ε ε ε ε η

Kapitel 11
Musterlösungen
_________________________________________________________________________
Ü 11.1 Nachrechnung eines Otto-Vergleichsprozesses – (1)
Annahmen: Arbeitsmedium ist Luft, die spezifischen Wärmekapazitäten sind konstant
Anfangstemperatur
Anfangsdruck
Maximaltemperatur
Isentropenexponent von Luft
Verdichtungsverhältnis
T1 = 288 K
p1 = 1.013 bar
T3 = 2273 K
κ = 1.4
ε = 10
ges.:
- Drücke und Temperaturen in allen Eckpunkten
- Thermischer Wirkungsgrad
1-2
Isentrope Kompression
κ
⎛v
p 2 = p1 ⋅ ⎜⎜ 1
⎝ v2
⎛v
T2 = T1 ⋅ ⎜⎜ 1
⎝ v2
⎞
⎟⎟ = p1 ⋅ ε κ = 1.013 bar ⋅ 101.4 = 25.45 bar
⎠
⎞
⎟⎟
⎠
κ −1
= 288 K ⋅ 101.4−1 = 723.4 K
2-3
Isochore Wärmezufuhr
⎛T ⎞
2273 K
p 3 = p 2 ⋅ ⎜⎜ 3 ⎟⎟ = 25.45 bar ⋅
= 79.97 bar
723.4 K
⎝ T2 ⎠
3-4
Isentrope Expansion
⎛v
p 4 = p 3 ⋅ ⎜⎜ 3
⎝ v4
⎛v
T4 = T3 ⋅ ⎜⎜ 3
⎝ v4
κ
⎞
⎛v
⎟⎟ = p 3 ⋅ ⎜⎜ 2
⎠
⎝ v1
⎞
⎟⎟
⎠
κ −1
⎛v
= T3 ⋅ ⎜⎜ 2
⎝ v1
κ
κ
⎞
⎛1⎞
⎛1⎞
⎟⎟ = p 3 ⋅ ⎜ ⎟ = 79.97 bar ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 10 ⎠
⎝ε ⎠
⎠
⎞
⎟⎟
⎠
κ −1
⎛1⎞
= T3 ⋅ ⎜ ⎟
⎝ε ⎠
κ −1
1.4
⎛1⎞
= 2273 K ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 10 ⎠
= 3.18 bar
1.4 −1
= 904.9 K
Thermischer Wirkungsgrad
η th = 1 −
1
ε
κ −1
=1 −
1
1.4 −1
= 0.602
10
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Kapitel 11
Musterlösungen
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Ü 11.2 Nachrechnung eines Otto-Vergleichsprozesses (2)
Annahmen: Arbeitsmedium ist Luft, die spezifischen Wärmekapazitäten sind konstant
Verdichtungsverhältnis
pro Zyklus zugeführte Wärme
ε
Qzu
=
=
7.6
2.92 [kJ]
ges.:
- Thermischer Wirkungsgrad ηth
- Technische Arbeit
WK
Qab
- Nicht genutzte Wärme
Thermischer Wirkungsgrad ηth
Bei Vernachlässigung der Temperaturabhängigkeit der spezifischen Wärmekapazitäten
cv23 = cv41 = cv
ηth = 1 −
(T4 − T1 ) = 1 − 1
(T3 − T2 )
ε κ −1
⇒
ηth = 1 −
1
= 0.556
7.61.4−1
Nicht genutzte Wärme Qab
η th = 1 −
⇒
⇒
⇒
q ab
q zu
=1 −
qab = (1 − ηth ) ⋅ q zu
c v41 ⋅ (T4 − T1 )
c v23 ⋅ (T3 − T2 )
Qab = (1 − ηth ) ⋅ Qzu = (1 − 0.556 ) ⋅ 2.92 =1.29 [kJ ]
Qab = − 1.29 [kJ ]
Technische Arbeit WK
Spezifische Nutzarbeit wk bei reversiblen Kreisprozessen
− wk = q 23 + q 41 = q zu + q ab = q zu − q ab
⇒
⇒
− Wk = Qzu − Qab
Wk = 2.92 − 1.29 = − 1.63 [kJ ]
_________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
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Ü 11.3 Nachrechnung eines Otto-Vergleichsprozesses (3)
ε
Verdichtungsverhältnis
Temperatur der angesaugten Luft
Umgebungsluftdruck
a)
=
=
=
T1
p∞
7.8
20 [°C]
0.09 [MPa]
Arbeitsmedium ist Luft, die spezifischen Wärmekapazitäten sind konstant,
pro Zyklus zugeführte spezifische Wärme:
qzu = 950 [kJ/kg]
ges.:
- Thermischer Wirkungsgrad
ηth
- spezifische technische Arbeit
wK
- Drücke und Temperaturen in allen Eckpunkten des Prozesses
Thermischer Wirkungsgrad ηth
ηth = 1 −
1
ε
κ −1
ηth = 1 −
⇒
1
= 0.560
7.81.4−1
Spezifische technische Arbeit wK
− wk = qzu − qab
qab = (1 − ηth ) ⋅ q zu
mit
folgt
− wk = q zu − (1 − ηth ) ⋅ q zu = q zu ⋅ηth
⇒
⎡ kJ ⎤
wk = − 950 ⋅ 0.56 = − 532 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
Drücke und Temperaturen in den Eckpunkten
(1)
Isentrope Kompression der Umgebungsluft von (T1, p1) auf (T2, p2)
T2 = T1 ⋅ ε κ −1
T1 ⎛ p1 ⎞
=⎜ ⎟
T2 ⎜⎝ p2 ⎟⎠
mit p1 = p∞ = 0.09 [MPa ]
κ −1
κ
⇒
T2 = (20 + 273 .15 ) ⋅ 7.81.4 −1 = 666 .7 [K ]
κ
p1 ⎛ T1 ⎞ κ −1
⇒
=⎜ ⎟
p2 ⎜⎝ T2 ⎟⎠
⇒
κ
⎛ T ⎞1−κ
p2 = p1 ⋅ ⎜⎜ 1 ⎟⎟
⎝ T2 ⎠
1.4
⇒
(2)
⎛ 293.15 ⎞ −0.4
p2 = 0.09 ⋅ ⎜
⎟ =1.597 [MPa]
⎝ 666.7 ⎠
Isochore Wärmezufuhr q23 von (T2, p2) auf (T3, p3)
qzu = q23 = cv (T3 − T2 )
⇒
q23
+ T2
cv
p2 T2
=
p3 T3
T3 =
⇒
⇒
950 ⋅ 103
+ 666.7 =1990.7 [K ]
717.5
1990.7
T
⇒
p3 =1.597 ⋅
= 4.768 [MPa]
p3 = p2 ⋅ 3
666.7
T2
T3 =
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
