Übungsaufgaben zur Energietechnik

Gewerbeschule Lörrach
A
Energietechnik
Übungen
Aufgaben
Gasgesetze
1
1.1
1.2
1.3
1.4
Luftmasse im Klassenzimmer
Schätzen Sie die Masse im Kopf ab.
Schätzen Sie die Masse mithilfe der Dichte ab.
Schätzen Sie aus 1.2 die spez. Gaskonstante Ri.
Welches sind Fehlerquellen?
2
Eine Sauerstoffflasche enthält ein Volumen von 50 l
bei 100 bar und steht bei 20°C im Lager.
Welche Masse Sauerstoff enthält die Flasche ?
Welche Dichte hat der Sauerstoff in der Flasche ?
Die Sauerstoffflasche erwärmt sich in der Sonne auf
50°C. Skizzieren Sie das p-V-Diagramm.
Wie hoch wird der Druck in der Flasche ?
Nachts kühlt die Flasche auf -5°C ab. Auf welchen
Wert sinkt der Druck in der Flasche ?
Mit dem Sauerstoff wird mit 2,5 bar bei 20°C geschweißt. Welches Volumen steht dem Schweißer
zur Verfügung ?
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
3
Ein Pneumatikzylinder mit einem Volumen von 10 l
hält bei 3 bar und 20°C eine gleich bleibende Last
3.1 Durch Sonneneinstrahlung erwärmt sich der Zylinder, und die Last hebt sich mit dem Gasvolumen um
10% in die Höhe. Skizzieren Sie das p-V-Diagramm.
3.2 Welche Temperatur bekommt die Luft im Zylinder ?
3.3 Wie groß ist das Volumen im Zylinder, wenn die Luft
auf 0°C abkühlt ?
4
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
4.6
Das Volumen einer Fahrradluftpumpe liegt zwischen
100 cm³ und 5 cm³. Die Pumpe wird mit Luft (20°C,
Atmosphärendruck) gefüllt.
Welcher Druck kann maximal entstehen, wenn man
so langsam pumpt, dass ein vollständiger Ausgleich
der Temperatur stattfindet ?
Welcher Druck kann maximal entstehen, wenn man
so schnell pumpt, dass keine Wärme mit der Umgebung ausgetauscht wird ?
Welche Temperaturen kann die Luft in der Pumpe
bei 4.1 und 4.2 erreichen ?
Skizzieren Sie für 4.1 und 4.2 das p-V-Diagramm.
Welche mech. Arbeiten ist für 4.1 und 4.2 nötig?
Warum hat schnelles Pumpen praktische Vorteile ?
Prozesse mit idealen Gasen
5
Viertakt-Otto-Motor
Ein 4-Takt-Ottomotor hat die folgenden Daten:
Gesamthubraum
VH =
2,0 l
Zylinderzahl
z =
5,
Verdichtungsverhältnis
 =
10,:1
Ansaugdruck
p1 =
0,8 bar
Ansaugtemperatur
T1 =
80,°C
Verbrennungstemperatur: T3 = 2500,°C
Hinweise: Der Prozess wird vereinfacht, der Gaswechsel
wird vernachlässigt:
– adiabate Verdichtung
– isochore Verbrennung
– adiabate Entspannung
– isochore Wärmeabfuhr
– Das Gas im Zylinder verhält sich wie reine Luft.
– Das Verdichtungsverhältnis ist das Verhältnis aus
maximalen (Vh+Vc) zu minimalem (Vc) Brennraum.
Der Hubraum (Vh) ist die Differenz aus beiden.
5.1 Skizzieren Sie das p,V-Diagramm des Prozesses.
5.2 Nummerieren Sie die Eckpunkte des Diagramms,
mit der Nummer 1 zu Beginn der Verdichtung.
5.3 Ermitteln Sie die neu angesaugte Luftmasse m 0 je
Zylinder und Ansaugvorgang.
5.4 Wie groß ist die Masse m1 aller Gase im Brennraum
(=m0 plus Restgase vom vorherigen Takt mit denselben Zustandsgrößen wie die Frischgase.)
5.5 Stellen Sie die Ergebnisse tabellarisch dar.
5.6 Berechnen Sie die Zustandsgrößen V2, p2 und T2
nach der Verdichtung.
5.7 Berechnen Sie die Zustandsgrößen V3, p3 und T3
nach der Verbrennung.
5.8 Berechnen Sie die Zustandsgrößen V4, p4 und T4
nach der adiabaten Entspannung.
Wärmebilanz
5.9 Berechnen Sie die Wärmeenergie Q23, die dem Gas
bei einer Verbrennung zugeführt wird.1
5.10 Welche Wärmemenge Q41 wird mit dem Gaswechsel abgeführt?2
5.11 Berechnen Sie die Wärmebilanz.
5.12 Markieren Sie Wärmezu- und abfuhr im p,V-Diagramm.
Mechanische Arbeit
5.13 Berechnen Sie die Kompressionsarbeit W 12, die Expansionsarbeit W 34 und die Nutzenergie W Nutz je Arbeitstakt.
5.14 Markieren Sie die Arbeiten im p,V-Diagramm.
5.15 Vergleichen Sie die Wärmebilanz mit der Nutzarbeit.
Sonstiges
5.16 Wie viel Normal-Benzin muss verbrannt werden, um
Q23 zu erzeugen? (Heizwert Hu = 42700 kJ/kg)
5.17 Wie groß ist der Kraftstoffverbrauch je Stunde,
wenn der Motor mit 3000 min-1 dreht und nur bei jeder 2. Umdrehung einen Arbeitstakt3 vollzieht?
5.18 Welche Leistung gibt der Motor ab, wenn der
Kreisprozess bei 3000 min-1 stattfindet ?
5.19 Wie groß ist der Wirkungsgrad in diesem theoretischen Modell ? (In der Praxis erreichen Ottomotoren Wirkungsgrade von max. 30%)
5.20 Wie hoch kann der Wirkungsgrad maximal werden ?
6
Viertakt-Diesel-Motor
Berechnen Sie den Kreisprozess für einen Dieselmotor, der gegenüber dem obigen Ottomotor die folgenden Abweichungen hat:
– Verdichtung  = 20:1
– Die Verbrennung erfolgt isobar
– T3 kann nicht übernommen werden. Ermitteln Sie es
mit der folgenden Angabe zum Dieselkraftstoff
– Einspritzvolumen VKr = 12,8 mm³
– Heizwert Hu = 42500 kJ/kg
– Dichte  = 0,83 kg/dm³
1
Beim Ottoprozess besteht das Frischgas aus Kraftstoff-Luft-Gemisch und wird durch eine
Zündkerze gezündet (Fremdzündung). Die Verbrennung erfolgt dann sehr schnell, während
sich der Kolben um den oberen Totpunkt herum kaum bewegt (→ Gleichraumverbrennung =
isochor). Wenn die Verdichtung eines Otto-Motors zu hoch ist, kann sich das Kraftstoff-LuftGemisch vorzeitig selbst entzünden (Klopfen) und zu Leistungsverlust und Motorschäden
führen. Super-Benzin ist klopffester und kann etwas höher verdichtet werden.
Beim Dieselprozess besteht das Frischgas aus reiner Luft, die nicht vorzeitig zünden und
höher verdichtet werden kann (→ höherer Wirkungsgrad). Kraftstoff wird erst eingespritzt,
wenn die Verbrennung beginnen soll. Idealerweise wird der Kraftstoff allmählich eingespritzt,
damit der Verbrennungsdruck konstant bleibt (→ Gleichdruck verbrennung bzw. isobar). Weil
die Gemischbildung zwischen Einspritz- und Verbrennungsbeginn Zeit erfordert, kann ein
Diesel nicht so schnell drehen wie ein Benziner, bei dem die Gemischbildung schon im Ansaugtakt beginnt.
