
dy
a
= −b
dτ
y
(264)
c) Die Anfangsbedingung ist eine zum Zeitpunkt null noch nicht vorhandene Eisschicht y(τ = 0) =
0. Das die Kupferplatte überströmende Wasser soll die Temperatur TW = 0 ◦ C besitzen. Daher
fällt der konvektive Wärmestrom und damit der Term b in der Differentialgleichung (264) weg.
Die Lösung lautet nach Trennung der Variablen
Z y
Z τ
y dy = a
dτ
(265)
0
0
1 2
y
2
⇒
y
= aτ
=
√
(266)
s
2aτ =
2 k ∆T
τ .
ρE rE
(267)
Nach τ = 1 h Betriebszeit wird somit eine Eisschichtdicke von
y = 0.0686 m = 68.6 mm
erreicht.
32
(268)
d) Die Anlage soll solange arbeiten, bis die Wachstumsgeschwindigkeit der Eisschicht unter 10 mm
pro Stunde gefallen ist, d.h. die Abschaltung erfolgt bei
dy
dτ
1
−1
(2 a τ ) 2 · 2 a
2
a
= √
2aτ
r
a
0.01 m
=
=
.
2τ
3600 s
(269)
=
(270)
(271)
Umstellung nach der Zeit τ ergibt
τ
dy
dτ
−2
=
a
2
=
k ∆T
2 ρE rE
=
42303 s =
b 11.75 h .
(272)
dy
dτ
−2
(273)
Als Ergänzung sei hier die Lösung für den Fall b 6= 0, also für eine Wassertemperatur TW > 0 ◦ C,
angegeben:
dy
dτ
y
Z
⇒
0
y
dy
a − by
⇔
τ (y)
a
a − by
−b=
y
y
Z τ
=
dτ
=
(274)
(275)
0
=
a
ln
b2
a
a − by
−
y
.
b
(276)
Gleichung (276) ist nicht explizit nach y auflösbar und muss daher numerisch gelöst werden.
Desweiteren muss zu diesem Zweck der in b enthaltene Wärmeübergangskoeffizient h berechnet
werden.
33
Lösung zu Aufgabe 15:
Diese Aufgabe behandelt den Strahlungsaustausch zweier ebener, paralleler Platten im Vakuum. Es
treten keine Randeffekte auf, und die Platten werden als graue Strahler betrachtet, strahlen also
gleichmäßig auf allen Wellenlängen und in jede Raumrichtung.
Für den Strahlungswärmestrom eines grauen Strahlers gilt allgemein das Stefan-Boltzmann´sche
Gesetz
Q̇S = ε σ A T 4
(277)
mit dem Emissionsgrad ε der strahlenden Fläche A und der Stefan-Boltzmann-Konstante
σ = 5.67 · 10−8
W
m2 K4
.
(278)
Der Nettowärmestrom durch Strahlung zwischen zwei parallelen Flächen gleicher Größe A ergibt sich
aus einer Bilanz über einfallenden, absorbierten bzw. emittierten und reflektierten Wärmestrom zu
Q̇S,12 = σ A12 T14 − T24
(279)
mit der modifizierten Fläche
A12 =
A
1
ε1
+
1
ε2
(280)
−1
Platte I hat die Temperatur T1 = 1000 ◦ C und die Emissionszahl ε1 = 0.8. Platte II ist rückseitig
gekühlt. Die Kühleinrichtung kann maximal 200 kW Wärmeleistung abführen, und die Platte II darf
die Temperatur T1 = 500 ◦ C nicht überschreiten.
Gesucht ist die maximal erlaubte Emissionszahl der Platte II. Diese lässt sich durch Umstellen der
Gleichungen (279) und (280) berechnen. Aus Gleichung (279) erhält man über den ersten Hauptsatz
im stationären Zustand,
Q̇S,12 = Q̇Kühl ,
(281)
die modifizierte Fläche
A12
=
Q̇Kühl
σ (T14 − T24 )
=
5.67 · 10−8
(282)
W
m2 K4
200 · 103 W
h
i = 1.554 m2 .