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Ü 11.3 Nachrechnung eines Otto-Vergleichsprozesses (3)
(3)
Isentrope Expansion von (T3, p3) auf (T4, p4)
1
1
T4 = T3 ⋅ κ −1 ⇒
T4 =1990.7 ⋅ 1.4 −1 = 875.3[K ]
ε
7.8
⎛T ⎞
p4 = p3 ⋅ ⎜⎜ 3 ⎟⎟
⎝ T4 ⎠
b)
κ
1−κ
1.4
⇒
⎛ 1990.7 ⎞1−1.4
p4 = 4.768 ⋅ ⎜
= 0.269 [MPa]
⎟
⎝ 875.3 ⎠
Arbeitsmedium ist Luft, die Temperaturabhängigkeit der spezifischen
Wärmekapazitäten ist zu berücksichtigen
Alle Drücke und Temperaturen entsprechen denen von a)
ges.:
- Thermischer Wirkungsgrad
- spezifische technische Arbeit
ηth
wK
Thermischer Wirkungsgrad ηth
ηth =1 −
qab
q zu
=1 −
q41
q23
Temperaturabhängige Werte für cp von Luft aus Tab. 14.7
(1)
T1 = 293.15 [K ]= 20 [°C ]
⇒
⎡ J ⎤
c p1 (20°C ) = 1004.1 ⎢
⎥
⎣ kg ⋅ K ⎦
⇒
⎡ J ⎤
cv1 = cv (293.15 K ) = c p (293.15 K ) − R =1004.1 − 287 = 717.1 ⎢
⎥
⎣ kg ⋅ K ⎦
(2)
T2 = 666.7 [K ]= 393.55 [°C ]
⇒
⎡ J ⎤
⎡ J ⎤
, c p (400°C ) = 1028.6 ⎢
c p (350°C ) = 1023.7 ⎢
⎥
⎥
⎣ kg ⋅ K ⎦
⎣ kg ⋅ K ⎦
⎡ J ⎤
c p 2 (393.55°C ) = 1028.0 ⎢
⎥
⎣ kg ⋅ K ⎦
⇒
⎡ J ⎤
cv 2 = cv (666.7 K ) = c p (666.7 K ) − R =1028 − 287 = 741 ⎢
⎥
⎣ kg ⋅ K ⎦
(3)
T3 =1990.7 [K ]=1717.55 [°C ]
⇒
⎡ J ⎤
⎡ J ⎤
, c p (1800°C ) = 1150.5 ⎢
c p (1700°C ) = 1144.5 ⎢
⎥
⎥
⎣ kg ⋅ K ⎦
⎣ kg ⋅ K ⎦
⎡ J ⎤
c p3 (1717.55°C ) =1145.6 ⎢
⎥
⎣ kg ⋅ K ⎦
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
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Ü 11.3 Nachrechnung eines Otto-Vergleichsprozesses (3)
⇒
⎡ J ⎤
cv3 = cv (1990.7 K ) = c p (1990.7 K ) − R =1145.6 − 287 = 858.6 ⎢
⎥
⎣ kg ⋅ K ⎦
(4)
T4 = 875.3 [K ]= 602.15 [°C ]
⇒
⇒
⎡ J ⎤
⎡ J ⎤
, c p (650°C ) = 1055.2 ⎢
c p (600°C ) = 1049.8 ⎢
⎥
⎥
⎣ kg ⋅ K ⎦
⎣ kg ⋅ K ⎦
⎡ J ⎤
c p 4 (602.15°C ) =1050 ⎢
⎥
⎣ kg ⋅ K ⎦
⎡ J ⎤
cv 4 = cv (875.3 K ) = c p 4 (875.3K ) − R =1050 − 287 = 763 ⎢
⎥
⎣ kg ⋅ K ⎦
zugeführte spezifische Wärme qzu = q23
⎡ kJ ⎤
q23 = 858.6 ⋅1990.7 − 741 ⋅ 666.7 =1215.2 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
q23 = cv3 ⋅ T3 − cv2 ⋅ T2 ⇒
abgeführte spezifische Wärme qab = q41
⎡ kJ ⎤
q41 = 717.1⋅ 293.15 − 763 ⋅ 875.3 = − 457.6 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
q41 = cv1 ⋅ T1 − cv4 ⋅ T4 ⇒
Thermischer Wirkungsgrad ηth
ηth =1 −
qab
q zu
=1 −
q41
q23
⇒
ηth =1 −
457.6
= 0.623
1215.2
Spezifische technische Arbeit wK
− wk = q23 + q41
⇒
⎡ kJ ⎤
wk = − (q23 + q41 ) = − (1215.2 − 457.6) = − 757.6 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
Zum Vergleich:
Werte bei gleichen Ecktemperaturen, aber temperaturabhängigen Wärmekapazitäten
Thermischer Wirkungsgrad:
ηth = 0.560
Spezifische technische Arbeit:
⎡ kJ ⎤
wk = − 532 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
_________________________________________________________________________
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
_________________________________________________________________________
Ü 11.4:
Nachrechnung eines Diesel-Vergleichsprozesses
Mit Luft (ideales Gas) als Arbeitsmedium sollen
a) die Drücke und Temperaturen in den Endzeitpunkten der Zustandsänderungen berechnet
werden
V
ϕ= 3
b) Einspritzverhältnis
V2
c) Thermischer Wirkungsgrad
ηth
Anfangstemperatur:
Anfangsdruck:
Maximaltemperatur:
Verhältnis der spezifischen Wärmen:
Verdichtungsverhältnis:
Isentrope Verdichtung 1 - 2:
⎛v
p 2 = p1 ⋅ ⎜⎜ 1
⎝ v2
⎛v
T2 = T1 ⋅ ⎜⎜ 1
⎝ v2
T1 = 288 K
p1 = 1.01325 bar
T3 = 2273 K
κ = 1.4
ε = 21
κ
⎞
⎟⎟ = p1 ⋅ ε κ = 1.01325 bar ⋅ 211.4 = 71.92 bar
⎠
⎞
⎟⎟
⎠
κ −1
= T1 ⋅ ε κ −1 = 288 K ⋅ 211.4−1 = 973.38 K
Isobare Wärmezufuhr 2 -3:
p3 = p 2 = 71.92 bar
T3 = 2273 K
v3 T3
=
v 2 T2
(ideale Gasgleichung für isobare Zustandsänderung)
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
_________________________________________________________________________
Isentrope Expansion 3 - 4:
⎛v
p 4 = p3 ⋅ ⎜⎜ 3