2
Bei Verbrennungsmotoren (Otto, Diesel ..) wird die Wärme durch Gaswechsel abgeführt. Bevor beim Arbeitstakt der Kolben seinen unteren Totpunkt erreicht, öffnet das Auslassventil
und entlässt die unter Überdruck stehenden heißen Abgase. Im Ausstoßtakt werden die verbleibenden Abgase hinausgeschoben und im Ansaugtakt durch Frischgas ersetzt.
3
Alle 4-Taktmotoren haben nur bei jeder 2ten Kurbelwellenumdrehung einen Arbeitstakt.
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08.10.16, Energie_Ub.odt, S.1/14
Gewerbeschule Lörrach
Energietechnik
Übungen
7
Stirling-Motor
In einem Stirling-Motor schieben Verdrängerkolben das
Arbeitsmedium zwischen einer heißen und einer kalten
Zone hin- und her. Die Temperaturwechsel erzeugen
Druckschwankungen, die von Arbeitskolben in mechanische Energie umgesetzt werden.
Ein Stirling-Motor1 hat die folgenden Daten:
Zylinderzahl
z
=
1
größtes Volumen
Vmax = 1050,cm³
kleinstes Volumen
Vmin = 450,cm³
größter Druck
pmax =
10,bar
höchste Temperatur
Tmax = 650,°C
niedrigste Temperatur
Tmin =
50,°C
Arbeitsmedium
Stickstoff
Zustandsänderungen:
– Das Arbeitsmedium wird verdichtet. Die Verdichtung verläuft isotherm, weil das Arbeitsmedium
Wärme an die kalte Zone abgibt.
– Das Arbeitsmedium wird isochor in die heiße Zone
verschoben, gewinnt dabei Wärme vom Regenerator zurück und steigt im Druck.
– Die heiße Zone gibt Wärme an das Arbeitsmedium
ab, das dadurch isotherm entspannt.
– Das Arbeitsmedium wird isochor in die kalte Zone
verschoben und lädt dabei den Regenerator mit
Wärme auf.
7.1 Skizzieren Sie das p,V-Diagramm des Prozesses.
7.2 Nummerieren Sie die Eckpunkte des Diagramms
beginnend mit der Verdichtung.
7.3 Tabellieren Sie die Zustandsgrößen V, p und T für
alle 4 Zustände.
Wärmebilanz
7.4 Welche Wärmemenge Q12 wird abgegeben?
7.5 Berechnen Sie die Wärmeenergie Q34, die dem Arbeitsmedium zugeführt wird.
7.6 Welche Wärmemenge wird im Regenerator zwischengespeichert?
7.7 Markieren Sie Wärmezu- und abfuhr im p,V-Diagramm.
Mechanische Arbeit
7.8 Berechnen Sie die Kompressionsarbeit W 12, die Expansionsarbeit W 34 und die Nutzenergie W Nutz je Umdrehung.
7.9 Markieren Sie die Arbeiten im p,V-Diagramm.
7.10 Vergleichen Sie die Wärmebilanz mit der Nutzarbeit.
Sonstiges
7.11 Welche Leistung gibt der Motor theoretisch ab,
wenn er mit 500 min-1 dreht?2
7.12 Wie groß ist der Wirkungsgrad in diesem theoretischen Modell ?
7.13 Wie hoch kann der Wirkungsgrad maximal werden ?
8
Gasturbine
Quelle: [Baucke 1982] S.102
Funktionsweise einer Gasturbine mit Werten:
– Ein Verdichter saugt Luft an und verdichtet sie
adiabatisch. (p1 = 1 bar, T1 = 20°C, p2/p1 = 7,6)
– Die verdichtete Luft strömt durch eine Brennkammer, wo bei gleichbleibendem Druck stetig
Brennstoff verbrannt wird (→ Wärmezufuhr).
– In einer Turbine wird die heiße Luft adiabatisch entspannt und gibt mechanische Arbeit ab.
– Bei einer offenen Gasturbine entweichen die Gase
ins Freie (isobarer Prozess, p4 = 1 bar) und nehmen auch Wärme mit.
Randbedingungen
– Die Temperatur ausgangs der Brennkammer bzw.
eingangs der Turbine ist durch Werkstoffe und
Kühlmöglichkeit in der Turbine begrenzt.
(T3 = 1150 K)
8.1 Skizzieren Sie das p,V-Diagramm des Prozesses.
8.2 Nummerieren Sie die Eckpunkte des Diagrammes
mit der Nummer 1 zu Beginn der Verdichtung.
8.3 Tabellieren Sie die Zustandsgrößen V (pro Sekunde), p und T für alle 4 Zustände bei einem Volumenstrom V̇ = 50 m³/s.
Wärmebilanz
8.4 Berechnen Sie die spezifische Wärmeenergie q23,
die in der Brennkammer zugeführt wird.
8.5 Welche spezifische Wärmemenge q41 wird abgegeben ?
8.6 Markieren Sie Wärmezu- und abfuhr im p,V-Diagramm.
Mechanische Arbeit
8.7 Berechnen Sie spezifische Nutzenergie wNutz.
8.8 Markieren Sie die Arbeiten im p,V-Diagramm.
Sonstiges
8.9 Welche Leistung gibt die Gasturbine ab?
8.10 Berechnen Sie den Wirkungsgrad dieser Gasturbine?
8.11 Vergleichen Sie den Carnot-Wirkungsgrad einer
Gasturbine mit dem eines Ottomotors.
9
Fiktiver Kreisprozess
Ein Prototyp wird mit den folgenden Zustandsgrößen getestet, die Zustandsänderung 3 → 4 verläuft isotherm:
Zustand
1
p [bar]
0,9
V [cm³]
500
2
42,78
25
3
4
42,78
500
T [K]
323,2
768,1
1500
9.1 Berechnen Sie die fehlenden Werte V3, p4 und T4.
9.2 Welches Arbeitsgas wird verwendet?
9.3 Zeichnen Sie den Kreisprozess maßstäblich in ein
pV-Diagramm und benennen Sie die Zustandsänderungen.
1
Quelle: [Viebach HP]
2
Ein vergleichbarer realer Motor leistet etwa 500W
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08.10.16, Energie_Ub.odt, S.2/14
Gewerbeschule Lörrach
Energietechnik
Übungen
Prozesse mit realen Fluiden
Sonstiges
10
12 Kolbendampfmaschine
Quelle [Niederstraßer] S.67ff
Eine Zwillingslokomotive hat die folgenden Daten:
Zylinderzahl
z
=
2
Hubraum
Vh
=
13,l 1
= Vmax - Vmin
Schädlicher Raum
Vmin =
1,l
Kesseldruck
p
=
16,bar
Arbeitsmedium
Wasserdampf
Wärmekapazitäten:
cp
= 1,90 kJ/kgK
cv
= 1,44 kJ/kgK
Zustandsänderungen:
– 1-2: Der Kolben schiebt Wasserdampf bei einem
Druck von 1 bar aus dem Zylinder2.
– 2-3: Ab einem Zylindervolumen VKo = 3,5 l wird das
Ausströmrohr geschlossen und der Restdampf
adiabatisch komprimiert3.
– 3-4: Im kleinsten Volumen beginnt das Einströmen
des Dampfes. Wegen der Strömungsverluste in
den Rohrleitungen steigt der Zylinderdruck nur bis
1 bar unter dem Kesseldruck.
– 4-5: Auch bei bewegtem Kolben strömt Dampf bei
konstantem Druck4 ein. Das Schließen der Dampfzufuhr wird so gesteuert, dass p6 = 1,5 bar beträgt.
– 5-6: Danach entspannt sich der Dampf, die Kurve
verläuft etwa entlang einer Hyperbel5.
– 6-1: Nach Öffnen der Ausströmrohre sinkt der
Druck bei konstantem Volumen auf p1.
12.1 Skizzieren Sie das p,V-Diagramm des Prozesses.
12.2 Nummerieren Sie die Eckpunkte des Diagrammes
mit der Nummer 1 zu Beginn der Verdichtung.
12.3 Tabellieren Sie die Zustandsgrößen V und p für alle
Eckpunkte des Kreisprozesses.