4
4
(1273.15 K) − (773.15 K)
Die Emissionszahl wird hiermit aus Gleichung (280) berechnet:
ε2
=
=
A
1
+1−
A12
ε1
−1
1
10 m2
+1−
2
1.554 m
0.8
34
(283)
−1
= 0.162
(284)
Lösung zu Aufgabe 16:
Die Skizze (Tafel) zeigt das Modell der Bierflasche im Längs- und Querschnitt. Für letzteren ist auch
die Temperaturgrenzschicht eingezeichnet.
a) Den örtlich gemittelten Wärmeübergangskoeffizienten für den Fall freier Konvektion an einem
liegenden Zylinder, der eine höhere Oberflächentemperatur als das umgebende Medium besitzt,
erhält man aus der angegebenen Nußelt-Beziehung
1/4
Nul = 0.402 (Grl Pr)
,
(285)
in deren dimensionslosen Kennzahlen für die charakteristische Länge l der halbe Umfang des
Zylinders verwendet werden muss
l=
π
1
U = da = 0.11 m .
2
2
(286)
Neben der Prandtl-Zahl Pr = αν wird bei freier Konvektion als dimensionslose Kennzahl statt
der Reynolds-Zahl die Grashof-Zahl verwendet, die mit der charakteristischen Länge l folgendermaßen definiert ist:
Gr
id. Gas
=
∆T
T∞
ν2
g l3
>0
bzw.
Gr =
g l3 βT ∆T
>0
ν2
(287)
mit der Temperaturdifferenz ∆T = T − TL , der Temperatur in großer Entfernung T∞ = TL ,
dem isobaren thermischen Ausdehnungskoeffizienten βT und der Erdbeschleunigung g. Die erste
Beziehung gilt für ideale Gase als Medium und ist aus der zweiten, immer gültigen Definition
abgeleitet. Die Grashof-Zahl drückt das folgende Verhältnis aus:
Gr =
Trägheitskraft · Schwerkraft
(Zähigkeitskraft)
2
(288)
In der Grashof-Zahl kommt keine Geschwindigkeit vor, diese stellt sich durch die auftretenden Dichtedifferenzen von selbst ein. Die Nußelt-Zahl ist wie bei der erzwungenen Konvektion
definiert,
hl
Nul =
,
(289)
k
und wird ebenfalls über die oben gegebene charakteristische Länge l berechnet. Nach dem mittleren Wärmeübergangskoeffizienten aufgelöst erhält man
3
1
Nul k
k
g l ∆T ν 4
h =
= 0.402
l
l
TL ν 2 α
41
1
k
g l3
= 0.402
· (∆T ) 4
l TL ν α
|
{z
}
(290)
(291)
C1
=
1
C1 (∆T ) 4 ,
35
(292)
mit der Konstante C1 , die nach Einsetzen der bekannten Größen den Zahlenwert
C1 = 1.848
W
m2
(293)
5
K4
annimmt. Der mittlere Wärmeübergangskoeffizient in Abhängigkeit von der Temperaturdifferenz
lautet damit
1
W
4
h = 1.848
.
(294)
5 · (∆T )
m2 K 4
b) Der mittlere Wärmeübergangskoeffizient wird maximal für die größte auftretende Temperaturdifferenz Ta − TL
1
1
hmax = C1 (Ta − TL ) 4 = C1 (25 ◦ C − 4 ◦ C) 4 = 3.96
W
(295)
m2 K
c) Der Wärmeübergangskoeffizient lässt sich als Funktion des maximalen Wärmeübergangskoeffizienten und der dimensionslosen Temperatur
Θ≡
T − TL
Ta − TL
(296)
darstellen:
1
1
1
1
1
h = C1 (∆T ) 4 = C1 [(Ta − TL ) Θ] 4 = C1 (Ta − TL ) 4 Θ 4 = hmax Θ 4
(297)
d) Zur Herleitung der Differentialgleichung wird zunächst eine Bilanz für das System Flasche mit
”
Bier“ erstellt. Der erste Hauptsatz für dieses System lautet
∂τ U = Q̇ + Ẇt .
(298)
Es wird keine technische Arbeit geleistet und die Änderung der inneren Energie mit der Zeit
lautet
dT
dU
= (mB cB + mG cG )
<0.