⎝ v4
κ
⎞
⎛v v ⎞
⎟⎟ = p3 ⋅ ⎜⎜ 3 ⋅ 2 ⎟⎟
⎠
⎝ v2 v4 ⎠
κ
κ
⇒
⎛T 1⎞
⎛ 2273 K 1 ⎞
⋅ ⎟⎟
p 4 = p3 ⋅ ⎜⎜ 3 ⋅ ⎟⎟ = 71.92 bar ⋅ ⎜⎜
⎝ 973.38 K 21 ⎠
⎝ T2 ε ⎠
⎛T 1⎞
T4 = T3 ⋅ ⎜⎜ 3 ⋅ ⎟⎟
⎝ T2 ε ⎠
κ −1
⎛ 2273 K 1 ⎞
= 2273 K ⋅ ⎜⎜
⋅ ⎟⎟
⎝ 973.38 K 21 ⎠
1.4
= 3.32 bar
1.4 −1
= 944.14 k
Einspritzverhältnis
V
T
ϕ = 3 = 3 = 2.335
V2 T2
Thermischer Wirkungsgrad
η th = 1 −
1
κ ⋅ ε κ −1
⋅
ϕκ −1
1
2.3351.4 − 1
=1 −
⋅
= 0.639
ϕ −1
1.4 ⋅ 211.4−1 2.335 − 1
_________________________________________________________________________
Ü 11.5:
Nachrechnung eines Dieselmotors
Der theoretische Kreisprozeß eines Dieselmotors wird durch folgenden Kreisprozeß
angenähert
1-2:
Polytrope Verdichtung mit nV = 1.35
2-3:
Isochore Wärmezufuhr
3-4:
Isobare Wärmezufuhr
4-5:
Polytrope Expansion mit nE = 1.37
5-1:
Isochore Wärmeabfuhr
Arbeitsmedium ist Luft als ideales Gas mit konstanten Wärmekapazitäten
geg.: T1 = 318 [K], p1 = 83.5 [kPa]
Maximaler Prozeßdruck
pmax = 8.6 MPa
Verdichtungsverhältnis
ε = 16
spez. zugeführte Wärme bei der Verbrennung
ges.: 1.
2.
3.
4.
qzu = 1730 [kJ/kg]
Zustandsgrößen p, v und T in allen 5 Eckpunkten
Übertragene Energien bei jeder Zustandsänderung (1-2-3-4-5-1)
Spezifische Arbeit des Kreisprozesses
Thermischer Wirkungsgrad
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
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Ü 11.5:
Nachrechnung eines Dieselmotors
1.
Zustandsgrößen p, v und T in allen 5 Eckpunkten
1:
Ausgangspunkt
Angabe:
p ⋅ v = R ⋅T
1-2:
v1 =
⇒
R ⋅ T1
287 ⋅ 318
=
p1
0.0835 ⋅106
⇒
⇒
T1 = 318 [K]
p1 = 83.5 [kPa]
⇒
⎡ m3 ⎤
v1 =1.093 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
⇒
p2 = 3.525 [MPa ]
⇒
T2 = 839 [K ]
⇒
⎡ m3 ⎤
v2 = 0.068 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
Polytrope Verdichtung mit nV = 1.35
n
p1
p2
⎛ V2 ⎞ ⎛ 1 ⎞ V
= ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ ⎟
⎝ V1 ⎠ ⎝ ε ⎠
T1
T2
⎛V ⎞
= ⎜⎜ 2 ⎟⎟
⎝ V1 ⎠
n −1
n
⎛1⎞
=⎜ ⎟
⎝ε ⎠
p ⋅ v = R ⋅T
2-3:
⇒
nV −1
⎛1⎞
p2 = p1 ⋅ ⎜ ⎟
⎝ε ⎠
− nV
1− nV
⇒
⎛1⎞
T2 = T1 ⋅ ⎜ ⎟
⎝ε ⎠
⇒
v2 =
⎛1⎞
= 83.5 ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 16 ⎠
1−1.35
⎛1⎞
= 318 ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 16 ⎠
R ⋅ T2 287 ⋅ 839
=
3.53 ⋅ 10 6
p2
−1.35
Isochore Wärmezufuhr
v2 = v3
⇒
p3 = p4 = pmax
p2 T2
=
p3 T3
⇒
⎡ m3 ⎤
v3 = 0.068 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
p3 = 8.6 [MPa]
⇒
T3 = 2047 [K ]
3-4:
⇒
T3 = T2 ⋅
8.6
p3
= 839 ⋅
3.525
p2
Isobare Wärmezufuhr
p3 = p4 = pmax = 8.6 [MPa ]
cv =
R
287
=
κ − 1 1.4 − 1
⇒
⎡ J ⎤
cv = 717.5 ⎢
⎥
⎣ kg ⋅ K ⎦
⎡ kJ ⎤
q zu = q23 + q34 = 1730 ⎢ ⎥ ⇒
q zu = c p ⋅ (T4 − T3 ) + cv ⋅ (T3 − T2 )
⎣ kg ⎦
q − c ⋅ (T − T )
1730 ⋅103 − 717.5 ⋅ (2047 − 839 )
⇒
T4 = zu v 3 2 + T3 =
+ 2047 [K ]
cp
1004.5
p ⋅ v = R ⋅T
⇒
R ⋅ T4 287 ⋅ 2906
v4 =
=
8.6 ⋅ 10 6
p4
⇒
T4 = 2906 [K ]
⇒
⎡ m3 ⎤
v4 = 0.097 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
___________________________________________________________________________
Seite 8 von 22
Kapitel 11
Musterlösungen
_________________________________________________________________________
Ü 11.5:
4-5:
Nachrechnung eines Dieselmotors
Polytrope Expansion mit nE = 1.37
v5 = v1
p4
p5
T4
T5
⇒
nE
nE
⎛v ⎞
⎛V ⎞
= ⎜⎜ 5 ⎟⎟ = ⎜⎜ 5 ⎟⎟ ⇒
⎝ v4 ⎠
⎝ V4 ⎠
⎛p ⎞
= ⎜⎜ 4 ⎟⎟
⎝ p5 ⎠
5-1:
nE −1
nE
⇒
⎛v ⎞
p5 = p4 ⋅ ⎜⎜ 5 ⎟⎟
⎝ v4 ⎠
⎛p ⎞
T5 = T4 ⋅ ⎜⎜ 4 ⎟⎟
⎝ p5 ⎠
− nE
1− nE
nE
⎛ 1.093 ⎞
= 8.6 ⋅106 ⋅ ⎜
⎟
⎝ 0.097 ⎠
−1.37
⇒
⎡ m3 ⎤
v5 = 1.093 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
p5 = 0.312 [MPa ]
1−1.37
⎛ 8.6 ⎞ 1.37
⇒
= 2906 ⋅ ⎜
⎟
⎝ 0.312 ⎠
T5 =1187 [K ]
Isochore Wärmeabfuhr
⎡ m3 ⎤
v5 = v1 =1.093 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
Zustandspunkt
1
2
3
4
5
p [MPa]
0.0835
3.525
8.6
8.6
0.312
T [K]
318
839
2047
2906
1187
v [m³/kg]
1.093
0.068
0.068
0.097
1.093
2.
