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

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Thermodynamik II - Lösung 04
Aufgabe 6:
(2)
(1): p1 = 1 bar, t1 = 15 ◦ C
(3)
(2): p2 = 5 bar
(3): p3 = p2 = 5 bar, t3 = 15◦ C
(1)
Die skizzierte Druckluftanlage soll V̇3 = 80 m3 /h Luft vom Zustand (3) liefern. Dazu wird Luft
vom Zustand (1) (, Umgebungszustand) angesaugt, auf den Zustand (2) verdichtet und danach
in einem wärmeisolierten Wärmeübertrager isobar auf die Temperatur t3 zurückgekühlt. Die
Verdichtung erfolgt irreversibel adiabat. Der isentrope Wirkungsgrad beträgt dabei
wt,is
ηs,V =
= 0,8.
wt,real
a) Skizzieren Sie die Zustandsänderungen der Luft in einem p,v-Diagramm.
b) Berechnen Sie die Temperatur t2 der Luft nach der irreversibel adiabaten Verdichtung.
c) Wie groß ist der Volumenstrom V̇1 (in m3 /h) der angesaugten Luft?
d) Welcher Wärmestrom Q̇ (in kJ/h) wird im Wärmeübertrager von der Druckluft an das
Kühlwasser abgegeben?
Weitere Angaben:
Änderungen der kinetischen und potentiellen Energien sollen vernachlässigt werden.
Luft soll als perfektes Gas mit der Gaskonstanten R = 0,287 kJ/(kgK) und der
spezifischen Wärmekapazität cp = 1,0 kJ/(kgK) betrachtet werden.
Gegeben:
V̇3 = 80 m3 /h
ηs,V := wt,is /wt,real = 0, 8
R = 0,287 kJ/(kgK)
cp = 1,0 kJ/(kgK)
Zustand 1:
p1 = pu = 1 bar
Zustand 2:
p2 = 5 bar
Zustand 3:
p3 = p2 = 5 bar
t1 = tu = 15 ◦ C
t3 = t1 = 15 ◦ C
1


y ¬ Õ ­ irrev. adiabate Verdichtung


y ­ Õ ® isobare, adiabate Kühlung
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Thermodynamik II - Lösung 04
a ) Skizzieren Sie die Zustandsänderungen (ZÄ) der Luft in einem p,v-Diagramm.
Für spezifische technische Arbeiten gilt, unter Vernachlässigung der potentiellen und der
kinetischen Energien:
rev. adiabat Þ isentrop:
irrev. adiabat:
wt,12,is =
wt,12,real =
∫2
∫2
v(p)dp
1
v(p)dp + wR,12
1
Þ wt,12,real > wt,12,is
Es gilt: die spez. techn. Arbeit entspricht in einem
∫ p-v-Diagramm der Fläche unter der
Kurve v(p), (wt = v(p)dp).
Þ die Steigung einer irrev. Zustandsänderung muss im p-v-Diagramm größer als die einer
reversiblen Zustandsänderung sein.
Es ergibt sich folgendes Diagramm:
b) Berechnen Sie die Temperatur t2 der Luft nach der irreversibel adiabaten Verdichtung.
Gesucht: Temperatur t2
¬ Õ ­ reale Verdichtung
Þ wt,12 , wt,12,real
¬ Systemgrenze festlegen: System Verdichter (siehe Skizze)
Bekannt ist der isentrope Verdichterwirkungsgrad ηs,V := wt,is /wt,real = 0, 8 mit
wt,rev = wt,isentrop (siehe Aufgabe a))
­ ηs,V =
wt,is
h2,is − h1
wt,is
=
=
wt,real
wt,real
h2 − h1
® Temperatur aus spez. Enthalpie: Luft ist als perf. Gas anzunehmen (siehe
Aufgabenstellung)
Þ dh = cp dT
ηs,V =
T2,isentrop − T1
h2,isentrop − h1
=
h2 − h1
T2 − T1
2
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T2 =
T2,isentrop − T1
+ T1
ηs,V
Einzige Unbekannte ist T2,isentrop .
