Institut für Thermodynamik Prof. Dr. rer. nat. M. Pfitzner

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Prof. Dr. rer. nat. M. Pfitzner
Thermodynamik I - Lösung 4
Aufgabe 14
An einer Drosselstelle wird ein kontinuierlich fließender Strom von Wasser von p1 = 8 bar auf
p2 = 2 bar entspannt. Die Geschwindigkeiten vor und nach der Drosselung sollen gleich sein.
Beim des Drosselvorgang soll weder Arbeit noch Wärme zu- oder abgeführt werden. Wasser
kg
kann näherungsweise als inkompressibel (ρH2 O = const = 1000 m
3 ) angenommen werden.
a ) Wie groß ist die Änderung der spezifischen Enthalpie ∆hi ?
b ) Wie ändert sich die spezifische innere Energie ∆ui des Wassers bei der Drosselung?
c ) Wie verhält sich die Enthalpieänderung, wenn das Wasser in einer Düse beschleunigt
wird?
Gegeben: p1 = 8 bar = 8 · 105 Pa
p2 = 2 bar = 2 · 105 Pa
kg
m3
ρH2 O = 1000
a ) gesucht: ∆12 hi
Lösung:
1. Hauptsatz allgemeine Form (offenes System) (Energiebilanz für das Gesamtsystem):
dE
dτ
|{z}
=
X
Q̇i +
| {z }
=0
=
P
e
Ẇt,j +
P
ṁk htot,k
k
j
i
0, stat. Betrieb
X
| {z }
=0
ṁe htot,e −
P
a
ṁa htot,a
= ṁ(he − ha + g (ze − za ) + 12 (c2e − c2a ))
|
0
= ṁ(he − ha )
{z
=0
}
|
{z
=0
}
⇒ he = ha (isenthalpe Drossel)
Eine adiabate Drossel bei der die Strömungsgeschwindigkeit nach der Drossel der Strömungsgeschwindigkeit vor der Drossel entspricht, ist immer ein isenthalper Vorgang.
1
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Thermodynamik I - Lösung 4
b ) gesucht: ∆12 ui
h = u + pv
dh = du + d(pv)
dh = du +
|{z}
=0
Produktregel anwenden
p dv
+ v dp
| {z }
=0, inkompr.
∆12 u = −v ∆12 p
= −v (p2 − p1 )
= v (p1 − p2 )
1
ρH2 O
1
1000
=
=
= 600
(p1 − p2 )
kg
m3
(8 − 2) · 105 Pa
J
kg
c ) gesucht: ∆12 hi
Lösung:
1. Hauptsatz allgemeine Form/offenes System (Energiebilanz für das Gesamtsystem)


