TTD1.020200
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Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTD1 75904569doc Aufgabe 1 In einem stationär rechts laufenden Carnotprozess betragen die minimale Temperatur und der minimale Druck T 1 300 K bzw. p 1 1 bar . Das Arbeitsfluid ist Luft (als Idealgas) mit konstanten Wärmekapazitäten, 1.4 und R 287.2 J kg K . a) Man bestimme die maximale Temperatur T 3 auf dem reversiblen Kreisprozeß und die p3 Drucksteigerung auf der isentropen Verdichtung , wenn der thermische p2 Wirkungsgrad C 0.5 beträgt. b) Das Verdichtungsverhältnis v1 v3 beträgt 20. Man bestimme nun den Zustand (p, v, T, s) aller Eckpunkte des reversiblen Kreisprozesses. c) Man bestimme die zu- bzw. abgeführte spezifische Wärme auf dem reversiblen Kreisprozeß und überprüfe den Wert des thermischen Wirkungsgrades. d) Man muß nun den Fall untersuchen, in dem die reversible Isotherme 3-4 durch eine irreversible Isotherme ersetzt wird. Die spezifische Dissipationsarbeit ist diesmal gleich der im reversiblen Fall zugeführten spezifischen Wärme, d.h. j 34 q 34rev . 1. Man untersuche ob der Zustand der Eckpunkte dadurch beeinträchtigt wird. 2. Man berechne den thermischen Wirkungsgrad des irreversiblen Kreisprozesses. 3. Man untersuche mit Hilfe des 1. und 2. Hauptsatzes, ob der irreversiblen Kreisprozeß realisierbar ist. Wenn ja, skizziere man den reversiblen und den irreversiblen Carnotprozess im p,v- und T,s-Diagramm gegenüber und kommentiere die Bilder. Aufgabe 2 Ein Dampfkessel mit einem Volumen von V K 10 m ist zur Hälfte mit siedenden Wasser und zur anderen Hälfte mit Sattdampf von p K1 25 bar gefüllt. Dem Kessel als geschlossenes System wird weiter Wärme zugeführt bis der Druck p K2 100 bar erreicht. Mit Hilfe von Dampftafeln sind zu bestimmen: 3 a) die während der reversiblen Erwärmung 1-2 verdampfte Wassermenge und b) die durch die Feuerung reversibel zugeführte Wärme Q K12. c) Man trage die Zustandsänderung in den h,s- und T,s-Diagrammen ein. 1 Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTD1 75904569doc Aufgabe 3 Ein reversibler, stationärer Kreisprozeß (geschlossenes System) für einen Verbrennungsmotor besteht aus den folgenden Zustandsänderungen: isotherme Verdichtung 1-2, isochore Drucksteigerung 2-3, isotherme Expansion 3-4 und isochore Drucksenkung 41. Der Zustand 1 hat die kleinste Temperatur und den kleinsten Druck. Es wird versucht den thermischen Wirkungsgrad des untersuchenden Kreisprozesses zu erhöhen. Als mögliche Maßnahme wird hier die Wärmerückgewinnung gehandelt, d.h. ein Teil der abgeführten Wärme wird zurück dem Arbeitsfluid zugeführt. Genauer gesagt wird hier die isochor abgeführte Wärme diesmal ebenfalls isochor (auf 2-3) zugeführt. a) Man zeichne die p,v- und T,s-Diagrammen und nenne für jede Zustandsänderung die Flächen, die die Wärme und die Volumenänderungsarbeit in den Diagrammen darstellen. Man vergleiche mit Hilfe des T,s-Diagramms den thermischen Wirkungsgrad des Kreisprozesses mit dem des zwischen den gleichen min. bzw. max. Temperaturen ablaufenden Carnotprozesses. Hinweis: Man vergleiche zuerst die Große der isochor ab- bzw. zugeführten Wärme. b) Im Falle von Luft - hier als Idealgas mit konstanten Wärmekapazitäten - entwickele man eine Formel für den thermodynamischen Wirkungsgrad des Kreisprozesses und vergleiche erneut das Ergebnis mit dem thermodynamischen Wirkungsgrad des zwischen den gleichen min. bzw. max. Temperaturen ablaufenden Carnotprozesses. Hinweis: Man vergleiche zuerst die Große der isochor ab- bzw. zugeführten Wärme. Im Programm definierte Einheiten und Umrechnungen: 273.15 K MPa 10 6 Pa T0 kJ 10 3 J MW 10 6 W °C K bar 10 5 Pa 2 t( T) T T0 kmol 10 3 mol dm 0.1 m Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTD1 75904569doc Lösung der Aufgabe 1 a) T 1 300 K p 1 1 bar 1.4 C 1 T 3 600 K