Übertragene Energien bei jeder Zustandsänderung (1-2-3-4-5-1)
1-2:
Polytrope Verdichtung mit nV = 1.35
R
κ −1
n −κ
1.35 − 1.4
q12 = c v ⋅ V
⋅ (T2 − T1 ) = 717.5 ⋅
⋅ (839 − 318)
nV − 1
1.35 − 1
mit
2-3:
cv =
⎡ kJ ⎤
q12 = − 53.4 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
⇒
⎡ kJ ⎤
q23 = 866.7 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
⇒
⎡ kJ ⎤
q34 = 862.9 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
Isochore Wärmezufuhr
q23 = cv ⋅ (T3 − T2 ) = 717.5 ⋅ (2047 − 839 )
3-4:
⇒
Isobare Wärmezufuhr
q34 = c p ⋅ (T4 − T3 ) =1004.5 ⋅ (2906 − 2047 )
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
_________________________________________________________________________
Ü 11.5:
4-5:
Nachrechnung eines Dieselmotors
Polytrope Expansion mit nE = 1.37
q 45 = c v ⋅
5-1:
nE − κ
1.37 − 1.4
⋅ (1187 − 2906 )
⋅ (T5 − T4 ) = 717.5 ⋅
1.37 − 1
nE − 1
⇒
⎡ kJ ⎤
q51 = − 623.5⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
⇒
⎡ kJ ⎤
wK = − 1152.7 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
⇒
η th = 0.63
Spezifische Arbeit des Kreisprozesses
wK = − ∑ q = − 53.4 + 866.7 + 862.9 + 100.0 − 623.5
4.
⎡ kJ ⎤
q 45 = 100.0 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
Isochore Wärmeabfuhr
q51 = cv ⋅ (T1 − T5 ) = 717.5 ⋅ (318 − 1187 )
3.
⇒
Thermischer Wirkungsgrad
η th =1 −
q ab
q zu
=1 −
q12 + q51
q 23 + q34 + q 45
=1 −
53.4 + 623.5
866.7 + 862.9 + 100
_________________________________________________________________________
Ü 11.6 Einfluß des Arbeitsmediums auf Wirkungsgrad und spezifische Arbeit
Wie verändert sich der thermische Wirkungsgrad und die spezifische technische Arbeit unter
der Annahme eines Ericson-Prozesses bei Verwendung von Helium anstelle von Luft?
Verdichtungsverhältnis π = p2 p1 =10 , T1 = T2 = 300 [K ] , T3 = T4 = 2400 [K ]
Tabelle 14.3:
- Luft, ideales Gas mit κ = 1.4 , R = 287 [J kg ⋅ K ]
- Helium mit κ =1.66 , R = 2077 [J kg ⋅ K ]
a)
Thermische Wirkungsgrad
Isotherme Kompression von p1 auf p2
⎛p ⎞
⎛p ⎞
q12 = p1 ⋅ v1 ⋅ ln⎜⎜ 1 ⎟⎟ = − R ⋅ T1 ⋅ ln⎜⎜ 2 ⎟⎟
⎝ p2 ⎠
⎝ p1 ⎠
⇒
⇒
⎡ kJ ⎤
q12, Luft = − 287 ⋅ 300 ⋅ ln(10) = − 198.25 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
⎡ kJ ⎤
q12, He = − 2077 ⋅ 300 ⋅ ln(10) = − 1434.74 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
___________________________________________________________________________
Seite 10 von 22
Kapitel 11
Musterlösungen
_________________________________________________________________________
Ü 11.6 Einfluß des Arbeitsmediums auf Wirkungsgrad und spezifische Arbeit
Isotherme Expansion mit p3 = p2 und p4 = p1
⎛p ⎞
⎛p ⎞
q34 = p3 ⋅ v3 ⋅ ln⎜⎜ 2 ⎟⎟ = R ⋅ T3 ⋅ ln⎜⎜ 2 ⎟⎟
⎝ p1 ⎠
⎝ p1 ⎠
⇒
⇒
⎡ kJ ⎤
q34, Luft = 287 ⋅ 2400 ⋅ ln(10) =1586 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
⎡ kJ ⎤
q34, He = 2077 ⋅ 2400 ⋅ ln(10) =11477.92 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
qab
q
198.25
=1 − 12 ⇒
η th , Luft =1 −
= 0.875 ,
q zu
q34
1586
1434.74
η th , Helium = 1 −
= 0.875
11477.92
ηth =1 −
Was aufgrund der Definition des Wirkungsgrades über die Temperatur sich sofort ergibt:
ηth = 1 −
T1
T3
⇒
keine Abhängigkeit des thermischen Wirkungsgrades von dem Arbeitsmedium
b)
Spezifische technische Arbeit
⎛T
⎞
− wt = R ⋅ T1 ⋅ ⎜⎜ 3 − 1⎟⎟ ⋅ ln(π )
⎝ T1
⎠
⇒
⇒
⎡ MJ ⎤
⎛ 2400 ⎞
− wt , Luft = 287 ⋅ 300 ⋅ ⎜
− 1⎟ ⋅ ln(10) =1.38 ⎢
⎥
⎠
⎝ 300
⎣ kg ⎦
⎡ MJ ⎤
⎛ 2400 ⎞
− wt , He = 2077 ⋅ 300 ⋅ ⎜
− 1⎟ ⋅ ln(10) =10.04 ⎢
⎥
⎠
⎝ 300
⎣ kg ⎦
Spezifische technische Arbeit verändert sich proportional dem Verhältnis der spezifischen
Wärmen der Arbeitsmedien
_________________________________________________________________________
Ü 11.7 Nachrechnung einer Dampfturbinenanlage
Eine Dampfturbine verarbeitet pro Stunde 170t Frischdampf mit einer Temperatur von 350°C
und einem Druck von 100 bar. Die Wassertemperatur vor dem Eintritt in die
Speisewasserpumpe beträgt 25°C.