Kohlekraftwerk
Im Dampferzeuger wird überhitzter Dampf isobar
aus Speisewasser erzeugt.
In einer Turbine wird der Dampf entspannt und dabei
mechanische Energie gewonnen.
Im Kühlturm kondensiert der Dampf isobar.
Das verdunstete Wasser wird ersetzt und zusammen mit dem Kondensat als Speisewasser im
Dampferzeuger verwendet.
Daten:
Druck im Dampferzeuger:
pD =
50,bar
Temperatur vor der Turbine: ein = 527,°C
Entropie bei Turbinenaustritt: sTA =
8,kJ/kgK
Druck im Kondensator:
pK =
0,04 bar
Speisewassertemperatur:
Dein = 27,°C
Heizkesselverluste:
10,%
Dampfturbinenwirkungsgrad: T =
0,45
Generatorwirkungsgrad:
G =
0,95
Durchschnittliche Leistung
P=
100,MW
10.1 Skizzieren Sie ein Blockschaltbild des Kohlekraftwerkes.
10.2 Zeichnen Sie ein maßstäbliches Energieflussdiagramm (Sankey-Diagramm), und geben Sie darin
die Energiemengen pro Tag an.
10.3 Wie groß ist der gesamte Wirkungsgrad des Kraftwerkes ?
10.4 Wie hoch ist der durchschnittliche Tagesbedarf an
Steinkohle ?
10.5 Tragen Sie die Zustandsänderungen des Dampfes
in ein T,s-Diagramm von Wasser ein.
10.6 Berechnen Sie mit Hilfe des T,s-Diagrammes die
von der Turbine abgegebene spezifische Arbeit. Nähern Sie dazu die Kurven durch Geraden an.
10.7 Geben Sie den thermischen Wirkungsgrad des Prozesses an.
11
Wärmepumpe
fehlt
Auszüge aus der Wasserdampftafel
– [Dubbel 20] D36; [Niederstraßer] S.46
Entwurf
12.4 Erstellen Sie eine Bilanz der mechanischen Arbeit.
12.5 Die Wärmebilanz kann nicht mit den Gleichungen
für die Zustandsänderungen idealer Gase berechnet
werden, weil die Massen nicht konstant sind.
Ermitteln Sie mit Hilfe eines T,s-Diagrammes von
Wasser die spezifische Wärme, um Wasser bei
15 bar auf 320°C zu erhitzen und schätzen Sie die
zugeführte Wärme Qzu an Hand der Massenbilanz
ab.
12.6 Welchen Gesamtwirkungsgrad hat die Lokomotive,
wenn die Kesselverluste 30% betragen und ihr mechanischer Wirkungsgrad 0,9 beträgt?
12.7 Kohleverbrauch einer Lokomotive (Zwilling, doppeltwirkend, Drehzahl bzw. Laufraddurchmesser und
Geschwindigkeit..)
12.8 Welche Vor- und Nachteile haben die Veränderung
– des Kesseldruckes?
– der Füllung?
1
Der Hubraum ergibt sich aus einem üblichen Kolbendurchmesser d = 50 cm bei einem Kolbenhub s = 660 mm.
Tatsächlich liegt der Restdruck liegt wegen des Strömungswiderstandes in den Ausströmrohren bei 1,1.. 1,3 bar. Die mir vorliegende Ausgabe des [Niederstraßer] von 1940 gibt diese Werte mit der Einheit kg/cm² an, die man ohne Umrechnen durch bar ersetzen kann.
3
Das Schließen der Ausströmrohre geschieht beim so genannten Kompressionspunkt. Die
Kompression des Restdampfes soll die bewegten Massen (Kolben, Triebstange usw.) abfedern und den Druckaufbau beim Wiederbefüllen des Zylinders beschleunigen.
4
Das Einströmen bei Kolbenbewegung heißt auch Füllung. Es steigert die Leistung, verringert
aber den Wirkungsgrad durch überproportional hohen Dampfverbrauch..
5
Die Entspannung sieht aus wie eine isotherme Zustandsänderung, aber die Temperatur verläuft etwa an der Taupunktlinie, Nassdampf kondensiert teilweise, Sattdampf kaum.([Niederstraßer] S.70)
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08.10.16, Energie_Ub.odt, S.3/14
2
Gewerbeschule Lörrach
Energietechnik
Übungen
B Lösungen
Eine häufige Fehlerquelle bei diesen Aufgaben ist das
Umrechnen der Einheit [bar], deshalb möchte ich diese
Einheit vorab erläutern.
Ursprünglich wurde Druck in [kg/cm²] angegeben1 und,
als man genauer zwischen Masse und Kraft unterschied,
durch [kp/cm²] ersetzt2. Mit der Einführung des internationalen Einheitensystems3 SI wurden die Einheiten N
(Newton = (kg m) / s² für die Kraft)4 und Pa (Pascal =
N /m² für den Druck)5 eingeführt. Techniker kleben gerne
an alten Zahlenwerten und halten sich an das bar6. Es
gelten:
kg
kp
daN 10 N
N
5
1
²≈1 2 =1
2=
2 =
2 =10 Pa=1 bar
cm
cm
cm
cm
10 mm
Gasgesetze
1
Luftmasse im Klassenzimmer (V = 8  8  4 m³).
1.1 ...
1.2
m
kg
ρ=
⇒ m=V⋅ρ=8m⋅8 m⋅4 m⋅1,293 3 =331 kg
V
m
1.3 p⋅V =m⋅Ri⋅T ⇒
p⋅V
p
1,013 bar
J
Ri =
=
=
=287
m⋅T ρ⋅T 1,293 kg /m 3⋅273,15 K
kgK
1.4 Die Masse m im Zimmer ist ungenau hinsichtlich des
Volumens, des Luftdruckes und der Temperatur.
Die spezifische Gaskonstante Ri ist innerhalb Rundungsgenauigkeit korrekt, wenn man mit den für die
Dichte gültigen Werte rechnet, selbst wenn man die
Werte aus 1.1 einsetzt.
2
Sauerstoffflasche
2.1 p⋅V =m⋅Ri⋅T
p⋅V
100 bar⋅50 dm³
m=
=
=6,56 kg
R i⋅T
J
260
⋅( 20+273) K
kg⋅K
2.2
m 6,56 kg
kg
kg
ρ= =
=0,131
=131
V 50 dm³
dm³
m³
2.3 Es handelt sich um eine isochore
Zustandsänderung (mit konstantem Volumen).
2.4 Da sich hier weder die Art noch
die Masse des Gases ändern,
kann man das Gasgesetz wie
folgt vereinfachen:
p 1⋅V 1
p 2⋅V 2
= m⋅R i =
T1
T2
1
2
3
4
5
6
Mit konstantem Volumen (isochor!) erhält man das
Gesetz von Amontons:.
p 1⋅V 1
p2⋅V 2
=const.=
T1
T2
T2
(50+273) K
P 2= p 1⋅ =100bar⋅
=110 bar
T1
(20 +273) K
2.5 Es handelt sich um wiederum
eine isochore Zustandsänderung.
Man kann von 1 nach 3 oder von
2 nach 3 rechnen.
T3
T3
P 3= p 1⋅ = p 2⋅
T1
T2
(−5+273) K
=100bar⋅
=91,5 bar
(20 +273) K
(−5+273) K
=110bar⋅
=91,5 bar
(50+273) K
2.6 Das Ergebnis ist unabhängig davon, ob man von der
erwärmten oder der abgekühlten Flasche ausgeht.