Für isentrope Zustandsänderungen gilt: p2,isentrop = p2 , aber T2,isentrop ̸= T2
Diagramm)
T2,isentrop
Für eine isentrope Zustandsänderung gilt:
=
T1
(
p2,isentrop
p1
) κ−1
κ
(siehe
(
=
p2
p1
) κ−1
κ
cp
1000 J/(kgK)
=
= 1, 4
cp − R
1000 J/(kgK) − 287 j/(kgK)
(
(
) κ−1
) 1,4−1
p2,isentrop κ
5 bar 1,4
= T1 ·
= (15 + 273, 15)K ·
p1
1 bar
κ=
T2,isentrop
T2,isentrop = 456, 38 K
T2 =
T2,isentrop − T1
456, 38 K − 288, 15 K
+ T1 =
+ 288, 15 K
ηs,V
0, 8
T2 = 498, 44 K Þ t2 = 225, 29◦ C
Möglichkeit 2: Lösung über 1.HS
ηs,V =
wt,is
mit wt,rev = wt,12′ und wt,real = wt,12
wt,real
1. Hauptsatz für stationäre Fließprozesse (spezifisch):
0
*+ wt,12
q12
0
2
>
c
0
:
+ g ·
∆12
z
= ∆12 h + ∆12
2
Luft ist als perfektes Gas zu behandeln Þ dh = cp dT Þ ∆12 h = cp · (T2 − T1 )
wt,12 = ∆12 h = cp · (T2 − T1 )
Nach gesuchter Größe umstellen:
T2 =
wt,12
+ T1
cp
(1*)
einzige Unbekannte Größe ist nun noch wt,12 (irreversibel); Bestimmung über gegebenen
isentropen Verdichterwirkungsgrad.
wt,12′
wt,is
ηs,V :=
=
= 0, 8
wt,real
wt,12
Þ wt,12 =
3
wt,12′
0, 8
(2*)
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′
¬ Õ ­ ideale Verdichtung
Unbekannte Größe ist wt,12′ ;
Zur Bestimmung von wt,12′ gibt es 2 Möglichkeiten:
• Möglichkeit 1: bei einer idealen Verdichtung ist der Prozess reversibel und somit
wR = 0.
′
∫2
wt,12′ =
′
wt,12′ =
∫2
0
:
′ +
wR,12
v(p)dp + 1
· (c22′ − c21 ) + g · (z2′ − z1 )
1
2
v(p)dp + wR,12′ +
1
1
:0
:0
2
c
(z
(c22
·
′ −
1) + g · 2′ − z1 )
2
Isentropengleichung für Volumenbeziehung:
p2′
=
p1
′
¬ Õ ­ rev. adiabat Þ isentrop:
p2
′
p2
= p2 , siehe Diagramm a) Þ
=
p1
(
v1
v2′
′
1
κ
Þ wt,12′ = p1 · v1 ·
∫2
1
[
1
wt,12′ = p1κ · v1 ·
wt,12′ =
1
wt,12′
κ
κ−1
·p κ
κ−1
κ−1
1
κ
·v1 ·
·
p1κ · p1 κ
| {z }
κ−1
−1
κ
p1κ ·p1 ·p1
]2
′
1
(
v1
v2′
)κ
)κ
(
v2 = v(p) =
′
p1
p
) κ1
· v1
( ) κ1
1
dp
p
( κ−1
κ−1 )
κ
· p2′κ − p1 κ ; p2′ = p2
κ−1
]
[( ) κ−1
]
κ
p2 κ
− 1 = p1 · v1 ·
·
−1
κ−1
p1
= p1κ · v1 ·
1
[(
p2
p1
) κ−1
κ
=p1
ideale Gasgleichung: p1 · v1 = R · T1
[( ) κ−1
]
κ
p2 κ
cp
κ
−1 ;
wt,12′ = R · T1 ·
·
=
κ−1
p1
κ−1
R
[( ) R
]
[( ) R
]
cp
p2 cp
p2 cp
wt,12′ = R · T1 ·
·
− 1 = T1 · cp ·
−1
R
p1
p1


287 J/(kgK)
(
) 1000
J/(kgK)
5
bar
= (15 + 273, 15)K · 1000 J/(kgK) · 
− 1 = 169, 17 kJ/kg
1 bar
• Möglichkeit 2: über 1. Hauptsatz
0
*
′ + w
q12
t,12′
0
>
2
c
0
:
′
= ∆12′ h + ∆12
z
∆12
′ + g · 2
wt,12′ = ∆12′ h = cp · (T2′ − T1 )
einzige Unbekannte ist T2′
T2 aus Isentropengleichung:
′
(
T2′ = T1 ·
p2
p1
) cR
p
T2′
=
T1
(
p2′
p1
) κ−1
κ
(
= (15 + 273, 15)K ·
4
;
5 bar
1 bar
p2′ = p2 und
κ
cp
=
κ−1
R
287 J/(kgK)
) 1000
J/(kgK)
= 457, 32 K
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Þ
wt,12′ = cp · (T2′ − T1 ) = 1000 J/(kgK) · (457, 32 K − (15 + 273, 15)K) = 169, 17 kJ/kg
Jetzt müssen nur noch alle Größen eingesetzt werden:
Gleichung (2*) in (1*)
T2 =
wt,12′
169, 17 · 103 J/kg
+ T1 =
+ (15 + 273, 15)K = 499, 61 K
cp · 0, 8
1000 J/(kgK) · 0, 8
Þ t2 = 226, 46◦ C (Abweichung zum 1. Ergebnis aufgrund von Rundungsfehlern)
c) Wie groß ist der Volumenstrom V̇1 (in m3 /h) der angesaugten Luft?