Gesucht werden die Leistung und der thermische Wirkungsgrad nach Clausius-Rankine
___________________________________________________________________________
Seite 11 von 22
Kapitel 11
Musterlösungen
_________________________________________________________________________
Ü 11.7 Nachrechnung einer Dampfturbinenanlage
Für die Sättigungstemperatur T0 = 25°C liefert die Dampftafel für Wasser:
p0
= 0.03166 bar
v'0
= 1.0029⋅10-3 m3/kg
h'0
= 104.77 kJ/kg
= 0.367 kJ/(kg K)
s'0
= 43.40 m3/kg
v''5
= 8.559 kJ/(kg K)
s''5
= 2547 kJ/kg
h''5
Für den Sättigungsdruck p2 = 100 bar liefert die Dampftafel für Wasser:
T2
= 310.96°C
= 0.001453 m3/kg
v'2
= 1408 kJ/kg
h'2
h''3
= 2728 kJ/kg
Aus dem h,s-Diagramm für Wasserdampf (Abb. 9-21, Mollier-Diagramm von Wasserdampf)
liest man für den überhitzten Dampf mit p4 = 100 bar und T4 = 350°C ab:
h4
= 2926 kJ/kg
= 5.95 kJ/(kg K)
s4
0 - 1: Isentrope Druckerhöhung in der Speisewasserpumpe
Spezifische Arbeit der Speisewasserpumpe
p1 = p 2 = p3 = p 4 = 100 bar
w01 = v0′ ⋅ ( p1 − p0 ) =1.0029 ⋅10−3 ⋅ (100 − 0.03166) ⋅105
kJ
w01 =10.03
kg
Enthalpie
h1 = h0′ + w01 =104.77 + 10.03 ⇒
h1 =114.8
kJ
kg
Massestrom der Speisewasserpumpe
kg
t
m& = 170 = 47.222
s
h
Leistung der Speisewasserpumpe
PSp = m& ⋅ w01 = 47.222 ⋅10.03
⇒
⎛ kJ ⎞
PSp = 473.64 kW ⎜ = ⎟
⎝ s ⎠
1 - 2: Isobare Wärmezufuhr im Dampferzeuger
Q&12 = m& ⋅ (h2′ − h1 ) = 47.222 ⋅ (1408 − 114.8)
⇒
kJ
Q&12 = 61067.49
s
2 - 3: Isobar-isotherme Verdampfung im Dampferzeuger
Q& 23 = m& ⋅ (h3′′ − h2′ ) = 47.222 ⋅ (2728 − 1408)
⇒
kJ
Q& 23 = 62333.04
s
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
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Ü 11.7 Nachrechnung einer Dampfturbinenanlage
3 - 4: Isobare Überhitzung im Dampferzeuger
Q& 34 = m& ⋅ (h4 − h3′′) = 47.222 ⋅ (2926 − 2728)
⇒
kJ
Q& 34 = 9350.0
s
4 - 5: Isentrope Expansion in der Turbine
h5 = (1 − x ) ⋅ h0′ + x ⋅ h5′′
Berechnung des Dampfgehalts aus der Entropieänderung (5 - 0) mit s4 = s5 = 5.95 kJ/(kg K)
x=
s5 − s0′ 5.95 − 0.367
=
s5′′ − s0′ 8.559 − 0.367
Dampfgehalt 0 < x < 1 ⇒
⇒
x = 0.6815
Expansion führt ins Naßdampfgebiet
Enthalpie
h5 = (1 − x ) ⋅ h0′ + x ⋅ h5′′ = (1 − 0.6815) ⋅104.77 + 0.6815 ⋅ 2547
kJ
kg
⇒
h5 =1769.15
⇒
PT = − 54628 .77 kW
Gesamtleistung der Turbine
PT = m& ⋅ (h5 − h4 ) = 47.222 ⋅ (1769 .15 − 2926 )
5 - 0: Isobare Kondensation im Kondensator, abgegebene Wärme
⇒
Q& 50 = − m& ⋅ [x ⋅ (h5′′ − h0′ )]= 47.222 ⋅ [0.6815 ⋅ (2547 − 104.77 )]
kJ
Q& 50 = − 78593.3
s
Nutzleistung des Kreisprozesses
PN = PT + PSp = − 54628.77 + 473.64
⇒
oder
⇒
PN = − 54155.1 kW
(
)
PN = − Q&12 + Q& 23 + Q& 34 + Q& 50 = − (61067.49 + 62333.04 + 9350 − 78593.3)
PN = − 54157.2 kW
Thermischer Wirkungsgrad des Kreisprozesses
ηth =1 −
qab
1769.15 − 104.77
h − h′
=1 − 5 0 =1 −
2926 − 114.8
qzu
h4 − h1
⇒
ηth = 0.408
_________________________________________________________________________
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
_________________________________________________________________________
Ü 11.8:
Kreisprozeß mit stationär umlaufendem Fluid (Carnot-Prozeß)
Wärmekraftmaschine (Carnot-Prozeß)
Teilprozesse des Carnot-Prozesses:
- Adiabate Verdichtung 1-2
- Isotherme Entspannung 2-3
- Adiabate Entspannung 3-4
- Isotherme Verdichtung 4-1
Mit Helium als Arbeitsmedium sollen die bei den vier Teilprozessen als technische Arbeit und
als Wärme aufgenommenen oder abgeführten Energien sowie die spezifische Nutzarbeit des
Kreisprozesses berechnet werden.