(299)
|
{z
} dτ
dτ
Wges
Der Wärmestrom durch freie Konvektion verlässt das System und hat daher ein negatives Vorzeichen
Q̇ = −h A (T − TL ) < 0 ,
(300)
wobei A = π da L die Mantelfläche des Zylinders ist; die Enden werden als adiabat angenommen.
Als dimensionsbehaftete Differentialgleichung ergibt sich
Wges
dT
= −h A (T − TL )
dτ
(301)
Mit der in der Aufgabenstellung gegebenen Definition der dimensionslosen Temperatur
Θ≡
T − TL
;
Ta − TL
dT = (Ta − TL ) dΘ
(302)
und der Beschreibung des Wärmeübergangskoeffizienten aus Aufgabenteil c) erhält man
Wges (Ta − TL )
⇔
dΘ
dτ
=
−hmax Θ 4 A Θ (Ta − TL )
dΘ
dτ
=
−
36
1
hmax A 5
Θ4 .
Wges
(303)
(304)
Führt man nun noch die dimensionslose Zeit
τ0 ≡
hmax A
τ
Wges
(305)
ein, so erhält man die dimensionslose Differentialgleichung
5
dΘ
+ Θ4 = 0
dτ 0
e) Trennung der Variablen und Integration führen auf
Z
Z
dΘ
=
−
dτ 0
5
Θ4
⇔
1
−4 Θ− 4
= −τ 0 + C2
0
−4
τ − C2
Θ =
.
4
(306)
(307)
(308)
(309)
Die Anfangsbedingung lautet, dass die Flasche zum Zeitpunkt τ = 0 die Temperatur Ta besitzt,
d.h. die dimensionslose Temperatur ist Θ(τ 0 = 0) = 1. Hiermit lässt sich die Integrationskonstante C2 bestimmen
−4
C2
1 =
−
(310)
4
C2
= −4 .
(311)
Die Lösung der Differentialgleichung lautet damit
Θ=
−4
τ0
1+
4
(312)
f) Die Zieltemperatur beträgt Te = 12 ◦ C. Dimensionslos ergibt sich
Θe =
8K
Te − TL
=
= 0.381
Ta − TL
21K
Aus der Lösung in Aufgabenteil e) ergibt sich der dimensionslose Endzeitpunkt
1
τe0 = 4 Θ− 4 − 1 = 1.0913 ,
(313)
(314)
und Rücktransformation in die reale Zeit liefert
τe
= τe0
Wges
hmax A
(315)
0.5 kg · 4200 kgJ K + 0.3 kg · 840 kgJ K
=
1.0913 ·
=
14035 s =
b
3.96 mW
2 K · π · 0.07 m · 0.21 m
3.9 h
Das Bier hat also erst nach erschreckend langen vier Stunden die zum Genießen gewünschte
Temperatur.
37
Lösung zu Aufgabe 17:
a) Es wird der stationäre Zustand beobachtet. Der Energieverlust durch den Strahlungswärmestrom
muss dann gerade durch die Energiezufuhr durch den konvektiven Wärmestrom ausgeglichen
werden. Der erste Hauptsatz der Thermodynamik liefert
X
X
∂τ U =
Q̇ +
Ẇt = Q̇K − Q̇S = 0 .
(316)
Der konvektive Wärmestrom lautet nach dem Newton’schen Kühlgesetz
Q̇K = h AT E (TL − TT E ) ,
(317)
wobei der Wärmeübergangskoeffizient nach der in der Aufgabenstellung angegebenen NußeltBeziehung berechnet wird
Nud = 0.43 + 0.48 Re1/2
bei 1 < Re < 4000 .
(318)
Die Reynolds-Zahl wird mit dem Durchmesser des Thermoelements als charakteristischer Länge
gebildet
10 ms 0.5 · 10−3 m
wL d
=
= 28.57 ,
(319)
Red =
2
ν
1.75 · 10−4 ms
d.h. die Reynolds-Zahl liegt innerhalb des oben genannten Gültigkeitsbereichs. Die mittlere
Nußelt-Zahl berechnet sich hiermit zu
Nud =
hd
= 2.9956 ,
k
(320)
was auf einen Wärmeübergangskoeffizienten von
h=
2.9956 · 0.018 mWK
Nud k
W
=
= 107.84 2
−3
d
0.5 · 10 m
m K
(321)
führt.
