Mathcad - TTS_060204.mcd
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Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu Aufgabe 1 (TTS & STL) TTS-Klausur Name / Matrikel-Nr.: Bitte alles LESBAR verfassen !!! 1. Welche Unterschiede bestehen für die innere Energie und die Entropie im Endzustand und warum, wenn einem geschlossenen System in gleicher Maße entweder a) nur Wärme, oder b) nur Volumenänderungsarbeit, oder c) nur Dissipationsarbeit zugeführt wird? Man benutze den 1. und den 2.HS dazu. .................................................. (8P) 2. Welche Energieformen sind von der Entropie begleitet und warum nur diese? ..... (2P) 3. In einem adiabaten geschlossenen Gesamtsystem wird Wärme über eine Trennwand zwischen den zwei Teilsystemen A und B ausgetauscht. Wenn die Wärme Q von A nach B übergeht, man beschreibe was mit den Energien und deren Anteile (Exergie und Anergie) in den beiden Teilsystemen und im Gesamtsystem geschieht. Welche Art von Verlusten entstehen und warum? .................................................................... (5P) 4. Man gebe Beispiele von Dissipationsarbeiten im Falle eines geschlossenen und eines offenen Systems. Warum werden alle gemeinsam unter diesem Begriff eingestuft? (2P) 5. Unter welchen Bedingungen (Druck, Temperatur usw.) verdampft das Wassereis ohne dadurch sich zuerst Naßdampf gebildet zu haben? Man beschreibe kurz diesen Prozess und erkläre beispielhaft, wie er zustande kommen könnte. ................................ (5P) 6. Wie groß sind die Molvolumina von Sauerstoff, Kohlendioxid und Luft (als Idealgas genommen) bei t6 := 20 ⋅ °C und p6 := 1.5 ⋅ bar ? ........................................ (3P) 7. Wie hoch ist der hydrostatische Druck auf dem Boden eines vertikal gerichteten zylindrischen Gefäßes mit dem Innendurchmesser d7 := 100 ⋅ mm, wenn sich im Zylinder m7 := 4 ⋅ kg Wasser bei p7 := 0.5 ⋅ MPa (Kolbendruck) und t7 := 113 ⋅ °C befinden? Das Wasser muss hier als Realstoff (Dampftafeln) behandelt werden! ............ (15P) 8. Wie erkennt man in einem h,s-Diagramm eines Stoffes den Bereich, in dem dieser Stoff als Idealgas behandelt werden darf und warum? Hinweis: Man beginne aus der Definition des Idealgasverhaltens. ................................................................................ (5P) 9. Wasserdampf (Realstoff) befindet sich bei p9 := 25 ⋅ bar und t9a := 400 ⋅ °C. Man trage maßtäblich in einem T,s-Diagramm den isobaren reversiblen Abkühlungsprozess bis zu t9b := 0 ⋅ °C und erkläre die Bedeutung der Flächen unter der Kurve, die von den Schnittpunkten mit den Tau- bzw. Siedelinien getrennt sind. ............................. (10P) 10. a) Man bestimme gemäß Definitionen und anhang von Dampftafeln den Volumenausdehnungskoeffizient und den Kompressibilitätskoeffizient des Wassers bei p10 := 15 ⋅ bar und t10 := 100 ⋅ °C. 10. b) Man bestimme anschließend das spezifische Volumen anhand der Formel der thermischen Zustandsgleichung aus §1.3.3.12, wenn die Temperatur und der Druck sich um Δt10 := 15 ⋅ °C und Δp10 := 5 ⋅ bar gegenüber den angegebenen Zustand ändern. 10. c) Man überprüfe das Ergebniss von 10. b) mithilfe der Interpolation. ....... (10+3+7P) TTS_060204.mcd 1 04.02.2006 Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTS-Klausur Aufgabe 2 (TTS & STL) Name / Matrikel-Nr.: Bitte alles LESBAR verfassen !!! Die Prozesse in das unten abgebildete Venturi-Rohr laufen stationär ab und die Luft ist als Idealgas mit κ := 1.4 zu behandeln. 1. Man bestimme den Zustand (p, ρ, t, c, a) der Luft im engsten Querschnitt (2) im Falle: a) einer inkompressiblen (Zustand 2a), ......................................................(15P) b) einer isothermen (Zustand 2b) und ........................................................(30P) c) einer isentropen (Zustand 2c) Strömung. ...............................................(30P) Man kommentiere und begründe anschließend die erzielten Ergebnisse und stelle die Verläufe von p, ρ, t, c graphisch entlang der Luftströmung 1-2 dar. ..................(15P) p1 := 1.0 ⋅ bar m´ := 1 ⋅ kg s d1 := 100 ⋅ mm t1 := 23.85 ⋅ °C dw := 5 ⋅ mm p0 := 1.013 ⋅ bar d2 := 80 ⋅ mm ρ w := 1000 ⋅ kg m νw := 10 3 −6 m ⋅ 2 s σ w := 72 ⋅ N m Hinweis: Diejenige, die den Punkt 1.c) nicht schaffen können, sollen p2c = 0.85 ⋅ bar für die weiteren Berechnungen einsetzen und den Zustand 2c vervollständigen. .. (10P) 2. Im Falle der isentropen Luftströmung (Zustand 2c) bestimme man: 2. a) den maximalen Wert von hw , bei dem Wasser aus dem Behälter gerade noch angesaugt wird (ohne und mit Berücksichtigung der Kapillarität) ........................ (10P) 2. b) die Strömungsgeschwindigkeit des Wassers, wenn: hw := 1 ⋅ m, ζ 1w := 1, ζ 2w := 0.5, kw := 0.1 ⋅ mm angegeben sind .................................................. (25P) TTS_060204.mcd 2 04.02.2006 Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTS_060204.mcd TTS-Klausur 3 Name / Matrikel-Nr.: 04.02.2006 Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTS-Klausur Name / Matrikel-Nr.: Lösung der Aufgabe 1 1.1 du = dq + dwv + dj ds = dq dj + = dsq + dsirr T T