Temperaturen:
T0 = T1 = T4 = 300 K
T = T2 = T3 = 850 K
Druckverhältnisse:
p max p 2
=
= 50
p min p 4
Die spezifische Wärmekapazität wird temperaturunabhängig angenommen, Änderungen von
kinetischer und potentieller Energie sollen vernachlässigt werden.
Helium
R = 2077 J/kg⋅K, c 0p = 5193
J
kg ⋅ K
Adiabate Verdichtung von 1-2
q12 + wt ,12 = h2 − h1
Da es sich um eine adiabaten Teilprozeß handelt, gilt q12 = 0
⇒
wt ,12 = h2 − h1 = c 0p (T2 − T1 ) = c 0p (T − T0 )
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
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Ü 11.8:
Kreisprozeß mit stationär umlaufendem Fluid (Carnot-Prozeß)
Technische Arbeit für die adiabate Entspannung von 3-4 wegen q 34 = 0
wt ,34 = h4 − h3 = c 0p (T4 − T3 ) = − c 0p (T − T0 )
Die beiden Arbeiten heben sich gerade auf. Der adiabate Verdichter und die adiabate
Turbine laufen sozusagen nutzlos gegeneinander. Die Nutzarbeit bei diesem Kreisprozeß
kann also nur aus der Differenz der technischen Arbeiten bei der isothermen Verdichtung
und der isothermen Entspannung stammen.
Bei idealen Gasen hängt die Enthalpie nur von der Temperatur ab. Bei der isothermen
Entspannung 2-3 gilt also wegen T2 = T3
q 23 + wt , 23 = h3 − h2 = 0
⇒
3
⎛p ⎞
q 23 = − wt , 23 = − ∫ v ⋅ dp = R ⋅ T ⋅ ln⎜⎜ 2 ⎟⎟
⎝ p3 ⎠
2
und entsprechend für die isotherme Verdichtung 4-1 wegen T1 = T4
1
⎛p ⎞
q 41 = − wt , 41 = − ∫ v ⋅ dp = R ⋅ T0 ⋅ ln⎜⎜ 4 ⎟⎟
⎝ p1 ⎠
4
Für das Verhältnis von Druck und Temperatur idealer Gase bei reversiblen adiabaten
Prozessen gilt
p 2 ⎛ T2
=⎜
p1 ⎜⎝ T1
⎞
⎟⎟
⎠
cv0 + R
R
⎛T
= ⎜⎜ 2
⎝ T1
c 0p
⎞R
⎟⎟
⎠
Für den Carnot-Prozeß gilt
c 0p
c 0p
p 2 ⎛ T2 ⎞ R ⎛ T ⎞ R
= ⎜ ⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟
p1 ⎜⎝ T1 ⎟⎠
⎝ T0 ⎠
p 2 p3
=
⇒
p1 p 4
c 0p
und
bzw.
c 0p
p3 ⎛ T3 ⎞ R ⎛ T ⎞ R
= ⎜ ⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟
p 4 ⎜⎝ T4 ⎟⎠
⎝ T0 ⎠
p 2 p1
=
p3 p 4
Mit
p2 = p4 ⋅
⇒
⇒
p max
p min
p
c 0p
p 4 ⋅ max
⎛T ⎞R
p min
= ⎜⎜ ⎟⎟
bzw.
p1
⎝ T0 ⎠
p 2 p1
1
=
=
= 3 .7
p 3 p 4 0.2703
p 4 p min
=
p1 p max
⎛T
⋅ ⎜⎜
⎝ T0
c 0p
⎞ R 1 ⎛ 850 K ⎞
⎟⎟ = ⋅ ⎜⎜
⎟
50 ⎝ 300 K ⎟⎠
⎠
kJ
kg ⋅ K
kJ
2.077
kg ⋅ K
5.193
= 0.2703
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
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Ü 11.8:
Kreisprozeß mit stationär umlaufendem Fluid (Carnot-Prozeß)
Isotherme Entspannung 2-3
⎛p ⎞
kJ
kJ
⋅ 850 K ⋅ ln (3.7 ) = 2310
q 23 = − wt , 23 = R ⋅ T ⋅ ln⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 2.077
kg ⋅ K
kg
⎝ p3 ⎠
Isotherme Verdichtung 1-4
⎛p ⎞
kJ
kJ
⋅ 300 K ⋅ ln (0.2703) = − 815
q 41 = − wt , 41 = R ⋅ T0 ⋅ ln⎜⎜ 4 ⎟⎟ = 2.077
kg ⋅ K
kg
⎝ p1 ⎠
Abgegebene Nutzarbeit des reversiblen Carnot-Prozesses
⎛p ⎞
kJ
kJ
kJ
− wt = − wt , 23 − wt , 41 = R ⋅ (T − T0 ) ⋅ ln⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 2310 − 815
= + 1495
kg
kg
kg
⎝ p3 ⎠
Thermischer Wirkungsgrad, d.h. das Verhältnis von zugeführter Wärme zu abgegebener
Nutzarbeit, beträgt
η th =
− wt T − T0
=
= 0.647
q 23
T
Der thermische Wirkungsgrad des reversiblen Carnot-Prozesses hängt also lediglich von der
Temperatur T0 bei der isothermen Verdichtung und der Temperatur T bei der isothermen
Entspannung ab.