Gesucht: V̇1 (in m3 /h)
Pinzipiell gilt: ṁ1 = ṁ2 = ṁ3 = ṁ = const., m = ρ · V Þ ṁ = ρ · V̇
ṁ1 = ρ1 · V̇1 = ρ3 · V̇3 = ṁ3
ρ3
p
V̇1 =
· V̇3 ; die Dichten ergeben sich aus der id. Gasgl.: ρ =
ρ1
R·T
p3
p3
5 bar
R·T
V̇1 = p1 3 · V̇3 ; R · T1 = R · T3 Þ V̇1 =
· V̇3 =
· 80 m3 /h = 400 m3 /h
p1
1 bar
R · T1
d) Welcher Wärmestrom Q̇ (in kJ/h) wird im Wärmeübertrager von der Druckluft an das
Kühlwasser abgegeben?
Gesucht: Q̇ (in kJ/h)
allg. gilt:
Q̇ = q · ṁ Þ Unbekannte sind q und ṁ
Beachte: |Q̇L | = |Q̇ea | = |Q̇23 |, aber |qL | ̸= |qea |, da ṁL ̸= ṁw
spez. Wärmemenge q gesucht
¬ Systemgrenze einzeichnen
Durch die beliebige Wahl der Systemgrenzen ergeben sich 3 mögliche Lösungswege für
diese Aufgabe.
Möglichkeit 1: System Wasser Þ Q̇ea = qea · ṁw
Vorüberlegung: Die Luft soll gekühlt werden
Þ Wasser muss Wärme aufnehmen
Þ qea muss größer Null sein (egozentrische
Systembetrachtung)
1. Hauptsatz:
0
2
>
c
0
:
:=0 ∆ea h + ∆ea
+ g ·
qea + wt,ea
∆ea
z
2
spez. Enthalpie bestimmen: Þ reale Fluide
Wasser wird als inkompressibles Medium angenommen, vereinfachende Annahme: dp = 0
5
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(
)
( )
0
∂h
∂h
= cw dT
dh =
dp
dT +
∂T p
∂p T
| {z }
Es folgt:
cw =const.
Þ ∆ea h = ha − he = cw · (Ta − Te )
qea = ∆ea h = cw · (Ta − Te )
Q̇ea = ṁw · qea = ṁw · cw · (Ta − Te )
Da keine zahlenmäßigen Angaben für Wasser gegeben sind, führt dieser Lösungsweg zu
keinem Ergebnis.
Es lässt sich auch keine Aussage treffen, ob qea > 0.