u2 − u1 = q12 + wv12 + j12 1. HS s2 − s1 = sq12 + sirr12 2. HS a) Bei Zufuhr nur von Wärme nehmen innere Energie und Entropie gleichzeitig zu. b) Bei Zufuhr nur von Volumenänderungsarbeit nimmt nur die innere Energie zu (die Entropie bleibt unverändert). c) Bei Zufuhr nur von Dissipationsarbeit ist das Ergebnis identisch mit dem von a). In allen drei Fällen ist die innere Energie im Endzustang (2) gleich groß. 1.2 Die Wärme ist von Entropie begleitet, weil sie durch die chaotische (unordinierte) hin und her Bewegung der Wandteilchen (Systemgrenze) dem System zugeführt oder entnommen wird. Die dem System zugeführte Dissipationsarbeit ist ebenfalls von Entropie begleitet (z.B. Rührer im geschl. System, da die ordinierte Wellenarbeit (mech. Arbeit) durch den Rührer (Ventilator) chaotisch den Teilchen des Fluids im System verteilt werden und nicht gänzlich wieder in einer ordinierten Form (spricht mech. Arbeit) zurück gewonnen werden kann. 1.3 Wenn Wärme von A nach B übergeht, dann ist im Betrag die Abnahme der inneren Energie im A der ausgetauschten Wärme zwischen A und B und der Zunahme der inneren Energie im B gleich, d.h. mit QAB > 0 QAB = −ΔUA = ΔUB 1.HS im Gesamtsystem und in den Teilsystemen A und B Beim Durchgang der Trennwand wird ein Teil der Exergie der Wärme in Anergie ungewandelt, was durch eine Zunahme der Entropie ins Gesamtsystem ( SirrAB > 0 ) zu erkennen ist (s. & 2.4.1.2 Irreversibilität des Wärmeübergangs). Der Exergieverlust kann somit wie unter & 2.4.3.5 erechnet werden Ev = Tu ⋅ SirrAB . Die Exergieverluste in der Trennwand sind somit durch den dort chaotisch ablaufenden Energietransport verursacht. TTS_060204.mcd 4 04.02.2006 Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu Name / Matrikel-Nr.: TTS-Klausur 1.4 Geschlossenes System: • Reibungen aller Art (z.B. auch Innenströmungen durch Vervormung des Systems) • Elektrische Arbeit zugeführt über einen el. Widerstand • Wellenarbeit zugeführt über einen Rüher usw. Offenes System: • Reibungen aller Art, die meistens durch Druckabfall gekennzeichnet sind • Elektrische Arbeit zugeführt über einen el. Widerstand usw. 1.5 Das Wassereis kann bei sehr niedrigem Druck direkt im Dampf übergehen, d.h. sublimieren. Die einzelnen Bedingungen sind: a) der Druck und die Temperatur des Wassereises müssen im Anfangszustand kleiner als diejenige des Tripelpunktes liegen, b) Wärme muss dem Wassereis zugeführt werden, c) wobei der Druck des Tripelpunktes während dieses Prozesses nicht überschritten werden darf. 1.6 p ⋅ Vm = Rm ⋅ T Vm := Rm ⋅ thermische Zustandsgleichung idealer Gase 3 t6 + T0 m Vm = 16.249 kmol p6 unabhängig von Gasart 1.7 Die Wasserdichte soll aus Dampftafel bei p7 = 5 bar und t7 = 113 °C durch Interpolation ermitelt werden. 