Mathcad - TTS_060704.mcd

Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu
TTS-Klausur
Name / Matrikel-Nr.:
Aufgabe 1 (3+3+10+10+24=50 Punkte, TTS & TTD1)
In einem adiabaten geschlossenen System werden flüssiges Wasser mit tW , mW ,
Wassereis mit tE , mE und Wasserdampf mit tD , mD zusammen gebracht. Der Druck im
System beträgt p := 5 ⋅ bar und bleibt unverändert.
1. Kann eine Systemtemperatur t1 gefunden werden, bei der alle drei Phasen koexistieren?
Bitte Begründung angeben!
2. Bei welcher Temperatur t2 sind in diesem System nur flüssiges Wasser und Dampf zu
finden? Bitte Begründung angeben!
3. Wie ändern sich schätzungsweise die innere Energie, die Entropie und das Volumen des
Systems mit der Zeit? Bitte Begründung angeben!
4. Man zeichne im T,s-Diagramm die Zustandsänderungen aller drei Komponente, wenn die
anfänglichen Temperaturen tW := 20 ⋅ °C, tE := −20 ⋅ °C, tD := 200 ⋅ °C betragen. Man
benenne anschliessend die entstehenden Flächen unter den Kurven und beschreibe ihre
thermodynamische Bedeutung.
5. Man bestimme den Endzustand des Systems mithilfe der Dampftafel, wenn
mW := 0.2 ⋅ kg, mE := 0.3 ⋅ kg, mD := 0.5 ⋅ kg betragen, in folgenden Schritten:
•
Man schreibe die Energiebilanz, in der man die sp. inneren Energien mithilfe der sp.
Enthalpien ersetzte.
• Man vernachlässige die Änderung der sp. Volumina und ermittele somit die sp. Enthalpie
im Endzustand.
• Man berechne anschliessend das sp. Volumen im Endzustand und berechne mit dem
gewonnenen Wert die sp. Enthalpie erneut.
• Man vervollständige nun den Endzustand (t, v, s und eventuell x).
Hinweise:
• Die sp. Enthalpie und die Dichte des Eises im Anfangszustand betragen
kJ
kg
hE := −421.36 ⋅
bzw.
ρE := 993.62 ⋅
.
3
kg
m
Aufgabe 2 (10 Punkte, TTS & TTD1)
Warum werden für Wärmepumpen und Kältemaschinen Fluide gewählt, die eine
Phasenänderung zwischen den minimalen und maximalen Temperaturen des Kreisprozesses
aufweisen? Anders gefragt, warum werden diese Maschinen nicht mit einem Idealgas
betrieben? Hinweis: Man beachte dazu die Formel der Leistungsziffer.
Aufgabe 3 (30+10+10=50 Punkte, TTS & TTD1)
Man ermittele eine Formel des thermischen Wirkungsgrades für den rechtslaufenden
Kreisprozess mit den folgenden Zustandsänderungen: 1-2 Isotherme, 2-3 Isentrope, 3-4
Isochore, 4-5 Isentrope, 5-1 Isochore, wobei im Zustand 1 der minimale Druck herrscht.
v1
v1
p4
Folgende Parameter sind gegeben: ε KP =
, δ KP =
, πKP =
, κ.
v3
v2
p3
Man vergleiche die Formel mit der des Otto-Prozesses und bestimme a) formelmäßig und b)
anhand des T,s-Diagramms die Zuordnung der Wirkungsgrade (wer ist größer und warum?).
TTS_060704.mcd
1
06.07.2004
TTS-Klausur
Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu
Name / Matrikel-Nr.:
Aufgabe 4 (50 Punkte TTS & 100 Punkte STL)
Für die Berechnung der verteilten Druckverluste eines inkompressiblen Fluids beim
Durchströmen eines geraden Rohres mit DH = const wird die bekannte Formel
L ρ⋅c
∆p = λ ⋅
⋅
DH
2
2
(1)
verwendet.
Diese Formel läßt sich näherungsweise auch im Falle eines kompressiblen Fluids einsetzen,
jedoch beschreibt sie die Realität nicht genau. Die genaue Formel für ein Idealgas lautet
2
2
2
p1 − p2
L12 ρ1 ⋅ c1 T12
= −λ ⋅
⋅
⋅
(2)
2 ⋅ p1
DH
2
T1
wobei T12 die arithmetische Mitteltemperatur zwischen den beiden Punkten im Rohr ist.