Der Nettowärmestrom durch Strahlung zwischen einem konvexen Körper und einer voll-umschließenden Hülle (beide grau strahlend) lautet
4
Q̇S = σ A12 TT4 E − TW
(322)
mit der effektiven Austauschfläche
1
1
=
A12
A1
1
A1
+
ε1
A2
1
−1
.
ε2
(323)
A1 bezeichnet die Oberfläche des inneren Zylinders, also des Thermoelements; A2 ist die Oberfläche der Innenseite der umschließenden Versuchskammer. Die Herleitung dieser Gleichung befindet sich in den Abschnitten 6.7 und 6.8 im Skriptum. Weil die Fläche A2 der Versuchskammer
viel größer als die umschlossene Oberfläche A1 des Thermoelements ist, kann der zweite Term
in eckigen Klammern in Gleichung (323) vernachlässigt werden, und man erhält für die Austauschfläche
A12 ≈ ε1 A1 = ε AT E .
(324)
Eingesetzt in den ersten Hauptsatz, Gleichung (316), erhält man damit
4
σ ε AT E TT4 E − TW
= h AT E (TL − TT E )
4
σ ε TT4 E − TW
= h (TL − TT E ) .
38
(325)
(326)
Die durch das Thermoelement angezeigte Temperatur erhält man nun durch Iteration
TT E
σε
4
TT4 E − TW
h
=
TL −
=
1273.15 K −
=
1273.15 K − 5.2578 · 10−11
(327)
5.67 · 10−8
W
m2 K4
107.84 mW
2K
0.1
1
4
TT4 E − TW
4
TT4 E − TW
K3
.
Mit dem Startwert der Iteration TT E,0 = 1200 K erhält man
TT E,1
=
1165.1 K
TT E,2
=
..
.
1177.3 K
TT E,8
=
1174.2 K ,
d.h. eine Abweichung der Anzeige von der wirklichen Lufttemperatur von
∆T = TL − TT E = 98.9 K .
(328)
b) Im zweiten Aufgabenteil liegt ein an der Oberfläche oxidiertes Thermoelement vor. Dies hat
einen Emissionskoeffizienten ε = 0.6. Hiermit ändert sich der Zahlenwert in Gleichung (327):
TT E
= TL −
σε
4
TT4 E − TW
h
(329)
5.67 · 10−8
W
m2 K4
W
107.84 m2 K
=
1273.15 K −
=
1273.15 K − 3.1547 · 10−10
0.6
1
K
3
4
TT4 E − TW
4
TT4 E − TW
.
Die Iteration liefert die angezeigte Temperatur:
TT E = 983 K
(330)
∆T = TL − TT E = 290 K .
(331)
und damit eine Abweichung von etwa
39
Lösung zu Aufgabe 18:
a) Bei stationärer Betrachtung liefert der erste Hauptsatz der Thermodynamik
Q̇S,zu = Q̇K
(332)
mit dem absorbierten Strahlungswärmestrom
Q̇S,zu = α PL
(333)
und dem konvektiv abgegebenen Wärmestrom
Q̇K = h AP l ∆T .
(334)
Den Wärmeübergangskoeffizienten h erhält man aus der in der Aufgabenstellung angegebenen
Nußelt-Beziehung
1/4
Nul = 0.517 (Gr Pr)
.
(335)
Die Grashof-Zahl wird hier für Luft als ideales Gas berechnet
3
Grl =
9.81 sm2 (0.1 m) 25 K
g l3 ∆T
= 3.548 · 105 ,
=
2
m2 2 300 K
ν T∞
−6
48 · 10
s
(336)
und als Prandtl-Zahl erhält man
Pr =
ν
ν ρ cp
=
= 0.6793 .
α
k
(337)
Hiermit ergibt sich aus Gleichung (335) eine Nußelt-Zahl von
Nul = 11.455 ,
(338)
die auf den Wärmeübergangskoeffizienten
h=
Nul k
W
= 5.269 2
l
m K
(339)
führt. Die Leistung des Lasers erhält man mit diesem Wert über Gleichung (332)
PL,a) =
Q̇K
2 · l2 h ∆T
=
= 8.78 W .