Wichtig ist nur die Austrittstemperatur 20°C, die z.B.
durch Temperaturausgleich im Schlauch erreicht
werden kann.
p 1⋅V 1 p 2⋅V 2 p 3⋅V 3 p 4⋅V 4
=
=
=
→
T1
T2
T3
T4
T ⋅p
(20+273) K⋅100 bar
V 4=V 1⋅ 4 1 =50 l⋅
T 1⋅p 4
(20 +273) K⋅2,5 bar
V 4=2,0 m³
3
Pneumatikzylinder
3.1 Es handelt sich um eine isobare Zustandsänderung.
3.2 Mit konstantem Druck (isobar!) erhält
man das gesetz von Gay-Lussac:
p1⋅V 1 p 2⋅V 2
=
⇒
T1
T2
V
11 l
T 2 =T 1⋅ 2 =(20+273) K⋅
V1
10 l
=322,3 K =49 ° C
3.3 Es handelt sich ebenfalls um eine
isobare Zustandsänderung. Im
Lösungsvorschlag wird der Weg
von 1 nach 3 verwendet, von 2
nach 3 wäre auch möglich.
p 1⋅V 1 p 2⋅V 2
=
⇒
T1
T2
T
273 K
V 3 =V 1⋅ 3 =10 l⋅
T1
(20+273 K )
=9,3l
Damals baute man auf den üblichen Einheiten auf und traf auch noch recht genau den Athmosphärendruck am Boden. Für technische Anwendungen wurde „Atue“ verwendet: 2 Atue
(Atmosphärenüberdruck) sind heute etwa 2 bar über Luftdruck, also etwa 3 bar absolut.
Ein Kilopond [kp] entspricht der Gewichtskraft, die eine Masse von 1 kg an der Erdoberfläche erfährt.
Im SI-System sind die 7 Basisgrößen Länge in Meter (m), Masse in Kilogramm (kg), Zeit in
Sekunde (s), Stromstärke in Ampere (A), Temperatur in Kelvin (K), Stoffmenge in Mol (mol)
und Lichtstärke in Candela (cd) definiert, alle andere Größen davon abgeleitet. Ein Vorteil
des Systems ist, dass man nicht zwischen Einheiten umrechnen muss wie zwischen Meter,
Zoll und Meile oder zwischen PS und kW oder zwischen psi (pound-force per square inch),
Torr (mm Quecksilbersäule)und bar.
Nach dem engl. Wissenschaftler Isaac Newton (1642 – 1726), der neben vielem anderen
das Gravitationsgesetz beschrieb, dabei „Kraft“ sauber definierte und damit eine der wichtigsten Grundsteine für die moderne Wissenschaft legte.
Nach dem frz. Physiker und Mathematiker Blaise Pascal (1623 - 1662)
Der Unterschied zwischen Kraft und Masse ist für Physiker elementar, für Techniker eher
akademisch. Hauptsache, man kann die alten Tabellen weiter verwenden.
bar entspricht der alten Einheit kp/cm² und weicht nur um 2% vom noch älteren kg/cm² ab.
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08.10.16, Energie_Ub.odt, S.4/14
Energietechnik
Übungen
4
Fahrradluftpumpe
4.1 Es handelt sich um eine isotherme Zustandsänderung. Da die Temperatur konstant ist, kann sie in der
Gleichung entfallen (Gesetz von Boyle / Mariotte).
p 1⋅V 1 p 2⋅V 2
=
→
T1
T2
V
100 cm 3
p2 = p1⋅ 1 =1 bar⋅
=20 bar
V2
5 cm 3
4.2 Es handelt sich um eine adiabatische Zustandsänderung (Gesetz von Poisson).
κ
κ
p1⋅V 1 = p 2⋅V 2 →
κ
(
=−
4-Takt-Ottomotor
50,0
40,0
[(
Qzu
Wab = W 34
30,0
W zu = W 12
2
W Nutz = |W zu|-|Wab|
10,0
4
1 Q
ab
0,0
0
50
OT
Vc
1
) ]
1,4−1
−1
=57,9 J
4.6 Schnelles Pumpen erzeugt in der Pumpe eine höhere Temperatur, die mit höheren Druck und mehr Arbeit einhergeht. Der zusätzliche Druck geht wieder
verloren, sobald die Luft im Reifen abgekühlt, während der Oberarmmuskel länger müde bleibt. So gesehen ist schnelles Pumpen nachteilig.
In der Praxis ist schnelles Pumpen von Vorteil, wenn
die Luftpumpe nicht ganz dicht ist. Beim schnellen
Pumpen bleibt der komprimierten Luft weniger Zeit,
durch Undichtigkeiten zu verschwinden, und man
bringt mehr Luft in den Reifen.
5
3
60,0
)
J
⋅293K
kgK
100 cm3
⋅
1−1,4
5 cm3
Motoren
70,0
20,0
[( ) ]
0,119 g⋅287
4-Takt-Ottomotor
]
V1
100 cm
=1 bar⋅
=66,3 bar
3
V2
5 cm
4.3 a) Isotherm: T1 = T2 = 20°C
b) Adiabat:
κ−1
3 1,4 −1
V1
100 cm
T 2 =T 1⋅
=293 K⋅
oder
3
V2
5cm
3
p 2⋅V 2
66,3 bar⋅5 cm
T 2 =T 1⋅
=293 K⋅
3
p1⋅V 1
1bar⋅100 cm
=971 K =698° C
4.4 fehlt
4.5 Masse der Luft in der Pumpe:
p⋅V =m⋅Ri⋅T
3
p ⋅V
1000 hPa⋅100 cm
m= 1 1 =
=0,119 g
R i⋅T 1
J
287
⋅(20+273) K
kg⋅K
a) Isotherm:
V2
W 12=−m⋅Ri⋅T 1 / 2⋅ln
V1
J
5 cm3
=−0,119 g⋅287
⋅( 20+273) K⋅ln
kg⋅K
100cm3
=30,0 J
b) Adiabatisch:
κ−1
m⋅R i⋅T 1 V 1
W 12=−
⋅
−1
1−κ
V2
( )
p,V-Diagramm
3 1,4
[
[ ]
p2 = p1⋅
5.1
p [bar]
Gewerbeschule Lörrach
100
150
200
250
V [cm³]
300
350
400
450
500
UT
Vh
ε=10
5.2 siehe Kap. 5.1
5.3 Luftmasse je Zylinder und Hub
Einzelhubraum Vh
V H 2000cm3
3
V h=
=
=400 cm
z
5
Masse des angesaugten Frischgases m 0:
p1⋅V h=m0⋅T 1⋅R s ⇒
p ⋅V
0,8 bar⋅400 cm³
m0 = 1 h =
T 1⋅R s
kJ
(273+80) K⋅0,287
kgK
5
−6
0,8⋅10 Pa⋅400⋅10 m³⋅kgK
m0 =
353 K⋅287 J
m0 =0,316 g
5.4 Das Verdichtungsverhältnis ist Vmax durch Vmin.
Vmin = Verbrennungsraum Vc
Vmax = Vc + Einzelhubraum Vh
V max V h +V c
ϵ=
=
⇒
V min
Vc
Vh
400 cm 3
V 2=V c =
=
=44,4 cm 3
(ϵ−1) 10−1
V 1 =V max =V h +V c =400 cm3 +44,4 cm 3=444,4 cm3
Die Masse des gesamten Gases (inkl. Restgas aus
dem vorherigen Takt) bei sonst gleichen Zustandsgrößen kann man wie oben berechnen.
