Musterlösung¨Ubung 7 q =

PCI (Biol./Pharm.) Thermodynamik Musterlösung Übung 7 H.P. Lüthi / R. Riek – HS 2016
Musterlösung Übung 7
Aufgabe 1: Kühlschränke
Das Prinzip eines Kühlschrankes ist schematisch in Abbildung 1-1 dargestellt. Überträgt
man Wärme von der Region mit der tieferen Temperatur Tk zur Region mit der wärmeren
Temperatur Tw , muss zusätzlich Arbeit aufgewendet werden (vgl. Formulierung des 2. Hauptsatzes der Thermodynamik durch Clausius).
Aussentemperatur
Tw > Tk
qw=-|qw|
w=|w|
System
qk=|qk|
Innenraum des
Kühlschranks
mit Tk
Abbildung 1-1: Schematische Darstellung des Prinzips eines Kühlschrankes. Tk ist die Temperatur der Region
mit der tieferen, Tw derjenigen mit der höheren Temperatur. Entsprechend sind qk resp. qw die vom System
mit der kälteren resp. wärmeren Region ausgetauschten Wärmemengen. w ist die am System geleistete Arbeit.
Gemäss der üblichen Vorzeichenkonvention gilt für den Betrieb der Maschine als Kühlschrank: qk > 0, qw < 0
und w > 0.
a) Da der Kühlschrank reversibel arbeiten soll, gilt:
∆s =
qk
qw
+
=0
Tk Tw
beziehungsweise
Tw
|qw |
=
.
|qk |
Tk
(1.1)
Man erhält damit für die Temperatur im Innern:
Tk = Tw
100 kJ
|qk |
= 293.15 K
= 225.50 K.
|qw |
130 kJ
Es handelt sich also um eine Tiefkühltruhe der Temperatur T = −47.7◦ C.
b) Die aufzuwendende Arbeit w ergibt sich mit Hilfe des 1. Hauptsatzes der Thermodynamik
und der Energieerhaltung für zyklische Prozesse:
w = −(qw + qk ) = |qw | − |qk |.
(1.2)
Unter Benutzung von (1.1) kann man schreiben:
Tw
Tw
293.15 K
w=
|qk | − |qk | = |qk |
− 1 = 50 kJ
− 1 = 15.00 kJ.
Tk
Tk
225.50 K
c) Eine Möglichkeit, die Effizienz eines Kühlschrankes zu beurteilen, ist den Quotienten zwischen der aus der kühleren Region abgeführten Wärme |qk | und der dazu aufzuwendenden
Arbeit |w| zu bilden:
|qk |
ηK =
.
|w|
1
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Dabei ist die Effizienz des Kühlschrankes umso besser, je grösser ηK ist. Mit (1.1) und
(1.2) findet man nun
−1 −1
|qk |
|qw | − |qk |
|qw |
|qk |
=
=
−1
=
ηK =
|w|
|qw | − |qk |
|qk |
|qk |
−1
Tw
Tk
=
−1
.
(1.3)
=
Tk
Tw − Tk
Da sinnvollerweise Tw > Tk gelten muss, kann ηK Werte im Bereich 0 ≤ ηK < ∞ annehmen.
Setzt man die in der Aufgabenstellung gegebenen Zahlenwerte in (1.3) ein, erhält man
ηK (Tw = 293.15 K, Tk = 225.50 K) = 3.33
ηK (Tw = 303.15 K, Tk = 225.50 K) = 2.90.
Man sieht, dass bei einer Erhöhung der Aussentemperatur von 20◦ C auf 30◦ C pro geleisteter Arbeit wesentlich weniger Wärme aus dem Innern des Kühlschrankes entfernt
wird.
d) Kühlschränke und Wärmepumpen arbeiten im Prinzip identisch, die Anwendung ist jedoch verschieden. Bei Kühlschränken ist man an der Region mit der tieferen Temperatur
interessiert. Für einen optimalen Betrieb muss dafür gesorgt werden, dass die Abwärme
in der Region mit der höheren Temperatur möglichst effizient weggeführt wird, da sonst
die Temperatur dort ansteigt, was zu einer geringeren Effizienz des Kühlschrankes führt
(vgl. Teilaufgabe 1c). Bei Wärmepumpen ist man hingegen an der der wärmeren Region
zugeführten Wärmemenge interessiert. Dabei sollte man auf eine möglichst stabile Temperatur der kälteren Region (z.B. See im Winter) achten, damit die abgegebene Wärmemenge
allein über die von der Wärmepumpe geleistete Arbeit reguliert werden kann.