α
α
(340)
b) In dieser Teilaufgabe soll der abgegebene Strahlungswärmestrom berücksichtigt werden. Der
erste Hauptsatz für den stationären Zustand lautet damit
Q̇S,zu = Q̇K + Q̇S,ab .
Die Abstrahlung berechnet sich nach dem Stefan-Boltzmann’schen Strahlungsgesetz zu
4
Q̇S,ab = σ A12 TP4 l − TW
mit der effektiven Fläche
1
1
=
A12
A1
1
A1
+
ε1
A2
1
−1
;
ε2
(341)
(342)
(343)
in dieser Gleichung wird die Fläche der Umgebung A2 viel größer als die der Platte angenommen,
so dass der zweite Term in den eckigen Klammern der obigen Gleichung wegfällt. Es ergibt sich
A12 ≈ ε1 A1 ;
40
(344)
das Kirchhoff’sche Gesetz besagt weiterhin, dass die Emissionszahl des grauen Körpers der
Absorptionszahl entspricht (ε1 = α1 ). Der abgehende Wärmestrom durch Strahlung beträgt
damit
4
Q̇S,ab = σ α · 2 l2 TP4 l − T∞
(345)
h
i
W
2
4
4
= 5.67 · 10−8 2 4 · 0.3 · 2 (0.1 m) (325 K) − (300 K) = 1.040 W .
m K
Durch Umstellen der Gleichung (341) erhält man die Laserleistung
PL,b) =
1
1 Q̇K + Q̇S,ab =
(2.635 W + 1.040 W) = 12.25 W ,
α
0.3
(346)
was einen relativen Fehler bei Vernachlässigung der Abstrahlung von
f =1−
PL,a)
8.78 W
=1−
= 28.3%
PL,b)
12.25 W
ergibt.
41
(347)
Lösung zu Aufgabe 19:
a) Die zu Beginn eingeschlossene Masse des Heliums beträgt
π
3
mHe = ρHe V = ρHe (di − 2 s) = 4.185 kg ,
(348)
6
wobei di = 0.406 m den Außendurchmesser der inneren Kugel bezeichnet. Der erste Hauptsatz
der Thermodynamik für das System Helium liefert
mHe
rHe
(349)
Q̇S = ṁHe rHe =
τ
mHe rHe
.
(350)
⇔
τ=
Q̇S
Der Strahlungswärmestrom berechnet sich nach dem Stefan-Boltzmann’schen Strahlungsgesetz
zu
4
(351)
Q̇S = σ Aia Ta4 − THe
mit der effektiven Fläche
1
Aia
=
1
1
1
+
−
= 33.458 m−2
2
2
π ε di
π ε da
π d2a
(352)
Aia
=
0.02989 m2 .
(353)
⇔
Der Strahlungswärmestrom ergibt sich damit zu
Q̇S = 13.728 W ,
(354)
so dass Gleichung (350) die zum vollständigen Verdampfen notwendige Zeit
τ=
4.185 kg 20.3 · 103
13.728 W
J
kg
= 6188 s
=
b
1.72 h
(355)
liefert.
b) Zwischen den beiden Kugelschalen sollen in diesem Aufgabenteil äquidistant drei Strahlungsschutzschilde eingebracht werden, die jeweils eine Emissionszahl εs = 0.05 besitzen. Zwischen
der inneren und der äußeren Kugel befinden sich nun vier Zwischenräume der Dicke
1 da − di
0.45 m − 0.406 m
=
= 5.5 mm ,
2
4
8
womit sich die Durchmesser der Schutzschilde zu
s=
ds,1 = 0.417 m ;
ds,2 = 0.428 m ;
ds,3 = 0.439 m
(356)
(357)
ergeben. Die folgende Skizze (Tafel) zeigt einen Schnitt durch die Anordnung mit den entsprechenden Durchmessern und Temperaturen:
Im Gleichgewicht sind alle Einzelwärmeströme gleich groß:
Q̇S
=
4
σ Ai1 T14 − THe
42
(358)
=
=
=
σ A12 T24 − T14
(359)
4
(360)
σ A23 T34 − T2
4
σ A3a Ta4 − T3
.