Dem Vorteil des relativ hohen thermischen Wirkungsgrades stehen die Nachteile hinsichtlich
der technischen Realisierung einer isothermen Verdichtung und einer isothermen
Entspannung entgegen
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Kapitel 11
Musterlösungen
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Ü 11.9
Isentroper Wirkungsgrad einer stationären Gasturbine
Eine stationäre Gasturbinenanlage besteht aus den Hauptkomponenten Verdichter V,
Brennkammer BK und Turbine T. Verdichter und Turbine sitzen auf einer gemeinsamen
Welle.
geg.: Umgebungszustand = Ansaugzustand (1):
Luftmassenstrom
Verdichterdruckverhältnis
Isentropenwirkungsgrad des Verdichters
Isentropenwirkungsgrad der Turbine
Maximale Turbineneintrittstemperatur
p0 = 1.013 bar und t0 = 15 °C
m& = 7.02 kg/s
πV = 9.5
ηV,is = 84 %
ηT,is = 86 %
T3,max =1800 K
Annahmen
- in allen Komponenten herrscht gleicher und konstanter Massenstrom
- mechanische Verluste (Lager, Getriebe) können vernachlässigt werden
- der Druckverlust in der Brennkammer kann vernachlässigt werden
- Arbeitsmedium kann als ideales Gas mit konstanten Stoffgrößen betrachtet werden
R = 287 J/kg K; κ = 1.39; cp = 1023 J/kg K
1. Skizzieren Sie das Schaltschema der Anlage (Ebenenbezeichnung 1 – 4)
BK
4
3
2
PN
T
v
1
2. Skizzieren Sie das zugehörige Ts – Diagramm
T
p2 = p3
Turbine
3
Brennkammer
2is 2
•
4
•
• •
p4
•
4is
Verdichter
•
p0 = p1
1
s
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
_________________________________________________________________________
Ü 11.9
Isentroper Wirkungsgrad einer stationären Gasturbine
3. Berechnen Sie Druck p2 und Temperatur T2 nach dem Verdichter
Berechnung von T2,is über die Isentropen-Beziehung und das
Verdichterdruckverhältnis πV
1. Schritt:
T1 = T0 = 288.15 K
⎛ p ⎞
T1
= ⎜⎜ 1 ⎟⎟
T2 , is ⎝ p 2 ⎠
⇒
T2 ,is
κ −1
κ
⎛ p ⎞
= T1 ⋅ ⎜⎜ 1 ⎟⎟
⎝ p2 ⎠
η is ,V =
T2 =
1−κ
κ
⎛ 1
= T1 ⋅ ⎜⎜
⎝πV
⎞
⎟⎟
⎠
1−κ
κ
⎛ 1 ⎞
= 288.15 K ⋅ ⎜
⎟
⎝ 9 .5 ⎠
1−1.39
1.39
= 541.9 K
Berechnung von T2 über den isentropen Verdichter-Wirkungsgrad ηis,V
2. Schritt:
⇒
p1 = p 0 = 1.013 bar
T2 ,is − T1
T2 − T1
T2,is − T1
η is ,V
+ T1 =
541.9 K − 288.15 K
− 288.15 K
0.84
T2 = 590.2 K
⇒
_________________________________________________________________________
Kontrolle:
Beim Verdichter muß die reale Temperatur nach der Verdichtung immer über
der isentropen (verlustfreien) Temperatur liegen, T2 > T2, is , d.h. für die
verlustbehaftete Kompression muß immer mehr Arbeit aufgewendet werden
als für die verlustfreie (isentrope) Kompression:
Kompressionsarbeit, isentrop:
wt ,is = c p ⋅ T2,is − T1
(
Kompressionsarbeit, real:
wt = c p ⋅ (T2 − T1 )
Verdichter:
wt > wt ,is
)
_________________________________________________________________________
p2 = p1 ⋅ π V = 1.013 bar ⋅ 9.5
⇒
p2 = 9.6235 bar
4. Berechnen Sie die Brennkammerdruck und -austrittstemperatur p3, T3
Brennkammeraustrittstemperatur = Turbineneintrittstemperatur T3 = Tmax
T3 =1800 K
⇒
Brennkammerdruck p2 = p3 = const.
⇒
p3 = 9.6235 bar
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
_________________________________________________________________________
Ü 11.9
Isentroper Wirkungsgrad einer stationären Gasturbine
5. Wie groß sind Temperatur T4 im Turbinenaustritt, wenn die Turbine genau auf den
Umgebungsdruck entspannt?
Berechnung von T4,is über die Isentropen-Beziehung (T4 und T4,is liegen auf der gleichen
Isobaren p4 = p1 = p0 = 1.013 bar)
p3 ⎛ T3
=⎜
p 4 ⎜⎝ T4 ,is
⇒
κ
⎞ κ −1
⎟
⎟
⎠
⎛p ⎞
T4,is = T3 ⋅ ⎜⎜ 3 ⎟⎟
⎝ p4 ⎠
1− κ
κ
⎛ 9.6235 ⎞
=1800 ⋅ ⎜
⎟
⎝ 1.013 ⎠
1−1.39
1.39
T4,is = 957 K
⇒
Berechnung von T4 über den isentropen Turbinen-Wirkungsgrad ηis,T
ηT ,is =
⇒
T3 − T4
T3 − T4,is
T4 = T3 − ηT ,is ⋅ (T3 − T4,is )=1800 − 0.86 ⋅ (1800 − 957 )
T4 =1075 K
⇒
_________________________________________________________________________
Kontrolle:
Bei einer Turbine muß die reale Temperatur nach der Expansion immer über
der isentropen (verlustfreien) Temperatur liegen, d.h. T4 > T4, is , d.h. die
verlustbehaftete Expansion liefert immer weniger Arbeit als die verlustfreie
(isentrope) Expansion:
Expansionsarbeit, isentrop:
wt ,is = c p ⋅ T4,is − T3
(
Expansionsarbeit, real:
wt = c p ⋅ (T4 − T3 )
Turbine:
wt < wt ,is
)
_________________________________________________________________________
6.