Möglichkeit 2: System Luft Þ Q̇L = qL · ṁL
Vorüberlegung: Die Luft soll gekühlt werden
Þ Luft muss Wärme abgeben
Þ qL muss kleiner Null sein (egozentrische
Systembetrachtung)
0
1. Hauptsatz aufstellen:
:=0
q23 + wt,23
2
>
c
0
:
+ g ·
∆23
z
∆23 h + ∆23
2
spez. Enthalpie bestimmen: Luft Þ perfektes Gas
Es folgt:
∆23 h = cp · (T3 − T2 )
qL = ∆23 h = cp · (T3 − T2 )
q23 = 1000 J/(kgK) · (288, 15 K − 499, 61 K) = −211, 46 kJ/(kg) < 0, plausibel (siehe
Vorüberlegung)
Q̇L = ṁL · qL ; ṁL bestimmen
Es ist bekannt V̇3 = 80 m3 /h =
1
m3 /s
45
m = ρ · V Þ ṁ = ρ · V̇
Dichte über id. Gasgl.: ρ =
ṁL = ṁ3 = ρ3 · V̇3 =
p
R·T
5 · 105 P a
1
p3
· V̇3 =
·
m3 /s = 0, 1344 kg/s
R · T3
287 J/(kgK) · (15 + 273, 15)K 45
Q̇23 = 0, 1344 kg/s · 3600 s/h · (−211, 46 kJ/(kg)) = −102, 313 M J/h Þ wird abgegeben
6
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Möglichkeit 3: System Luft (gesamtes System) Þ Q̇L = qL · ṁL
qL ist die dem System Druckluft entzogene
massenspezifische Wärmemenge;
Ẇt,12 ist der dem Verdichter zugeführte
Arbeitsstrom
Þ q23 < 0 und wt,12 > 0 (egozentrische
Systembetrachtung)
0
1. Hauptsatz:
q23 + wt,12
2
>
c
0
:
+ g ·
∆13
z
= ∆13 h + ∆13
2
spez. Enthalpie bestimmen:
siehe oben Þ ∆13 h = cp · (T3 − T1 );
mit T3 = T1
:0
q23 = ∆13 h − wt,12 = cp · (T
3 − T1 ) − |wt,12 |
q23 = −wt,12 ;
q23 = −
q23 = −
wt,12 =
wt,12′
ηs,V
wt,12′
ηs,V
169, 17 · 103 J/kg
= −211, 46 kJ/(kgK)
0, 8
(vgl. Möglichkeit 2)
Q̇23 = ṁL · q23 = 0, 1344 kg/s · 3600 s/h · (−211, 46 kJ/(kg)) = −102, 313 M J/h
Aufgabe 7:
Durch eine horizontale, wärmeisolierte Rohrleitung, deren Querschnitt sich kontinuierlich vom
Anfangsquerschnitt A1 auf A2 = 2 · A1 erweitert, strömt Wasser. Die Querschnittserweiterung
bewirkt eine Erhöhung des Wasserdrucks von p1 = 2,0 bar auf p2 = 2,1 bar.
a) Bestimmen Sie die Änderung der Temperatur und der spezifischen Entropie des Wassers
beim Durchströmen der Querschnittserweiterung, wenn das Wasser im Eintrittszustand
eine Temperatur T1 = 300 K und eine Strömungsgeschwindigkeit c1 = 10 m/s besitzt.
b) Ermitteln Sie anhand einer Abschätzung der Entropieänderung, ob für Luft anstelle von
Wasser im Endquerschnitt grundsätzlich dieselben Werte der Zustandsgößen erreicht
werden können, wenn man für Luft dieselben Werte der Zustandsgrößen und der
Strömungsgeschwindigkeit im Anfangsquerschnitt wie für Wasser voraussetzt.
Weitere Angaben:
Wasser soll als inkompressibles Medium angesehen werden mit ρ = 1000 kg/m3 und
cp = cv = cw = 4,19 kJ/(kgK).
Luft soll als perfektes Gas betrachtet werden mit cp = 1,0 kJ/(kgK) und
R = 0,287 kJ/(kgK).
7
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Gegeben:
A2 = 2 · A1
p1 = 2 bar
p2 = 2, 1 bar
cp = cv = cw = 4, 19 kJ/(kgK)
RL = 0, 287 kJ/(kgK)
cp,L = 1, 0 kJ/(kgK)
ρw = 1000 kg/m3
A1
a) Bestimmen Sie die Änderung der Temperatur und der spezifischen Entropie des Wassers
beim Durchströmen der Querschnittserweiterung, wenn das Wasser im Eintrittszustand
eine Temperatur T1 = 300 K und eine Strömungsgeschwindigkeit c1 = 10 m/s besitzt.
Gesucht: ∆12 T ; ∆12,w s
• ∆12 T :
Temperaturänderung ∆12 T
¬ Systemgrenze festlegen: System Rohrleitung
Für die Massenströme gilt: ṁ1 = ρ1 · c1 · A1 = ρ2 · c2 · A2 = ṁ2 ;
(inkompressibel)
ρ1 · c1 · A1 = ρ2 · c2 · A2 = ρ2 · c2 · 2 · A1 Þ c2 =
­Bekannt sind q, wt , ∆
ρ1 = ρ2 , da Wasser
1
· c1
2
c2
, cp und ∆z Þ 1. Hauptsatz:
2
2
0
:
:=0 ∆12 h + ∆12 c + g ·
*+0 ∆12
z
q12
wt,12
2
∆12 h = −∆12
c2
1
= · (c21 − c22 )
2
2
® spez. Enthalpie bestimmen:
Wasser (inkompressibel), Druckänderung gegeben Þ dp ̸= 0
dh = cw dT + v dp;
v=
1
= const., da ρ = const.