(361)
Division jeder dieser Gleichungen durch σ Ajk und Aufsummieren ergibt
Q̇S
σ
1
1
1
1
+
+
+
Ai1
A12
A23
A3a
4
= Ta4 − THe
(362)
mit den effektiven Flächen
1
Ai1
=
1
1
1
+
−
= 54.091 m−2
2
2
π ε di
π εs ds,1
π d2s,1
(363)
1
A12
=
1
1
1
+
−
= 69.626 m−2
π εs d2s,1
π εs d2s,2
π d2s,2
(364)
1
A23
=
1
1
1
+
−
= 66.135 m−2
π εs d2s,2
π εs d2s,3
π d2s,3
(365)
1
A3a
=
1
1
1
−
= 46.572 m−2 .
+
π εs d2s,3
π ε d2a
π d2a
(366)
Der Strahlungswärmestrom beträgt hiermit
4
Q̇S = σ Ta4 − THe
4.230 · 10−3 m2 = 1.943 W ,
(367)
so dass sich durch das Anbringen der Strahlungsschutzschilde die Zeit bis zur vollständigen
Verdampfung des Heliums auf
τ=
4.185 kg 20.3 · 103
1.943 W
verlängert.
43
J
kg
= 43724 s
=
b
12.15 h
(368)
Lösung zu Aufgabe 20:
Der spektrale Emissionsfluss eines realen Strahlers lautet
Bλ (T ) =
Q̇B
1 c1
λ
=
A ελ (T )
ελ (T ) λ5 exp
1
c2
λT
−1
,
(369)
wobei Q̇B
λ die wellenlängenbezogene Strahlungsleistung des schwarzen Strahlers ist. Für den schwarzen
Strahler gilt
ελ (T ) = 1 .
(370)
Die emittierte Strahlungsdichte über den Wellenlängenbereich λ1 bis λ2 beträgt (siehe Skriptum)
Q̇λ1 −λ2
=
A
Z
λ2
Bλ (T ) dλ .
(371)
Bλ (T ) dλ = σ T 4 F0−λ T
(372)
λ1
Die Lösung des Integrals
Z
λ
0
wird über die tabellarisch oder graphisch gegebenen Faktoren F0−λ T erhalten.
Der erste Hauptsatz ergibt für den stationären Zustand das Gleichgewicht von zugeführter elektrischer
Leistung und abgestrahltem Wärmestrom
Pel = Q̇ges .
(373)
Der im sichtbaren Bereich abgegebene Anteil der Strahlung beträgt
η=
Q̇λ1 −λ2
1
=
Pel
σ T4
Z
λ2
Bλ (T ) dλ = F0−λ2 T − F0−λ1 T .
(374)
λ1
Für die Halogenbirne, deren Glühfaden mit der Temperatur T = 3300 K strahlt, liest man ab (siehe
Folie)
λ1 T = 0.4 · 10−6 m 3300 K = 1.32 · 10−3 m K
λ2 T = 0.7 · 10
−6
m 3300 K = 2.31 · 10
−3
mK
⇒
F0−λ1 T = 5 · 10−3
(375)
⇒
F0−λ2 T = 0.122 ;
(376)
somit beträgt der Anteil der im sichtbaren Bereich abgestrahlten Wärme
ηHalogen = 0.122 − 0.005 = 11.7%
(numerisch: 11.714 %) .
(377)
Für die Xenon-Gasentladungslampen mit einer Lichtbogentemperatur von T = 4000 K erhält man
graphisch
λ1 T = 0.4 · 10−6 m 4000 K = 1.6 · 10−3 m K
⇒
F0−λ1 T = 0.02
(378)
λ2 T = 0.7 · 10−6 m 4000 K = 2.8 · 10−3 m K
⇒
F0−λ2 T = 0.23 .
(379)
Der Anteil der im sichtbaren Bereich abgestrahlten Wärme ist daher größer
ηXenon = 0.23 − 0.02 = 21.0%
(numerisch: 20.82 %) ,
(380)
was bei gleicher Leistung eine höhere Intensität im sichtbaren Bereich bedeutet. Dies wirkt auf das
menschliche Auge als größere Helligkeit.
44