Berechnen Sie die abgegebene Nutzleistung PN der Anlage
⇒
PN = PT + PV
PN = m& ⋅ wt ,T + m& ⋅ wt ,V = m& ⋅ [(h4 − h3 ) + (h2 − h1 )]= m& ⋅ c p ⋅ [(T4 − T3 ) + (T2 − T1 )]
⇒
PN = 7.02 ⋅ 1023 ⋅ [(1075 − 1800) + (590.2 − 288.15)]
⇒
PN = − 3.037 [MW ]
_________________________________________________________________________
Kontrolle:
Die abgegebene Leistung der Turbine PT muß immer negativ sein, die
aufgenommene Leistung des Verdichters PV muß immer positiv sein. Die
Nutzleistung PN muß ebenfalls immer negativ sein und entspricht der
Turbinenleistung PT, die um die erforderliche Antriebsleistung für den
Verdichter PV verringert wurde.
_________________________________________________________________________
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
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Ü 11.10
Dieselmotor mit Abgasturbolader
Die Leistung eines Dieselmotors soll durch einen Abgasturbolader modifiziert werden.
Die Bedingungen im Turbineneintritt des Abgasladers (Zustand III) entsprechen den
Zustandsgrößen des Dieselmotors nach dem Expansionstakt, d.h. die Turbineneintrittstemperatur TIII entspricht der Abgastemperatur T4 = 940 K des Dieselmotors und der Druck
im Turbineneintritt pIII ist gleich dem Abgasdruck nach dem Expansionstakt von p4 = 3.32
bar.
Für den Abgasturbolader gelten folgende Größen:
Mechanischer Wirkungsgrad:
ηmech
Isentroper Verdichterwirkungsgrad: ηV,is
Isentroper Turbinenwirkungsgrad: ηT,is
Darüber hinaus gilt:
m&
= 0.98
= 0.80
= 0.82
= m& V = m& T = 0.15 kg/s
Als Arbeitsmedium kann mit Luft (ideales Gas: R = 287 J/kgK, κ = 1.4) gerechnet werden.
Umgebungsbedingungen: T0 = 15°C, p0 = 1.013 bar
1.
Skizzieren Sie das Schaltbild des Abgasturboladers (Ebenenbezeichnung I-IV).
Pnutz
2.
Das Abgas expandiert in der Turbine von pIII = p4 = 3.32 bar auf den Umgebungsdruck pIV = p0 = 1.013 bar.
Berechnen Sie die Temperatur TIV im Turbinenaustritt.
TIV ,isentrop = TIII
ηT ,is =
⎛p
⋅ ⎜⎜ III
⎝ p IV
⎞
⎟⎟
⎠
1−κ
κ
⎛p ⎞
= T4 ⋅ ⎜⎜ 4 ⎟⎟
⎝ p0 ⎠
1−κ
κ
⎛ 3.32 bar ⎞
⎟⎟
= 940 K ⋅ ⎜⎜
⎝ 1.013 bar ⎠
1−1.4
1.4
= 669.6 K
TIII − TIV
⇒ TIV = TIII − ηT ,is ⋅ (TIII − TIV ,is ) = T4 − ηT ,is ⋅ (T4 − TIV ,is )
TIII − TIV ,is
TIV = 940 K − 0.82 ⋅ (940 K − 669.6 K ) = 718.3 K
___________________________________________________________________________
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Kapitel 11
Musterlösungen
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Ü 11.10
3.
Dieselmotor mit Abgasturbolader
Berechnen Sie die Leistung PV , die dem Verdichter des Abgasladers zur Verfügung
gestellt wird.
PV = − η mech ⋅ PT = −η mech ⋅ m& ⋅ (hIV − hIII ) = −η mech ⋅ m& ⋅ c p ⋅ (TIV − TIII )
cp =
R ⋅κ
=
κ −1
287
J
⋅ 1.4
kg ⋅ K
J
= 1004.5
kg ⋅ K
1.4 − 1
PV = − 0.98 ⋅ 0.15
4.
kg
J
⋅ 1004.5
⋅ (718.3 K − 940 K ) = 32.74 kW
s
kg ⋅ K
Wie hoch ist die Temperatur TII , die sich nach der Vorverdichtung der Umgebungsluft von pI = p0 auf pII durch den Verdichter ergibt?
PV = m& V ⋅ (hII − hI ) = m& ⋅ c p ⋅ (TII − TI ) = m& ⋅ c p ⋅ (TII − T0 )
PV
+ T0 =
m& ⋅ c p
32.74 ⋅ 10 3 W
+ 288.15 K = 505.4 K
kg
J
0.15 ⋅ 1004.5
kg ⋅ K
s
⇒
TII =
5.
Berechnen Sie das Kompressionsverhältnis π V = pII pI des Verdichters des
Abgasturboladers.
ηV ,is =
TII ,is − TI
TII − TI
⇒ TII ,is = TI + ηV ,is ⋅ (TII − TI ) = T0 + ηV ,is ⋅ (TII − T0 )
TII ,is = 288.15 K + 0.8 ⋅ (505.4 − 288.15) = 462.0 K
⎛T
p
π V = II = ⎜⎜ II ,is
p I ⎝ TI
6.
κ
⎞ κ −1 ⎛ TII ,is
⎟⎟
= ⎜⎜
⎠
⎝ T0
κ
1.4
⎞ κ −1 ⎛ 462.0 K ⎞ 1.4−1
⎟⎟
⎟⎟
= 5.219
= ⎜⎜
⎝ 288.15 K ⎠
⎠
Wie hoch ist der Druck pII , der sich nach der Vorverdichtung der Umgebungsluft von
pI = p0 auf pII durch den Verdichter des Abgasturboladers ergibt?
p II = π V ⋅ p I = π V ⋅ p 0 = 5.219 ⋅ 1.013 bar = 5.287 bar
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Kapitel 11
Musterlösungen
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Ü 11.10
7.
Dieselmotor mit Abgasturbolader
Die Umgebungsluft wurde durch den Verdichter des Laders bereits auf den Druck pII
und die Temperatur TII vorkomprimiert. Welcher Druck p2* und welche Temperatur T2*
würde sich bei einer weiteren isentropen Verdichtung durch den Dieselmotor mit
einem unveränderten Verdichtungsverhältnis von ε = v1 v2 =19 ergeben?
'II'-'2*': Isentrope Kompression
T2* = TII ⋅ ε κ −1 = 505.4 K ⋅ 191.4−1 = 1641 K
p*2 = p II ⋅ ε κ = 5.287 bar ⋅ 191.4 = 326.2 bar
_________________________________________________________________________
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