3 3 dm ( 120 − 113) ⋅ °C dm v7 := 1.04321 ⋅ + ⋅ ( 1.0601 − 1.04321) ⋅ kg ( 120 − 100) ⋅ °C kg ρ 7 := 1 v7 ρ 7 = 953.178 3 dm v7 = 1.049 kg kg m 3 Die Tiefe des Behälters kann damit erechnet werden VB = π ⋅ d7 2 4 ⋅ h7 = m7 ρ7 h7 := 4 ⋅ m7 h7 = 0.534 m 2 π ⋅ d7 ⋅ ρ 7 Der hydrostatische Druck beträgt somit p7hyd := p7 + ρ 7 ⋅ g ⋅ h7 p7hyd = 5.05 bar d.h. der Einfluss des Schweredruckes (15 Punkte) p7hyd − p7 = 0.05 bar ist hier zu vernachläßigen. Das obige Ergebnis kann aber auch direkt ohne Berechnung der Dichte erfolgen, wenn man die Masse in die Formel des hydrostatischen Druckes einsetzt. TTS_060204.mcd 5 04.02.2006 Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu m7 = π 4 2 ⋅ d7 ⋅ h7 ⋅ ρ 7 p7hyd := p7 + g ⋅ 4 ⋅ d7 m7 ρ 7 ⋅ h7 = π 4 m7 π Name / Matrikel-Nr.: TTS-Klausur ⋅ d7 2 p7hyd = 5.05 bar 2 (10 Punkte) 1.8 Das Idealgasverhalten ist durch die thermische und kalorischen Zustandsgleichungen vorgeschrieben. Da hier es um h,s-Diagramm handelt, ist die kalorische Zustandsgleichung der Enthalpie maßgebend dh = c°p ⋅ dT d.h. die spezifische Enthalpie ist der Temperatur proportional. Demzufolge das Gebiet, wo die Isothermen (Temperatur bleibt konstant) horizontal (d.h. auch spez. Enthalpie bleibt konstant) ablaufen, ist die Zone, wo das Verhalten des Stoffes dem Idealgas ähneln. 1.9 800 7.0146 T T9 700 9a Ts9 t9a+T0 K K 600 K Ts9 K 9´ 500 9´´ T0 400 K t9a+T0 K 300 9b 200 1 0 1 2 T s9 kJ kg⋅K , 3 4 ss9 st9 kJ kg⋅K , kJ kg⋅K 5 , 6 7 (s9T )1 (s9T )16 kJ kg⋅K , 8 9 10 kJ kg⋅K Fläche unter 9a-9´´ bedeutet die abgeführte Wärme zur Abkühlung des Wasserdampfes. Fläche unter 9´´-9´ bedeutet die abgeführte Wärme zum Kondesieren des Wasserdampfes. Fläche unter 9´-9b bedeutet die abgeführte Wärme zur Abkühlung des flüssigen Wasser. TTS_060204.mcd 6 04.02.2006 Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTS-Klausur Name / Matrikel-Nr.: Die Zahlenwerte für das T,s-Diagramm wurden aus ÜD-Tafeln (s. http://www.haw-hamburg.de/pers/Gheorghiu/Vorlesungen/TTS/Skript/3/H2O_ueberhitzer_Dampf_1.jpg) und die Zustände der Schnittpunkte aus ND-Tafeln bei 25 bar entnommen (s. http://www.haw-hamburg.de/pers/Gheorghiu/Vorlesungen/TTS/Skript/3/H2O_Nassdampf_Temp_3.jpg) 1.10.a Gemäß Definitionen es gilt: β= 1 ⎛ dv ⎞ ⋅⎜ ⎟ v ⎝ dT ⎠ p=const Volumenausdehnungskoeffizient χ= −1 ⎛ dv ⎞ ⋅⎜ ⎟ v ⎝ dp ⎠ T=const Kompressibilitätskoeffizient Mit