p 1⋅V max =m⋅T 1⋅R s →
3
p ⋅V
0,8bar⋅444,4 cm
m= 1 max =
T 1⋅R s
kJ
(273+80) K⋅0,287
kgK
0,8⋅105 Pa⋅444,4⋅10−6 m3⋅kgK
m=
353 K⋅287 J
m=0,3516 g
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08.10.16, Energie_Ub.odt, S.5/14
Gewerbeschule Lörrach
5.5 Tabelle (m = 0,3516 g
p [bar]
Energietechnik
Übungen
V [cm³]
T [K]
1
0,8
444,4
353
2
20,1
44,4
886,7
3
62,9
44,4
2773
4
2,5
444,4
5.6
5.7 Die Verdichtung erfolgt adiabatisch:
Temperatur 2
κ−1
T1 V2
=
⇒
T2 V1
( )
( )
κ−1
V
T 2 =T 1⋅ 1
V2
κ−1
( )
V
=T 1⋅ max
V min
1104
=T 1⋅( ϵ ) κ−1
3 1,4 −1
(
)
444,4 cm
3
44,4 cm
T 2 =353 K⋅100,4 =886,7 K=613,6 ° C
Druck 2
κ−1
κ−1
p1 κ
V2
=
⇒
p2
V1
T 2 =(273+80) K⋅
( ) ( )
( ) ( )
( )
κ
p2 = p1⋅
[
κ
V1
V max
κ
= p1⋅
= p1⋅ϵ
V2
V min
3 1,4
444,4 cm
3
44,4 cm
1,4
p2 =0,8 bar⋅10 = 20,1 bar
5.8 Die Wärmezufuhr durch Verbrennung ist isochor.
V3 = V2 = Vmin = 44,4 cm³
Temperatur 3 ist gegeben:
T3 = (2500+273)K = 2773K
Druck 2
T3
(2500+273) K
p3= p2⋅ =20,1 bar⋅
=62,9 bar
T2
886,7 K
5.9 Zustandsgrößen nach der Entspannung
Volumen 4
V4 = V1 = Vmax = 444,4 cm³
Temperatur 4
κ−1
T3 V4
=
⇒
T4 V3
p2 =0,8 bar⋅
( )
( )
(
T 4 =T 3⋅
V3
V4
κ−1
κ−1
( )
)
=T 3⋅
V min
V max
1 κ−1
=T 3⋅( ϵ )
1,4−1
3
44,4 cm
3
444,4 cm
1 0,4
T 4 =2773 K⋅
=1104 K =831° C
10
Druck 4
κ−1
κ−1
p3 κ
V4
=
⇒
p4
V3
T 4 =2773 K⋅
( ) ( )
( ) ( )
κ
κ
V3
V min
1
p4 = p3⋅
= p3⋅
= p3⋅ ϵ
V4
V max
3
1,4
44,4 cm
)
3
444,4 cm
1 1,4
p4 =62,9 bar⋅( ) =2,50 bar
10
p4 =62,9 bar⋅(
κ
()
5.10 Zugeführte Wärmemenge:
Q23 =cv⋅m⋅Δ T =c v⋅m⋅(T 3−T 2)
kJ
=0,72
⋅0,351 g⋅( 2773−886,7) K
kgK
=476,7 J
In der Aufgabenstellung wird der Begriff 'Wärmeenergie' verwendet, weil dies auch schon im Abi geschah.
5.11 Abgeführte Wärmemenge:
Q41 =cv⋅m⋅Δ T =c v⋅m⋅(T 1−T 4)
kJ
Q41 =0,72
⋅0,351 g⋅(353−1104) K
kgK
Q41 =−189,8 J
Das Vorzeichen muss negativ sein, weil die Wärme
abgegeben wird.
5.12 Wärmebilanz:
Q=Q12 +Q 23 +Q34 +Q 41
=0+476,7 J +0−189,8 J =286,9 J
5.13 siehe Kap. 5.1
5.14 Verdichtungsarbeit bei adiabatischer Kompression
κ−1
−m⋅R s⋅T 1 V 1
W 12=
⋅ ( ) −1
1−κ
V2
−m⋅R s⋅T 1 κ−1
W 12=
⋅[ ϵ −1]
1−κ
kJ
−0,351 g⋅0,287
⋅(273+80 ) K
kgK
1,4 −1
W 12=
⋅[10
−1 ]
1−1,4
W 12=134,6 J
Das positive Vorzeichen weist darauf hin, dass die
mechanische Arbeit in den Prozess eingebracht werden muss.
]
Verdichtungsarbeit bei adiabatischer Entspannung
m⋅R s
W 34=−
⋅(T 4−T 3 )
1−κ
kJ
0,351 g⋅0,287
kgK
=−
⋅(1104−2773) K=−420,3 J
1−1,4
Das negative Vorzeichen weist darauf hin, dass dem
Prozess mechanische Arbeit entnommen wird.
Nutzenergie je Arbeitstakt
W Nutz =W 12 +W 23+W 34 +W 41
=134,6 J +0−420,3 J +0=−285,7 J
5.15 siehe Kap. 5.1
5.16 Nutzenergie und Wärmebilanz haben bis auf Rundungsungenauigkeiten denselben Betrag. Dies ist
nach dem 1. Hauptsatz der Thermodynamik
W +Q=Δ U auch zu erwarten, weil sich in Kreisprozessen die innere Energie nicht ändern darf: Δ U=0
5.17 Erforderliche Kraftstoffmenge je Einspritzung
Q= mKr⋅H u ⇒
Q
476,7 J
m Kr = 23 =
=11,2 mg
HU
kJ
42700
kg
m Kr 11,2 mg
V Kr = ρ =
=14,9 mm³
Kr
g
0,75 3
cm
(Diese Aufgabe ist nicht typisch für bisheriger AbiAufgaben an TGs in Baden-Württemberg)
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08.10.16, Energie_Ub.odt, S.6/14
Gewerbeschule Lörrach
Energietechnik
Übungen
5.18 Kraftstoffverbrauch je Stunde berechnet man aus:
Kraftstoffmenge m Kr je Arbeitstakt und Zylinder
5 Zylinder
1 Arbeitstakt je 2 Umdrehungen (Viertakt-Prinzip)
3000 Umdrehungen je Minute
60min je Stunde dient der Umrechnung
Alle Größen außer den gewünschten müssen gekürzt werden können.
mKR⋅5 Zylinder
1 Arbeitstakt
ṁ Kr =
⋅
⋅
Arbeitstakt⋅Zylinder 2 Umdrehung
3000 Umdrehung 60 min
⋅
⋅
min
h
11,2 mg⋅5⋅3000⋅60
kg
ṁ Kr =
=5,04
2h
h
ṁ Kr
5,04 kg / h
l
V̇ Kr = ρ =
3 =6,72
Kr
h
0,75 kg /dm
(Die Schreibweise m bedeutet Massenstrom, d.h.
Masse pro Zeit. Volumenstrom V̇ sinngemäß.)
5.19 Leistungsabgabe bei 3000 min-1
W Nutz
P=
t
∣−285,7 J∣
P=
⋅5 Zylinder⋅..
Arbeitstakt⋅Zylinder
1 Arbeitstakt 3000 Umdrehung
⋅
2 Umdrehung
60 s
P=35,7 kW
Beachten Sie, dass sich bei dieser Schreibweise alle
„Einheiten“ kürzen lassen außer J/s = W.
5.20 Wirkungsgrad
W Nutz ∣−285,7 J∣
η=
=
=0,60
Q zu
∣476,7 J∣
In der Praxis erreichen Ottomotoren Wirkungsgrade
von knapp über 30%, aber nur im optimalen Betriebspunkt, der bei komfortablen Kfz bei niedrigen Drehzahlen und (fast) Volllast (=Vollgas) liegt.