X
X
dE


Q̇i +
Ẇt,j + ṁ h1 − h2 + g (z1 − z2 ) + 12 (c21 − c22 )
=
{z
}
|
dτ
|{z}
i
j
=0
| {z }
=0
=0
| {z }
=0
⇒ 0 = ṁ h1 − h2 +
1 2
2 (c1
− c22 )
⇒ ∆12 h = 21 (c21 − c22 )
2
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Thermodynamik I - Lösung 4
Aufgabe 15
Ein wärmeisolierter, anfangs vollständig evakuierter Druckbehälter füllt sich nach dem Öffnen
des Ventils mit Luft aus der Umgebung bis hin zum völligen Druckausgleich.
Wie hoch ist die Temperatur der Luft im Behälter unmittelbar nach dem Einströmvorgang,
wenn die Temperatur der Luft in der Umgebung 300 K beträgt?
Hinweis: Die Luft soll als perfektes Gas mit
• der spezifischen Wärmekapazität cv = 0, 714
kJ
kgK
kJ
kgK
• der Gaskonstanten RL = 0, 287
• und der spezifischen Enthalpie der Umgebungsluft hU betrachtet werden, wobei Sie hU
mit dem Ansatz h = u + pv aus den gegebenen Größen ermitteln können.
1. Betrachtungsweise:
System
P
I
umschließt VBehälter + VBlase
Die Blase (geschlossenes System) enthält die Gasmenge, die sich am Ende des
Einströmvorgangs im Behälter befindet, d.h. m1 = m2 .
Annahmen: - wärmeisolierter Behälter → Q̇B = 0 W
- ∆T außerhalb des Behälters = 0 → Q̇U = 0 W
- vollständig evakuierter Behälter → p1 = 0 Pa
- ideales Gas: p V = m R T
- Prozess: irreversibles Einströmen
1. Hauptsatz geschlossenes System
P
I:
X
X
dEkin
dEpot
dU
+
+
=
Q̇i +
Ẇj
dτ
| dτ
{z }
| dτ
{z }
i
j
0
0
| {z }
0, isoliert
⇒ U2 − U1 = W12
3
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Thermodynamik I - Lösung 4
W12 6= −
R2
p(V ) dV , da die Zustandsänderung nicht über Gleichgewichtszustände erfolgt
1
=⇒ Kopplung mit Umgebung U
W12,I = − W12,U
R2
W12,U = −
pu (V ) dV = −pU (V2 − V1 )U
1
|
{z
}
>0
= −pU VBlase = −mBlase R TU
w12,U =
W12,U
mBlase
= −R TU
=⇒ w12,I = R TU > 0 , d.h. am System I wird Arbeit verrichtet.
Integration → ideales Gas
dU = m cv dT
R2
dU = m cv
1
R2
dT
1
U2 − U1 = mBlase cv (T2 − T1 )
mit 1. HS → U2 - U1 = W12
mBlase cv (T2 − T1 ) = mBlase R TU
⇒ T2 =
R
cv
=
+1
J
287 kgK
J
714 kgK
mit T1 = TU
TU
+1
· 300 K
= 420,59 K ⇒ t2 = 147,44 ◦ C
4
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Thermodynamik I - Lösung 4
2. Betrachtungsweise:
1. Hauptsatz für offenes System (instationär !):
X
X
X
dEpot
dU
dEkin
+
+
ṁk htot,k
=
Ẇj +
Q̇i +
dτ
| dτ
{z }
| dτ
{z }
j
i
k
0
0
| {z }
| {z }
0, adiabat
0, k. V orr.
⇓ Integration ⇓
U2
−
U
=
1
|{z}
∆mein htot,ein
mit U = m cv T
| {z }
0, evakuiert
⇓
htot,ein = h +
0
= ∆
hU
⇒ cv T2 ∆
m
m
ein
ein
T2 =
hU
cv
Berechnung von hU :
h = u + pv = u(T ) + RT
ideales Gas:
h = cp T
u = cv T
h = u + pv = u + R T
= cv T + R T
⇒ h = (cv + R) TU
=
kJ
kJ
0, 714 kgK
+ 0, 287 kgK
= 300, 3
⇒ T2 =
hU
cv
· 300 K
kJ
kg
=
kJ
300,3 kg
kJ
0,714 kgK
c2
+ gz = hU
|{z}
2
|{z}
= 420,59 K
5
0
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Thermodynamik I - Lösung 4
Aufgabe 16
Eine sehr gut isolierte Gasflasche sei vollkommen evakuiert. Nach dem Öffnen des Ventils
strömt die Luftmenge m = 10 kg aus der Umgebung in die Flasche. Der Druck in der Umge3
bung soll pU = 1 bar betragen und das spezifische Volumen soll bei vU = 0,86 m
kg liegen. Die
kJ
spezifische Enthalpie der Luft in der Umgebung sei hU = 300 kg
.
Gegeben: m = 10 kg
pU = 1 bar = 1 · 105 Pa
vU = 0,86
Zustand 1
m3
kg
Zustand 2
J
kg
hU = 300 · 103
a ) Welche Arbeit W12 leistet die Umgebung während des Einströmens der Luft?
Lösung:
Da der Druck in der Gasflasche nicht konstant bleibt, muss über die Umgebung die
Volumenänderungsarbeit berechnet werden.
W12 = −WB
R
WB = − p dV
= −pU VB
= −pU m vU
W12
= −1 · 105 Pa · 10 kg · 0,86
= 860.000 J
m3
kg
b ) Wie groß ist die innere Energie U2 der Luft im Behälter nach dem Einströmen?
Die Änderung der inneren Energie wird über das Einströmen der Masse berechnet.
Lösung: 1. Hauptsatz offenes System
dEpot
+ dU = P Q̇ + P Ẇ + P ṁ h
dE
kin
+ i
j
k tot,k
dτ
dτ
dτ
i
j
k