Hilfe der Dapftafeln und des gegebenen Zustands (flüssig) kann man schreiben β ( 15 ⋅ bar , 100 ⋅ °C) = 1 ⎛ v ( 15 ⋅ bar , 120 ⋅ °C) − v ( 15 ⋅ bar , 80 ⋅ °C) ⎞ ⋅⎜ ⎟ v ( 15 ⋅ bar , 100 ⋅ °C) ⎝ 120 ⋅ °C − 80 ⋅ °C ⎠ χ ( 15 ⋅ bar , 100 ⋅ °C) = −1 ⎛ v ( 25 ⋅ bar , 100 ⋅ °C) − v ( 10 ⋅ bar , 100 ⋅ °C) ⎞ ⋅⎜ ⎟ v ( 15 ⋅ bar , 100 ⋅ °C) ⎝ 25 ⋅ bar − 10 ⋅ bar ⎠ 3 dm ( 1.05954 − 1.02834) ⋅ 1 kg β 10 := ⋅ 3 ( 120 − 80) ⋅ °C dm 1.0427 ⋅ kg β 10 = 7.481 × 10 −4 1 χ 10 = 4.859 × 10 −5 1 K 3 dm ( 1.04219 − 1.04295) ⋅ −1 kg χ 10 := ⋅ 3 ( 25 − 10) ⋅ bar dm 1.0427 ⋅ kg bar 1.10.b 3 dm v10 := 1.0427 ⋅ kg ( ) v10b := v10 ⋅ 1 + β 10 ⋅ Δt10 + χ 10 ⋅ Δp10 TTS_060204.mcd v10b = 1.055 7 dm 3 kg 04.02.2006 Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu Name / Matrikel-Nr.: TTS-Klausur T 1.10.c | t := ( 100 120 ) ⋅ °C | _____________________________________________ | ⎛ 15 ⎞ ⎛ 1.0427 1.05954 ⎞ dm 3 | p = ⎜ ⎟ bar v := ⎜ ⎟⋅ | 25 1.04219 1.05819 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ kg T p := ( 15 25 ) ⋅ bar t2 − t10 ⋅ ( v1 , 2 − v1 , 1) + p2 − p10 ⋅ ( v2 , 1 − v1 , 1) ... t2 − t1 p2 − p1 t2 − t10 p2 − p10 + ⋅ ⋅ ( v1 , 1 + v2 , 2 − v1 , 2 − v2 , 1) t2 − t1 p2 − p1 v10c := v10 + 3 dm v10c = 1.058 kg Lösung der Aufgabe 2 2.1.a T1 := t1 + T0 p1 ρ 1 := c1 := T1 = 297 K ρ 1 = 1.173 RL ⋅ T1 A1 := kg 3 m m c1 = 108.53 s m´ ρ 1 ⋅ A1 A2 := π 4 π 4 ⋅ d1 2 A1 = 78.54 cm ⋅ d2 2 A2 = 50.265 cm 2 2 Kontinuität A1 ⋅ c1 = A2 ⋅ c2a c2a := A1 A2 ⋅ c1 c2a = 169.6 m s ρ 2a := ρ 1 Bernoulli-Inkompressibel p1 + ρ 1 ⋅ T2a := c1 2 2 = p2a + ρ 1 ⋅ p2a ρ 2a ⋅ RL c2a 2 p2a := p1 + 2 T2a = 267.4 K ρ1 2 ( 2 ⋅ c1 − c2a a2a := κ ⋅ p2a ρ 2a ) 2 p2a = 0.9 bar a2a = 327.8 m s 2.1.b 2 2 c2b − c1 p1 ⎛ p2b ⎞ + ⋅ ln ⎜ ⎟=0 2 ρ1 ⎝ p1 ⎠ p1 ρ1 = p2b ρ 2b ρ 2b = ρ 1 ⋅ m´ = A1 ⋅ c1 ⋅ ρ 1 = A2 ⋅ c2b ⋅ ρ 2b = TTS_060204.mcd Bernoulli-Gl. der isothermen, verlustfreien Strömung p2b th. ZG p1 A2 ⋅ ρ 1 p1 ⋅ c2b ⋅ p2b 8 c2b = m´ ⋅ p1 A2 ⋅ ρ 1 ⋅ p2b Kontinuität 04.02.2006 Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTS-Klausur Name / Matrikel-Nr.: 2 ⎛ m´ ⋅ p1 ⎞ ⎛ p2b ⎞ 2 2 ⋅ p1 Startwert: ⋅ ln ⎜ p2b := p2a ⎜ ⎟ − c1 + ⎟=0 ρ1 ⎝ p1 ⎠ ⎝ A2 ⋅ ρ 1 ⋅ p2b ⎠ 2 ⎡⎛ m´ ⋅ p ⎤ ⎛ p2b ⎞ 1 ⎞ ⎢ ⎥ 2 2 ⋅ p1 p2b := wurzel ⎢⎜ ⋅ ln ⎜ p2b = 0.847 bar ⎟ − c1 + ⎟ , p2b⎥ ρ1 ⎝ p1 ⎠ ⎣⎝ A2 ⋅ ρ 1 ⋅ p2b ⎠ ⎦ numerische Lösung mihilfe c2b := m´ ⋅ p1 A2 ⋅ ρ 1 ⋅ p2b ρ 2b := ρ 1 ⋅ T2b := der MathCAD-Funktion "wurzel" m c2b = 200.2 s p2b ρ 2b = 0.994 p1 kg m p2b a2b := 3 κ ⋅ p2b m s a2b = 345.4 ρ 2b T2b = 297 K ρ 2b ⋅ RL 2.1.c p2c := 0.85 ⋅ bar Zustand 2c im Falle, dass der Enddruck übernommen