5.21 maximaler Wirkungsgrad
T min
353 K
ηCarnot =1−
=1−
=0,873=87,3 %
T max
2773 K
6
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Dieselmotor
Jeder Einspritz- und Verbrennungsvorgang bringt die
folgende Wärmemenge in den Zylinder
kg
3
m Kr =V Kr⋅ρ Kr =12,8 mm ⋅0,83
=10,624mg
dm³
kJ
Q23 =mKr⋅H u=10,624 mg⋅42500 =451,5 J
kg
08.10.16, Energie_Ub.odt, S.7/14
Gewerbeschule Lörrach
7
Stirlingmotor
7.1
Energietechnik
Übungen
7.8 Masse m (→ Aufg. 7.4)
V2
W 12=−m⋅Ri⋅T 1 / 2⋅ln
V1
[ ]
p,V-Diagramm
Stirling-Prozess
=−1,64 g⋅0,297
12,0
W 34=−m⋅Ri⋅T 3 / 4⋅ln
p [bar]
8,0
u
QReg
6,0
W Nutz
4
Wab
2
W zu
QReg
1
2,0
b
Qa
0,0
0
200
400
600
800
1000
1200
V [cm³]
7.2 siehe Kap. 7.1
7.3 Beispielrechnungen:
p3⋅V 3= p 4⋅V 4 →
3
V
450cm
p 4 = p3⋅ 3 =10 bar⋅
=4,3bar
3
V4
1050 cm
p1 p 4
=
→
T1 T4
T
(50+273) K
p1= p4⋅ 1 =4,29 bar⋅
=1,5 bar
T4
(650+273) K
p1⋅V 1= p2⋅V 2 →
3
V
1050 cm
p2= p1⋅ 1 =1,5bar⋅
=3,5bar
3
V2
450cm
1
2
3
V in cm³
p in bar
1050
1,5
450
3,5
[ ]
=−1,64 g⋅0,297
Qz
4,0
]
=133,5 J
3
10,0
[
3
kJ
450 cm
⋅323 K⋅ln
3
kgK
1050cm
450
10,0
V4
V3
[
3
kJ
1050cm
⋅923 K⋅ln
3
kgK
450 cm
]
=−381,3 J
W Nutz=ΣW =W 12 +W 34=133,5 J −381,3 J =−247,8 J
7.9 → Aufg. 7.1
7.10 Σ Q=Q12 +Q23 +Q 34+Q41
=−133,5 J +730,7 J −381,3 J −730,7 J
= 247,8 J
Wärmebilanz und Nutzarbeit sind betragsmäßig
gleich. Die zugeführte Wärmemenge, die nicht als
Wärme abgeführt wird, wird in Nutzarbeit umgewandelt.
7.11
W
500
P= =∣W Nutz∣⋅n=247,8 J⋅
=2065 W
t
min
∣W Nutz∣ 247,8 J
7.12
η=
=
=0,65
Q zu
381,3 J
7.13
T min
323,15 K
ηCarnot =1−
=1−
=0,650=65,0 %
T max
923,15 K
Man erkennt, dass der Stirling-Prozess theoretisch
den Carnot-Wirkungsgrad erreicht und damit
thermodynamisch optimal ist.
4
1050
4,29
T in K
323,15
323,15
923,15
923,15
p3⋅V 3=m⋅T 3⋅R i →
3
p ⋅V
10 bar⋅450 cm
m= 3 3 =
T 3⋅Ri
kJ
( 273+650) K⋅0,297
kgK
10⋅10 5 Pa⋅450⋅10−6 m3⋅kgK
=
923 K⋅297 J
=1,64 g
Q12=−W 12=−133,5 J ( → Aufg. 7.8)
7.5 Q34 =−W 34=381,3 J ( → Aufg. 7.8)
7.6 Der Regenerator speichert ca. 730 J zwischen.
Q23 =cv⋅m⋅Δ T = cv⋅m⋅(T 3 −T 2)
kJ
=0,742
⋅1,64 g⋅(923−323) K
kgK
=729,7 J
Q41 =cv⋅m⋅Δ T =cv⋅m⋅(T 1 −T 4 )
kJ
=0,742
⋅1,64 g⋅(323−923) K
kgK
=−729,7 J
7.7 → Aufg. 7.1
7.4
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08.10.16, Energie_Ub.odt, S.8/14
Gewerbeschule Lörrach
8
Gasturbine
8.1
Energietechnik
Übungen
8.4
p,V-Diagramm
Qzu
Gasturbine
9,0
2
8,0
3
7,0
p [bar]
6,0
5,0
W Nutz=Wab-W zu
4,0
Wab=W 23+W 34
W zu=W 41+W 12
3,0
8.5
2,0
1
4
Qab
1,0
0,0
0
20
40
60
80
100
8.6
8.7
120
V [m³] (pro Sekunde)
8.2 siehe Kap. 8.1
8.3 Alle Berechnungen beziehen sich auf 1 Sekunde:
c p 1,004 kJ / kg K
κ= =
=1,4
cV 0,717 kJ / kg K
κ−1
κ−1
p1 κ
V
= 2
→
p2
V1
[ ] [ ]
[ ] [ ]
[ ][ ]
[ ]
1
p1 κ
1
3
V 2=V 1⋅
=50 m ⋅
p2
7,6
κ−1
κ
T1
p
= 1
T2
p2
T 2 =T 1⋅
V3 V2
=
T3 T2
3
=11,7 m
→
κ−1
κ
p2
p1
1
1,4
=293 K⋅[ 7,6 ]
1,4 −1
1,4
=523 K
→
T
1150 K
V 3=V 2⋅ 3 =11,7 K⋅
=25,8 m3
T2
523 K
κ−1
κ
[ ][ ]
[ ]
T3
p
= 4
T4
p3
T 4 =T 3⋅
V 4 V1
=
T4 T1
p4
p3
8.8
8.9
→
κ−1
κ
1,4−1
1,4
[ ]
=1150 K⋅
1
7,6
8.10
=644 K
→
1
2
3
4
V in m³
50
11,7
25,8
109,9
p in bar
1
7,6
7,6
1
293
523
1150
∣W Nutz∣ 16,5 MJ
=
=0,441=44,1 %
Q zu
37,4 MJ
8.11 Der Carnot-Wirkungsgrad einer Gasturbine
T min
293,15 K
ηCarnot =1−
=1−
=0,745=74,5 %
T max
1150 K
ist kleiner als der eines Ottomotors (η=83% → Aufg.
5.21), da eine Gasturbine mit niedrigeren Temperaturen arbeitet. Ottomotoren vertragen größere Temperaturen, weil die Verbrennung nicht kontinuierlich
verläuft und der Brennraum zwischendurch abgekühlt wird. In der Praxis sind die Wirkungsgrade von
Ottomotoren nicht höher als von Gasturbinen, u.a.
weil Verbrennungsmotoren komplizierter aufgebaut
sind als Gasturbinen.
η=
T
644 K
V 4 =V 1⋅ 4 =50 m3⋅
=109,9 m 3
T1
293 K
T in K
p1⋅V 1=m⋅T 1⋅R i →
3
p ⋅V
1 bar⋅50 m
m= 1 1 =
T 1⋅Ri
kJ
(273+20) K⋅0,287
kgK
1⋅10 5 Pa⋅50 m3⋅kgK
=
293 K⋅287 J
=59,4 kg
Q23 =c p⋅m⋅Δ T =c p⋅m⋅(T 3−T 2 )
kJ
=1,004
⋅59,4 kg⋅(1150−523) K
kgK
=37,4 MJ
Q41 =c p⋅m⋅Δ T =c p⋅m⋅(T 1−T 4 )
kJ
=1,004
⋅59,4 kg⋅(293−644) K
kgK
=−21,0 MJ
siehe Kap. 8.1
−m⋅R i
W 12=
⋅(T 2−T 1)
1− κ
kJ
−59,4 kg⋅0,287
kgK
=
⋅(523− 293) K
1−1,4
=9,8 MJ
W 23=− p2⋅(V 3−V 2)
3
=−7,6bar⋅( 25,8−11,7) m =−10,7 MJ
−m⋅R i
W 34=
⋅(T 4−T 3 )
1−κ
kJ
−59,4 kg⋅0,287
kgK
=
⋅(644−1150) K
1−1,4
=−21,6 MJ
W 41=− p4⋅(V 1 −V 4)
3
=−1bar⋅(50−109,9) m =5,99 MJ
W Nutz=ΣW =W 12 +W 23 +W 34 +W 41
=9,8 MJ −10,7 MJ − 21,6 MJ +5,99 MJ
=−16,5 MJ
siehe Kap. 8.1
W ∣W Nutz∣ 16,5 MJ
P= =
=
=16,5 MW
t
t
1s
Erinnerung: W nutz wurde pro Sekunde berechnet.
644
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08.10.16, Energie_Ub.odt, S.9/14
Gewerbeschule Lörrach
9
Energietechnik
Übungen
Fiktiver Kreisprozess
Für den Rechenweg gibt es mehrere Möglichkeiten,
die alle zum Ergebnis κ = 1,29 führen. Für das verwendete Arbeitsgas kommt innerhalb der gegebenen
Tabellenwerte also nur Kohlendioxid CO2 in Frage.
Kohlenstaubmotor?