Aufgabe 2: Stirlingmotor
a) In Abbildung 2-1 ist das p, V -Diagramm von einem Stirling-Prozess und einem gleichartigen Carnot-Prozess dargestellt. Sie gleichen einander bis auf die Tatsache, dass die
Punkte 2 und 3 sowie 1 und 4 durch isochore Linien anstatt durch Adiabaten miteinander
verknüpft sind.
b) Die vier Zustände sind die Kombinationen von Th und Tk mit Va und Vb . Danach muss
nur noch der Druck mit der idealen Gasgleichung
pi =
nRTi
Vi
(2.1)
ermittelt werden. Richtig kombiniert ergibt sich für die vier Zustände:
Zustand V /L T /K p/bar
1
2 700 29.10
2
10 700
5.82
3
10 300
2.49
4
2 300 12.47
c) Die Arbeit, welche entlang einer Isotherme im reversiblen Fall verrichtet wird ist
ZVj
wij = −
ZVj
pdV = −nRT
Vi
dV
Vj
= −nRT ln
V
Vi
(2.2)
Vi
2
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30
1
25
25
20
20
p / bar
p / bar
30
15
4
10
w
5
1
15
10
2
4
w
5
2
3
0
0
2
4
6
8
V/L
10
12
14
0
3
0
5
V/L
10
15
Abbildung 2-1: p, V -Diagramm von Stirling-Prozess (links) und Carnot-Prozess (rechts). Beide fahren entlang
derselben Isothermen und leisten daher dieselbe Menge an Arbeit. Der Wärmeverbrauch in beiden Prozessen
ist jedoch unterschiedlich.
Da im isothermen Fall die innere Energie konstant bleibt gilt ausserdem qij = −wij .
Bei der isochoren Temperatur wird keine Volumenarbeit geleistet und daher wird
qij = ∆Uij = ncV (Tj − Ti ).
(2.3)
Man erhält also pro Takt
Takt
12
23
34
41
w/kJ q/kJ
-9.367 9.367
0
-12.0
4.015 -4.015
0
12.0
d) Mit diesem Stirlingmotor erhält man eine Arbeit von |w| = |w12 + w34 | = 5.35kJ pro
Zyklus.
e) Die Effizienz dieser Maschine ist
η=
|w|
= 0.25.
|q12 | + |q41 |
(2.4)
Im vergleich dazu beträgt der Wirkungsgrad einer Carnot-Maschine, die zwischen den
Temperaturen 300K und 700K läuft, η = 0.57. Der Grund für die schlechtere Effizienz ist die zusätzlich einzuspeisende Wärme |q41 |, die ein Stirlingprozess für die isochore
Erwärmung benötigt. Diese läuft beim Carnot-Prozess adiabatisch ab, und benötigt daher keine Wärmezufuhr. Stirnling-Maschinen werden deshalb vor allem bei sehr niedrigen
Temperaturdifferenzen eingesetzt, wo der Term |q41 | vernachlässigbar ist gegenüber |q12 |
und daher annähernd der Carnot-Wirkungsgrad erreicht wird.
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Aufgabe 3: Heizen eines Chalets
a) Man betrachte die Wärmepumpe, welche während die Zeit dt die folgende elektrische
Arbeit leistet: δw = P dt (siehe Abbildung 3-1).
Chalet mit der
Temperatur T
qw
welektrische
Wärmepumpe
qk
Luft aussen, mit T0
Abbildung 3-1: Eine Wärmepumpe zum Aufheizen des Chalets.
Bei einem geschlossenen Kreisprozess gilt für die innere Energie u der Wärmepumpe:
I
du = δw + δqw + δqk = 0
(3.1)
und der Entropie s:
I
ds =
δqk δqw
=0
+
T0
T
(3.2)
Das Symbol δ wird verwendet, um anzuzeigen, dass die Variable wegabhängig ist und nicht
als totales Differential ausgedrückt werden kann. Mit die Wärme geliefert aus der System
(zum Chalet) gegeben als δq = −cp dT und die elektrische Arbeit δw = P dt kann man
Gleichung (3.1) nun umschreiben zu:
P dt − cp dT + δqk = 0
Mit δqk = −T0 δqTw aus Gleichung (3.2) und wieder δqw = −cp dT folgt:
P dt − cp dT + T0
cp dT
T
= 0
cp dT
P dt = cp dT − T0
T cp
dT
dt =
dT − T0
P
T
(3.3)
Wenn man nun über die totale Heizdauer ∆t integriert, erhält man:
cp
T1
∆t =
(T1 − T0 ) − T0 ln
=3h
P
T0
(3.4)
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b) Wenn man die Forscher als Heizung betrachten würde, wäre die Heizdauer:
∆t00 =
cp (T2 − T1 )
= 26.45h
10 Pm
(3.5)
Die Wärme, die pro Forscher produziert wird, ist:
qm = t Pm = 12000 kJ = 2866 kcal
(3.6)
Damit kann jeder Forscher etwa 955 gram Fondue verspeisen. Man kann also zusammenfassend sagen, dass es sich lohnt eine Heizpumpe zu benutzten, wenn man es schnell warm
bekommen möchte.
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