wird (s. Hinweis) 1 ⎛ p2c ⎞ ρ 2c := ρ 1 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ p1 ⎠ c2c := κ ρ 2c = 1.045 kg m m´ a2c := 3 Richtige Lösung a2c = 337.5 ρ 2c ⎛ ρ 2c ⎞ T2c := T1 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ ρ1 ⎠ m c2c = 190.5 s A2 ⋅ ρ 2c κ ⋅ p2c κ −1 T2c = 283.5 K Bernoulli- und Kontinuitäts-Gl wurden ähnlich wie unter 2.1.b bearbeitet, so dass als Unbekannte nur der Druck p2c übrig geblieben ist. Bernoulli-Isentrop p2c := p2b Startwert: κ −1 ⎤ ⎡ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 2 κ p p ⎢ ⎥ ⎞ ⎢⎛ m´ ⋅ p1 ⎞ ⎛ ⎥ 2 ⋅ κ 1 2c 2 p2c := wurzel ⎢⎜ ⋅ ⋅ ⎢⎜ − 1⎥ , p2c⎥ ⎟ − c1 + ⎟ κ − 1 ρ 1 ⎣⎝ p1 ⎠ ⎦ ⎣⎝ A2 ⋅ ρ 1 ⋅ p2c ⎠ ⎦ 1 ⎛ p2c ⎞ ρ 2c := ρ 1 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ p1 ⎠ c2c := κ ρ 2c = 1.036 kg m m´ c2c = 192 A2 ⋅ ρ 2c a2c := 3 m s TTS_060204.mcd κ ⋅ p2c p2c = 0.84 bar numerische Lösung a2c = 337 ρ 2c m s κ −1 ⎛ p2c ⎞ T2c := T1 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ p1 ⎠ Zum Prüfen: Temp. durch drei Methoden: ⎛ ρ 2c ⎞ T2c := T1 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ ρ1 ⎠ m s κ −1 T2c = 282.6 K T2c := 9 p2c ρ 2c ⋅ RL κ T2c = 282.6 K T2c = 282.6 K 04.02.2006 Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu Name / Matrikel-Nr.: TTS-Klausur 2.2.a hw_a := p0 − p2c Ohne Kapillarität muss nur die Druckdifferenz das Gewicht der Wassersäule ausgleichen hw_a = 1.63 m ρw ⋅ g π ( p0 − p2c) ⋅ 4 ⋅ dw 2 + σ w ⋅ π ⋅ dw = Druckdifferenz π 4 2 ⋅ dw ⋅ hw_kap ⋅ ρ w ⋅ g Kapillarität Gewicht Kräftegleichgewicht im Falle von Berücksichtigung der Kapillarität π ( p0 − p2c) ⋅ 4 ⋅ dw 2 + σ w ⋅ π ⋅ dw hw_kap := π 4 hw_kap = 7.503 m 2 ⋅ dw ⋅ ρ w ⋅ g Falsches und somit unrealistisches Ergebnis! Hinweis: In der Klausuraufgabe wurde absichtlich ein 1000 Facher großerer Wert für σ w angegeben, um die Abschätzungsvermögen der Studierenden zu testen! σ w := 0.072 ⋅ N m σ w wurde hiermit verbessert π ( p0 − p2c) ⋅ 4 ⋅ dw 2 + σ w ⋅ π ⋅ dw hw_kap := π 4 hw_kap = 1.635 m 2 ⋅ dw ⋅ ρ w ⋅ g Realwert und plausibles Ergebnis 2.2.b Für eine große Re-Zahl ergibt sich für dw kw p0 ρw = p2c ρw + cw 2 2 ⎛ hw ⎝ dw ⋅ ⎜1 + λw ⋅ ⎛ ⎛ dw ⎞ ⎞ ⎜ 2 ⋅ log ⎜ ⎟ + 1.14⎟ ⎝ ⎝ kw ⎠ ⎠ 1 + λw ⋅ hw dw ⎛ p0 − p2c 2 1 + λw ⋅ TTS_060204.mcd ⎝ ρw Rew = 5.028 × 10 νw cw := ⎠ ⋅⎜ + ζ 1w + ζ 2w dw ⋅ cw ⎞ + ζ 1w + ζ 2w ⎟ + g ⋅ hw 2 cw := Rew := 1 λ w := = 50 hw dw + ζ 1w + ζ 2w ⎝ ρw erste Annäherung Bernoulli-Inkompressibel ⎞ − g ⋅ hw⎟ ⎠ 3 ⎛ p0 − p2c ⋅⎜ λ w = 0.049 2 Nikuradse-Diag. ⎞ − g ⋅ hw⎟ ⎠ 10 m s erste Annäherung cw = 1.006 λ w := 0.055 cw = 0.956 m s 04.02.2006