Berechnung mit den Drücken p und Volumen V:
κ−1
κ−1
p1 κ
V2
Aus:
=
p2
V1
κ
oder: p⋅V =konst. ⇒ p 1⋅V 1κ= p 2⋅V κ2
κ
p1 V 2
p1
V2
folgt:
=
⇒ ln = κ⋅ln
p2 V 1
p2
V1
p1
0,9bar
ln
ln
p2
42,78 bar
und: κ =
=
= 1,29
3
V2
25 cm
ln
ln
3
V1
500 cm
( ) ( )
[ ]
Berechnung mit den Temperaturen T und Drücken p
κ−1
T1
p1 κ
=
⇒
T2
p2
1
1
κ =
=
= 1,29
T
323,2 K
ln
ln 1
768,1 K
T2
1−
1−
0,9 bar
p1
ln
ln
42,78
bar
p
( )
2
Berechnung mit den Volumen V und Temp. T
κ−1
T1 V2
=
⇒
T 2 V1
T
323,2 K
ln 1
ln
T2
768,1 K
κ =
+1 =
+1 = 1,29
V2
25 cm3
ln
ln
V1
500 cm3
( )
9.3
9.1 Die Zustandsänderung 2→3 verläuft isobar (p2 = p3)
V3 V2
T3
3 1500 K
3
=
⇒ V 3 =V 2⋅ =25 cm ⋅
=48,82 cm
T3 T2
T2
768,1 K
Die Zustandsänderung 3→4 verläuft isotherm (Text)
T 4 =T 3=1500 K
p3⋅V 3= p 4⋅V 4 ⇒
3
oder
V
48,82 cm
p 4 = p3⋅ 3 =42,78 bar⋅
=4,18 bar
3
V4
500 cm
Die Zustandsänderung 4→1 ist isochor (V4 = V1)
p 4 p1
T4
1500 K
=
⇒ P 4= p 1⋅ =0,9bar⋅
=4,18 bar
T 4 T1
T1
323,2 K
9.2 Die Art des verwendeten Arbeitsgases fließt über
seine Tabellenwerte cp, cV, κ oder Ri in die Formeln
ein. Da in dieser Aufgabe keine Masse m angegeben ist, bleibt nur p·Vκ = const. für adiabate Zustandsänderungen.
1→2 muss also nur deshalb adiabat verlaufen. weil
sonst die Aufgabe nicht lösbar wäre!?. Solche Aufgabenstellungen kommen im Abi Technik und Management tatsächlich vor...
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mit den folgenden Zustandsänderungen:
1 → 2 : adiabatisch
2 → 3 : isobar
3 → 4 : isotherm
4 → 1 : isochor
Begründung siehe Lösung zu Aufgaben 9.1.
08.10.16, Energie_Ub.odt, S.10/14
Gewerbeschule Lörrach
Energietechnik
Übungen
Kraftwerke
10 Kohlekraftwerk
10.1
10.2 Durchschnittlicher Energieumsatz pro Tag
E elektr = P⋅t =100 MWh⋅24 h=2400 MWh
E
2400 MWh
E mech= elektr =
=2526 MWh
0,95
T
E elektr 2400 MWh
E therm =
=
=5614 MWh
G⋅T 0,45⋅0,95
E elektr
2400 MWh
E chem=
=
=6238 MWh
0,9⋅0,45⋅0,95
 H⋅G⋅ T
10.3 Gesamtwirkungsgrad
 ges = H⋅ G⋅T =0,9⋅0,45⋅0,95=0,385
10.4 durchschnittlicher Tagesbedarf an Steinkohle
(SKE aus der Formelsammlung)
E chem 6238 MWh
mSteinkohle =
=
SKE
10 J
2,93⋅10
t
6238⋅10 6 W⋅3600 s⋅t
=
=766 t
2,93⋅1010 J
oder per Dreisatz:
10
1t Steinkohle ⇔ 2,93⋅10 J
?⇔6238 MWh
10.5
10.6 Die Wärmemenge wird näherungsweise mit Hilfe
der Trapeze berechnet, z.B. q12 mit dem Trapez
12ba.
T 1T 2
q12=s 2− s1 ⋅
2
kJ 300540
kJ
=2,9−0,4
⋅
K=1050
kgK
2
kg
T 2T 3
q23 = s3− s2 ⋅
2
kJ 540540
kJ
=6,0−2,9
⋅
K =1674
kgK
2
kg
T 3T 4
q34 = s4− s3 ⋅
2
kJ 540800
kJ
=7,05−6,0
⋅
K=703,5
kgK
2
kg
T 5T 1
q51=s 1−s 5⋅
2
kJ 300300
kJ
=0,4−8
⋅
K =−2280
kgK
2
kg
Die abgegebene Arbeit entspricht der Summe der
Wärme, da die Änderung der Enthalpie u = 0 in einem Kreisprozess beträgt.
w Turbine q=0 
w Turbine=−q12−q 23−q34−q51
kJ
=−1050−1674−703,52280
kgK
kJ
=−1147,5
kgK
Das negative Vorzeichen heißt, dass die Arbeit abgegeben wird.
Das rote Dreieck unterhalb der Turbinenlinie 4 – 5
wird nicht zu den Wärmemengen addiert, weil dort
keine Wärme von außen zugeführt wird.
10.7 Thermischer Wirkungsgrad
∣w Turbine∣
 therm=
∣q zu∣
kJ
∣−1147,5∣
kgK
=
kJ
∣10501674703,5∣
kgK
=0,334=33,4 %
Wirkungsgrad ist immer das Verhältnis zwischen
dem Nutzen und dem Aufwand.
Nutzen ist die nutzbare mechanische Energie, aber
nicht die ungenutzte Abwärme. Aufwand ist in diesem Fall die zugeführte Wärmeenergie.
Für Physiker ist der Aufwand in jedem Fall die gesamte zugeführte Energie. Da niemals mehr Energie
herauskommt als hineingeht, sind physikalische Wirkungsgrade immer  100%.
Ingenieure ua. geben manchmal höhere Wirkungsgrade an, die sich nur auf einen Teil der eingesetzten Energie beziehen1.
1 Für Wärmepumpen kalkulieren Ingenieure nur die Energie zum Pumpen, die bezahlt werden
muss, aber nicht die kostenlose Wärmeenergie aus der Umgebung. Im Heizwert von Gasen
wird die Verdampfungsenthalphie des beim Verbrennen entstehenden Wassers unterschlagen, deshalb erreichen moderne Brennwertkessel nominelle Wirkungsgrade über 100%.
Kraftwerksbetreiber würden gerne die Wirkungsgrade ihrer Wärmekraftwerke nicht auf die
ganze Energie, sondern nur auf den Exergie-Anteil beziehen und so billige Kraftwerke mit
niedrigen Prozesstemperaturen beschönigen.
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08.10.16, Energie_Ub.odt, S.11/14
Gewerbeschule Lörrach
11
Wärmepumpe fehlt
12
Kolbendampfmaschine
Energietechnik
Übungen
V5 und p6 sind übertrieben dargestellt
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08.10.16, Energie_Ub.odt, S.12/14
Gewerbeschule Lörrach
C
Energietechnik
Übungen
Entwürfe
1
Tauchgerät gefüllt mit Pressluft bei x Druck und y
Temperatur.
1.1 Gewicht
1.2 Steht in der Sonne: Druck
1.3 Wassertemperatur: Druck
Volumen bei Abgabedruck abhängig von der Tauchtiefe
und Wassertemperatur
2
Eine 10l-Pressluftflasche ist mit 50 bar Luft gefüllt
und hat eine Temperatur von 12°C. Pro Atemzug
werden 2 l Luft (Normaldruck) entnommen).
2.1 Um wieviel sinken Druck und Temperatur in der
Flasche ?
Laut Diagramm ca. 1,5 K (Schleyer: Flaschen, Ventile, Reserveschaltungen)
2.2 Wie viele Atemzüge können in 25 m Wassertiefe
und 10°C entnommen werden ?