T2 C 0.5 T1 T3 1 T1 T3 T1 T2 T1 T2 p2 1 b) p3 T 3 T 2 p2 T3 p3 1 R T 1 v1 p 2 v 2 v3 1 p 3 v 3 s1 v2 p3 p 2 T2 p2 c° p ln T2 T1 R ln v 3 v1 p 1 v2 p1 p4 T3 T4 1 T2 11.314 s1 6.88 kJ kg K v 2 0.244 m3 kg m3 kg p 2 3.536 bar s3 p1 kJ s 3 6.517 kg K T4 T3 p4 1 p2 s2 p 1 p 4 11.314 bar 1 T3 v 3 0.043 T3 p2 p3 T1 T2 T2 T3 v1 p 3 40 bar 1 kg 1 1 p 2 v 2 p 1 v 1 s2 m3 v 1 0.862 p1 R c° p C p4 p3 p1 p2 1 v4 R T 4 p4 v 4 0.152 s4 3 s1 m3 kg Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTD1 75904569doc c) 1. HS auf der Isotherme 1-2 w v12 108.808 kg q 12 w v12 q 34 w v34rev 0 kJ w v34 217.617 1 w v12 0 w v12 p 1 v 1 ln w v34 p 3 v 3 ln v2 v1 kJ 1. HS auf der Isotherme 3-4 C q 12 q 34rev kg q 12 v4 v3 q 34rev 217.617 K w v34 C 0.5 q 34rev d) 1. nein q 34 1. HS auf 3-4 q 34 w v34 w v34 j 34 u 4 u3 j 34 q 34rev q 34 0 j 34 kJ kg d) 2. Nutzen th Aufwand w vKP q zu für eine WKM th w vKP q 34rev q 12 Aufwand q zu w vKP 108.808 q zu kJ kg q 34 d) 3. 1. HS auf KP (Kreisprozeß) q 12 w vKP j 34 q 34rev q 12 q 34rev 2. HS auf KP s q12 s q34 s q34 q 34 T3 0 q 12 T 12 j 34 0 w vKP 0 s irr34 0 s irr34 0 d.h. der irreversible Kreisprozeß kann verwirklicht werden. 4 mit wie beim reversiblen Kreisprozeß s irr34 0 q 12 T 12 s irr34 0 kJ kg K Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTD1 75904569doc Die Dissipationsarbeit kann z.B. hier als Wellenarbeit angesehen werden, d.h. auf 3-4 statt Wärme wird diesmal Wellenarbeit zugeführt. Die Wellenarbeit soll hier als Aufwand bei der Berechnung des thermodynamischen Wirkungsgrades betrachtet werden. Der Zustand aller Eckpunkte bleibt somit unverändert. Wenn der Kreisprozeß für eine WKM eingesetzt wird, ergibt sich damit einen unendlichen Wirkungsgrad (Arbeit entsteht ohne Wärmezufuhr). Wird nun die WKM nicht mehr vorausgesetzt, dann bleibt in diesem Fall der thermische Wirkungsgrad unverändert. Die Entropie wird in diesem Fall nicht wegen der Wärmezufuhr s q34 sondern wegen der j 34 w w34 Irreversibilitäten s irr34 zunehmen. Am Ende (d.h. im Punkt 4) wird die T3 T3 Entropie den gleichen Wert in beiden Fällen (rev. und irrev.) erreichen. Aufgabe 2 Stoffwerte aus Tabelle T.II Stephan / Mayinger, S. 506 p K2 100 bar p K1 25 bar 3 V K 10 m a) Zustand 1 v´ 1 dm 1.19333 v´´ 1 dm 83.244 V´ 1 V´´ 1 mK 3 kg 3 kg p K1 ( 26 24 ) bar p K1 24 bar ( 26 VK 24 ) bar m´ 1 2 VK m´´ 1 2 m´ 1 24 bar m´´ 1 x 1 0.015 dm 1.19333 ) ( 1.20127 ( 76.898 kg dm 83.244 ) 3 V´ 1 v´ 1 1.197 m´ 1 4176.063 kg v´ 1 V´´ 1 m´´ 1 62.445 kg v´´ 1 VK x1 m´´ 1 mK v K1 2.359 mK dm 3 kg Zustand 2 1 - 2 isochore Erwärmung v´ 2 1.45216 5 dm 3 kg dm 3 v´´ 1 80.071 kg m K 4238.507 kg v K1 3 v´´ 2 18.025 dm 3 kg kg dm 3 kg Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu v K2 TTD1 v K1 v´ 2 v K2 v´´ 2 v K2 v´ 2 x2 v´´ 2 v´ 2 m´´ 2 232.007 kg 75904569doc isochor v K2 2.359 d.h. Naßdampf v K2 x 2 0.055 m´´ 2 m´´ m´´ 2 1 dm 3 kg x 2 v´ 2 x 2 v´´ 2 x 2 m K m´´ 169.562 kg m´´ 1 b) Q K12 W vK12 U K2 U K1 H K2 V K p K2 H K1 p K1 0 kJ W vK12 isochore Erwärmung Q K12 h´ 1 h´´ 1 h K1 m 1 h K2 951.96 kJ kg kJ 2801.7 24 bar 1 h´ 2 1408 h K2 1 p K1 kJ 951.96 ) ( 971.71 ( 26 24 ) bar p K1 24 bar kg ( 26 24 ) bar x 1 h´ 1 x 1 h´´ 1 h K1 Q K12 p K1 V K p K2 kg kJ 2801.7 ) ( 2802.6 kg h K2 x 2 h´´ 2 h K1 m K V K p K2 Aufgabe 3 q 23 c° v T 3 T1 R T3 1 kJ h´´ 1 2802.15 kg kJ h K1 988.948 kg kJ h´´ 2 2727.7 kg kJ kg x 2 h´ 2 kJ h´ 1 961.835 kg T1 kJ h K2 1480.238 kg 6 Q K12 2.007 10 kJ p K1 R T 1 1 ( T3 T4 p3 p4 T2 T1 p2 p1 6 1) Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu q 41 c° v T 4 T1 TTD1 R T4 1 T1 daraus folgt 75904569doc R T 1 1 ( q 23 1) q 41 und die zu- bzw. abgeführte Wärme werden nun q zu R T 3 ln ( ) q zu q 34 q ab th 1 w v12 R T 1 ln ( ) th R T 1 ln ( ) R T 3 T 1 ln ( ) R T 3 ln ( ) th 1 R T 3 ln ( ) d.h. identisch mit dem Carnotprozeß. 7 T1 T3 q ab q 12 T1 th 1 T3 Var. 2 Var. 1