⇒ U2 − U1 = ṁ 
∆h +
|{z}
|{z}
=0
=hU

∆c2
+ g |{z}
∆z 

2}
| {z
=0
=0
Wir betrachten dabei nur den Zustrom, da der Anfangszustand 0“ beträgt.
”
U2 = mein hU
= 10 kg · 300.000
J
kg
= 3 · 106 J
6
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Thermodynamik I - Lösung 4
Aufgabe 17
In einem Dampfkessel werden stündlich ṁ = 105 kg
h Wasser verdampft und der Dampf in
einer wärmeisolierten (=abiabaten) Turbine entspannt. Die spezifische Enthalpie des Wassers
kJ
beträgt am Kesseleintritt ha = 128 kg
, die des Dampfes am Kesselaustritt und Turbineneintritt
kJ
kJ
.
hb = 3150 kg und am Turbinenaustritt hc = 2350 kg
kg
h
kJ
128 kg
kJ
3150 kg
kJ
2350 kg
Gegeben: ṁ = 105
ha =
hb =
hc =
a ) gesucht: Q̇K
Lösung:
1. Hauptsatz allgemeine Form/offenes System (Energiebilanz für System Kessel)
dE
dτ =
0
P
Q̇i +
i
P
P
>
Ẇ
ṁk htot,k
t,j +
j
k


= Q̇K + ṁ ha − hb + g (za − zb ) +

|
{z
=0
1
2
(c2a − c2b )
|
}
{z
=0

}
Q̇K = ṁ(hb − ha )
=
105 kg
h
3600 hs
3150 · 103
J
kg
− 128 · 103
J
kg
= 8, 394 · 107 W = 83,94 MW
b ) gesucht: PT
Lösung:
1. Hauptsatz allgemeine Form/offenes System (Energiebilanz für System Turbine)
dE
dτ
=
P
i
Q̇i +
P
Ẇt,j +
j
P
ṁk htot,k
k

0

= -PT + ṁ hb − hc + g (zb − zc ) +

|
{z
=0
}
7
1
2
(c2b − c2c )