ρ
1
· (c21 − c22 )
2
[
]
1
1
1
2
2
∆12 T = (T2 − T1 ) =
·
· (c1 − c2 ) − v · (p2 − p1 ) ; c2 = · c1
cw
2
2
∆12 h = cw · (T2 − T1 ) + v · (p2 − p1 ) =
c2
v
1
1
1
1
· (c21 − 1 ) −
· (p2 − p1 ); v = =
=
m3 /kg
2 · cw
4
cw
ρ
1000 kg/m3
1000
[
]
1
m3 /kg
1
(10 m/s)2
2
∆12 T =
· (10 m/s) −
− 1000
· (2, 1 · 105 P a+
2 · 4190 J/(kgK)
4
4190 J/(kgK)
∆12 T =
−2, 0 · 105 P a) = 6, 56 · 10−3 K
8
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• ∆12,w s
Gibbsche Hauptgleichung (GHG):
¬
dh = T ds + vdp
ds =
1
· (dh − vdp)
T
­ dh bestimmen
Wasser ist inkompressibel Þ dh = cw dT + vdp
1
· (cw dT + vdp − vdp)
T
∫2
cw
1
dT
ds = · cw dT Þ ∆12,w s =
T
T
ds =
1
® nach ∆12 s auflösen:
∆12 T = (T2 − T1 ) Þ T2 = ∆12 T + T1 = 6, 56 · 10−3 + 300 K = 300, 00656 K
( )
(
)
T2
300, 00656 K
∆12,w s = cw · ln
= 4190 J/(kgK) · ln
= 0, 092 J/(kgK) > 0
T1
300 K
¯ Kontrolle ob der Prozess möglich ist:
2. Hauptsatz:
0
dS
7=
dτ
∑
∑
>
ṠQ,i
+ Ṡirr + j ṁ · s
i
0
Ṡirr = −ṁ · (s1 − s2 ) > 0 Þ Prozess möglich
| {z }
−∆12,w s
9
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b) Ermitteln Sie anhand einer Abschätzung der Entropieänderung, ob für Luft anstelle von
Wasser im Endquerschnitt grundsätzlich dieselben Werte der Zustandsgößen erreicht
werden können, wenn man für Luft dieselben Werte der Zustandsgrößen und der
Strömungsgeschwindigkeit im Anfangsquerschnitt wie für Wasser voraussetzt.
Gesucht:
p1 = 2bar
p2 = 2, 1 bar
cp = 1000 J/(kgK)
T1 = 300 K
c1 = 10 m/s
R = 287 J/(kgK)
∆12,L s
Vorgehen analog Entropiebestimmung Aufgabe a)
¬ Gibbsche Hauptgleichung:
dh = T ds + vdp
ds =
­ dh bestimmen:
1
· (dh − vdp)
T
Luft ist als perfektes Gas anzunehmen Þ dh = cp dT
® nach ∆12 s auflösen:
ds =
dh
v
− dp;
T
T
ds =
cp
R
dT − dp
T
p
∫2
∫2
ds = cp ·
∆12,L s =
1
(
∆12,L s = 1000 J/(kgK) · ln
v
R
=
T
p
aus id. Gasgleichung folgt:
1
dT − R ·
T
1
300, 00656 K
300 K
)
∫2
1
dp = cp · ln
p
(
T2
T1
)
(
− R · ln
2. Hauptsatz:
∑
− 287 J/(kgK) · ln
2, 1 bar
2 bar
)
= −0, 0139 kJ/(kgK) < 0
∑
>
ṠQ,i
+ Ṡirr + j ṁ · s
i
0
Ṡirr = −ṁ · (s1 − s2 ) < 0 Þ die Bedingung des 2. Hauptsatzes wird verletzt Þ mit Luft
| {z }
−∆12,L s
wäre dieser Prozess nicht durchführbar
10
)
1
(
¯ Kontrolle ob der Prozess möglich ist Þ Bedingung: Ṡirr ≥ 0
0
dS
7
=
dτ
p2
p1