Es muss berücksichtigt werden, dass auch der Luftdruck innerhalb der Lunge (Atemzug) dem äußeren
Wasserdruck entspricht (2,5 bar).
3
3.1
3.2
3.3
3.4
4
Ein Dieselmotor hat ein Verdichtungsverhältnis von
 = 20:1 und einen Verdichtungsenddruck von
p = 40 bar. Nach der Verdichtung werden 15mm³
Dieselkraftstoff mit 1300 bar in den Zylinder eingespritzt. Eine Faustregel besagt, dass sich das Volumen einer Flüssigkeit um 1% je 100 bar Druckerhöhung verringert.
Durch die Einspritzung wird der Raum für die Luft
weiter verringert. Um wie viel erhöht sich dadurch die
Temperatur der komprimierten Luft ?
Zur Verdunstung des Diesels nimmt es Wärme auf.
Um wie viel sinkt dadurch die Temperatur der komprimierten Luft ?
Welche Arbeit muss je Einspritzung aufgebracht
werden ?
Welche Leistung kostet dies, wenn der Motor mit
2500 /min dreht und die Einspritzanlage bei dieser
Drehzahl einen Wirkungsgrad von 30% hat ?
Um wieviel Grad erhöht sich die Temperatur in Ihrem Klassenzimmer je Unterrichtsstunde, wenn jeder Schüler eine Stunde 50 W abgibt und die Wärme
komplett im Klassenzimmer bleibt?
5
Ein Raum enthält 50 m³ Luft mit einer Lufttemperatur
von 30°C.
5.1 Um wie viel sinkt diese Temperatur, wenn in dem
Raum beim Trocknen von Wäsche 1kg Wasser verdunstet.
6
6.1
6.2
6.3
6.4
6.5
Ein Fahrradschlauch (Raddurchmesser 28“,
Schlauchdurchmesser 2cm) wird isotherm auf 6 bar
gepumpt.
Wie viele Liter Luft (Normaldruck, Normaltemperatur) werden dazu benötigt ?
Welche Masse Luft enthält der Schlauch ?
Wie viel Masse kann mit einer Füllung von Helium
gespart werden ?
Welche Energie ist erforderlich, um den Reifen aufzupumpen ?
Welche Leistung ist beim manuellen Aufpumpen erforderlich, wenn die Handpumpe einen Wirkungsgrad von ... hat und der Reifen in 30 s aufgepumpt
werden soll ?
6.6 Wie verändert sich der Bedarf an mechanischer Arbeit zum Aufpumpen, wenn sich der Schlauch elastisch verhält.
Der Energiebedarf steigt, weil anfangs bei kleinerem
Volumen ein größerer Druck erforderlich ist.
7
Nach einer Panne wird der Mantel ausgetauscht und
aus einer handelsüblichen CO2-Patrone (V1=... ;
p1 = ...) adiabatisch aufgefüllt. Danach geschieht der
Temperaturausgleich isochor.
7.1 Skizzieren Sie den Verlauf in einem pV-Diagramm
für den Schlauch.
7.2 Ermitteln Sie Druck und Temperatur im Zustand 2.
8
Der Kühlkreislauf eines Ottomotors wird auf 1, .. bar
begrenzt. Bei welcher Temperatur siedet das Kühlwasser, wenn es aus reinem Wasser besteht?
9
Stirling als Kältemaschine
10
Stirling als Wärmepumpe
11 Wärmekraftwerk
11.1 Wie viel Wasser verdunstet im Kühlturm bei .. ?
11.2 Wie viel Wasser würde man benötigen, wenn man
dieselbe Wärmemenge ins Flusswasser abführen
würde (Wassertemperatur vor dem Kraftwerk: 20°C,
max. zulässige Wassertemperatur nach dem Kraftwerk: 25°C)
11.3 Welches Problem kann sich im Sommer ergeben ?
(Dampf-)Prozesse mit realen Fluiden
12
–
–
–
–
–
Daten des AKW Leibstadt (Prüfen!!)
p = 72 bar
Tkühlwasser = 43,5°C, wird gekühlt auf 20..25°C
VolumenstromKühlwasser = 32t/s
VolumenstromDampf = 700kg/s
Pab = 29 MWh p.a.
entspricht 75 km² Solarzellen
– Verbrauch = 74kg Brennstoff p.a.
enthält 2,9 kg U235
13
Energiekosten
13.1 Schätzen Sie die Stromkosten, um eine Tonne
Stahl in einem Elektroofen einzuschmelzen. (Annahmen: keine Verluste, Strompreis für Industriekunden
= 10 Ct/kWh)
13.2 Wie viel CO2 entsteht dabei?
Annahmen: Der Wirkungsgrad ab Heizwert einschließlich Stromverteilung betrage 25%, der Strom
werde in einem Steinkohlekraftwerk produziert, die
Kohle bestehe aus reinem Kohlenstoff, der etwa die
gleiche Molmasse wie Sauerstoff hat.
14
Innere Energie
Ein Stoff „speichert“ Wärme in der kinetischen und
potentiellen Energie seiner Teilchen.
14.1 Wie hoch könnte man Wasser mit der Energie heben, die es um 10K erwärmt?
© www.ulrich-rapp.de
08.10.16, Energie_Ub.odt, S.13/14
Gewerbeschule Lörrach
D
Energietechnik
Übungen
Lösung Entwürfe
1
1.1 Verdampfungswärme von Wasser
Q=r⋅m Wasser =2256 kJ/kg⋅1 kg=2256kJ
Masse der Luft:
m Luft =V⋅=50 m³⋅1,293 kg /m³≈ 65 kg
Temperaturänderung durch Wärmeentnahme
 Q=c p⋅mLuft⋅ T 
Q
2256 kJ
 T=
=
≈35 K
c p⋅mLuft 1,005 kJ /kgK⋅65 kg
Die Raumtemperatur würde theoretisch unter den
Gefrierpunkt sinken.
7
Energiebedarf zu Einschmelzen einer Tonne Stahl
7.1 Erwärmen auf Schmelztemperatur
Q12 =cStahl⋅mStahl⋅ T
kJ
=0,50
⋅1000kg⋅1500 K =750000 kJ
kgK
Schmelzen
Q 22=qStahl⋅mStahl =205
Energiebedarf gesamt
Q 2=Q12Q 23=750 MJ 205 MJ =955 MJ
1h
=955 MJ⋅
=265 kWh
3600s
2
3
Kosten
4
Preis=265
5
6
kJ
⋅1000kg=205000 kJ
kg
kWh⋅10 Ct
≈27 €
kWh
Werte aus [EuroTabM] „Wärmekapazität“, „Schmelzwärme“
7.2 Bei einem Wirkungsgrad von 25% müssen knapp
4 GJ Energie aus Kohle eingesetzt werden, um
955MJ am Schmelzofen bereitzustellen. Bei einem
MJ
Heizwert der Steinkohle von ca. 32
erfordert das
kg
ca. 120 kg Steinkohle. Bei der Verbrennung 1 Teil
Kohle mit 2 Teilen Sauerstoff ergibt das ca. 360 kg
CO2
Hinweis: Die kleinen Ungenauigkeiten in der Überschlagsrechnung spielen keine Rolle, wenn man vorher nicht wusste, ob dabei 30g oder 30t CO2 entstehen.
Werte aus [EuroTabM] „Heizwert“
Literaturverzeichnis
[Viebach HP]: Dieter Viebach, Ihr Einstieg in die Stirlingmotortechnologie, , http://www.veingenieure.de/viebachstirling/index.htm
[Baucke 1982 ]: Otto Baucke, Waldemar Herwig, Willy Kreymann, Kraftmaschinen - Pumpen - Verdichter, 1982
[Niederstraßer ]: Leopold Niederstraßer, Dampflokomotivdienst, 1940
[Dubbel 20 ]: Wolfgang Beitz ua., Taschenbuch für den Maschinenbau / Dubbel, 2001
[EuroTabM ]: Ulrich Fischer ua., Tabellenbuch Metall,
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08.10.16, Energie_Ub.odt, S.14/14