|
{z
=0
}
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Thermodynamik I - Lösung 4
PT = ṁ(hb − hc )
=
105 kg
h
3600 hs
3150 · 103
J
kg
− 2350 · 103
J
kg
= 2, 222 · 107 W = 22, 22 MW
Die Turbine gibt eine Leistung von 22,22 MW ab.
c ) gesucht: η
Lösung:
PT
Nutzen
η = Aufwand
= Q̇
=
K
22,22 MW
83,94 MW
= 0,265 = 26,5 %
Aufgabe 18
3
Durch die adiabate Turbine eines Wasserkraftwerkes fließt ein Volumenstrom von 8 ms Wasser
bei einer Fallhöhe von 100 m. Die Wellenleistung der Turbine beträgt 7000 kW. Geschwindigkg
kJ
keits- und Dichteunterschiede seien zu vernachlässigen. ρW = 1000 m
3 ; cW = 4, 19 kgK ;
g = 9,81 sm2 .
a ) Wie groß ist die Temperaturerhöhung des Wassers in der Turbine?
b ) Wie groß ist der Wirkungsgrad der Turbine?
m1
T
PT
m2
Gegeben: V̇ = 8
m3
s
∆z = 100 m
PT = -7000 kW
ρW = 1000
cW = 4, 19
g = 9,81
kg
m3
kJ
kgK
m
s2
a ) Wie groß ist die Temperaturerhöhung des Wassers in der Turbine:
8
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Thermodynamik I - Lösung 4
1. Hauptsatz offenes System:
stat.
adiabat
X X
7
dE
=
Q̇i +
Ẇj
dτ
i
j
X
c2
h1 + gz1 + 1
2
ṁk htot,k
k
c2
+ gz
=∆ h+
2
∆htot
0 = −PT + ṁ1
+
!
− ṁ2
!
c2
h2 + gz2 + 2
2
!
ṁ1 = ṁ2 = ṁ
Annahme aus der Vorlesung:
Gleiche Höhe der Wassersäule über Rohrein- und Austritt (hydrostat. Druck):
p1 = p2
c1 = c2
siehe Angabe
v1 = v2 = v
siehe Angabe
h = u + pv
:
:
⇒ h1 − h2 = u1 − u2 + p1
v
p2
v
1 −
2
= cW (T1 − T2 )
⇒ −PT + ṁ (cW (T1 − T2 ) + g∆z) = 0
PT
ṁ
⇒ ∆T = T1 − T2 =
⇒ ∆12 T = T2 − T1 =
⇒ ∆12 T =
=
g∆z
cW
−
− g∆z
cW
P
− ṁT + g∆z
cW
wobei ṁ = ρ V̇
PT
ρ V̇ cW
m
·100
s2
J
4190 kgK
9,81
m
−
8
m3
s
7·106 W
· 1000 kg3 · 4190
m
J
kgK
= 0,0253 K
b ) Wie groß ist der Wirkungsgrad der Turbine:
Wirkungsgrad = |
Nutzen
Aufwand
|
ηT
=
P
PT 7 · 106 W
T
=
= 0, 892
= 3
kg
m
∆Epot,in ṁ g ∆z 8 ms · 1000 m
3 · 9, 81 s2 · 100 m
ηT
=
89, 2 %
9
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Thermodynamik I - Lösung 4
Der Begriff Wirkungsgrad wird oft in der Technik benutzt, z.B. für die Bewertung eines
Prozesses oder einer Anlage anhand der Güte der Energieumwandlung → thermischer
Wirkungsgrad einer Wärmekraftmaschine:
ηT =
|P |
|Q̇|
=
Nutzleistung (Strom reiner Energie)
zugeführter Wärmestrom
Aufgabe 19
Gegeben sei ein stationär arbeitender Luftkompressor. Die Luft am Eintritt habe die Geschwindigkeit c1 = 6
m
s,
eine Temperatur von T1 = 290 K, einen Druck p1 = 1 bar und
eine spezifische Enthalpie von h1 = 290,16
A1 = 0,1
m2 .
kJ
kg .
Die Querschnittsfläche am Eintritt betrage
Am Austritt habe die Luft eine Geschwindigkeit von c2 = 2
fische Enthalpie von h2 = 451,8
kJ
kg .
m
s
Der Kompressor gibt einen Wärmestrom von 3 kW ab.
Berechnen Sie die vom Kompressor benötigte Leistung!
• Die Luft soll als perfektes Gas mit RL = 0,287
Gegeben: c1 = 6
c2 = 2
m
s
m
s
T1 = 290 K
p1 = 1 bar = 1 · 105 Pa
J
kg
J
103 kg
h1 = 290, 16 · 103
h2 = 451, 8 ·
und eine spezi-
A1 = 0,1 m2
Q̇ab = 3000 W
10
kJ
kgK
betrachtet werden.
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gesucht: Ẇt
1.Hauptsatz geschlossenes System:
stat.
X
X
X
7
dE
=
Q̇i +
Ẇj +
ṁk ∆htot,k
dτ
i
j
k
!
0 = −Q̇ab
!
c2
c2
*
*
gz
− ṁ h2 + 2 + gz
+ Ẇt + ṁ h1 + 1 + 1
2
2
2
1 2
c1 − c22
+ Ẇt + ṁ h1 − h2 +
2
0 = −Q̇ab
Luft ⇒ perfektes Gas ⇒ p = ρ R T ⇔ ρ =
ṁ = ρ1 c1 A1 =
=
Ẇt = Q̇ab − ṁ h1 − h2 +
= 3000 W − 0, 7209 kg
s
1
2
p1
c1 A1
R T1
1·105 Pa · 6 m
· 0,1 m2
s
J
287 kgK · 290 K
c21 − c22
p
R T
= 0, 7209
kg
s
290, 16 · 103 − 451, 8 · 103
= 119,54 kW
11
J
1
m2
m2
+
36
−
4
2
2
kg
2
s
s