Teil 1. Theorie (50%)
Man beweise diese Formel nach der folgenden Gliederung:
1. Man Schreibe den Druckverlust dp auf eine Elementlänge dL, d.h. (als Starthilfe) man
setze in (1) ∆p ← dp und L ← dL.
2. Man schreibe die thermische Zustandsänderung in einem Zustand/Punkt X, der sich
zwischen den Zuständen/Punkten 1 und 2 befindet, und im Zustand 1. Daraus ergibt sich
eine Gleichung für die Dichte im X.
3. Man schreibe die Kontinuitätsgleichung zwischen den Zuständen 1 und X. Daraus ergibt
sich eine Gleichung für die Geschwindigkeit im X.
4. Setzt man die Gl. vom 2. und 3. in die Gl. vom 1. und integriert sie zwischen den
Zuständen 1 und 2. Hierbei betrachte die Temperatur im X als eine Mitteltemperatur, d.h.
Tx ← T12 = const.
5. Die erzielte Formel (s. auch oben) muss nun nach der Druckdifferenz ∆p = p1 − p2
aufgelöst werden, um den Vergleich mit (1) zu ermöglichen.
Teil 2. Zahlenwertbeispiel (50%)
Ein Verdichter liefert stationär einen Volumenstrom im Normzustand ( pN := 1.013 ⋅ bar ,
4
3
tN := 0 ⋅ °C) von V´NV := 2 ⋅ 10 ⋅ m ⋅ h
−1
Luft (Idealgas). In der Anlage erzeugt er
püV := 6 ⋅ bar Überdruck bei einer Temperatur tV := 100 ⋅ °C. Das Leitungssystem besteht
aus einem L12 := 100 ⋅ m langen Stahlrohr mit 2 Absperrschiebern und 16 Stück 90°-Bogen.
1. Wie groß ist bei kompressibler isothermer Strömung der Druckverlust, wenn die
m
Eintrittsgeschwindigkeit im Rohr c1 := 9.25 ⋅
gewählt wird?
s
2. Man vergleiche diesen Wert mit dem der inkompressiblen Strömung.
Gegeben:
ζ Krümmer := 0.25, ζ Schieber := 0.2, Sandkornrauhigkeit des Rohrs k := 0.05 ⋅ mm.
TTS_060704.mcd
2
06.07.2004
Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu
TTS-Klausur
Name / Matrikel-Nr.:
Lösung der Aufgabe 1
Frage 1
Alle drei Phasen können nur auf die Tripellinie koexistieren. Für Wasser liegt die Tripellinie bei
6,1173 mbar und 0,1 °C. Somit wenn der Druck im System 5 bar beträgt, kann keine
Temperatur gefunden werden, bei der alle drei Phasen koexistieren.
Frage 2
Aus der Naßdampftafel, d.h. aus der Dampfdruckkurve erhält man für den Druck 5 bar die
Temperatur 151,87 °C.
Frage 3
Die innere Energie in einem adiabaten geschlossenen System kann nur über die verrichtete
Arbeit verändert werden, d.h. maßgebend dafür in diesem Fall ist, ob das Volumen mit der
Zeit zu- oder abnimmt. Hier könnte auch die irreversible Arbeit einen Beitrag leisten, aber in
diesem Beispiel ist sie nicht vorhanden.
Die Änderungen der Volumina von Wasser und Eis - auch im Falle des Schmelzens - sind
gegenüber die des Dampfes zu vernachlässigen. Durch den Temperaturausgleich wird das
Eis zu Wasser und ein Teil des Dampfes - wenn nicht sogar vollständig - ebenfalls zu
Wasser. Damit ist es eine Minderung des Volumens zu erwarten, wenn der Druck konstant
bleibt.
Dies bedeutet, dass die verrichtete Volumenänderungsarbeit für das System positiv
(zugeführt) vorkommt. Somit wird die innere Energie des Systems zunehmen.
Für die Entropie des Systems ist die Aussage einfacher zu treffen, weil im Falle von
Ausgleichsprozessen (z.B. für Temperatur, Zusammensetzung usw.) in adiabaten
geschlossenen Systemen nimmt die Entropie ständig zu.
Frage 5
Stoffwerte
kJ
hW := 84.3 ⋅
kg
vE :=
1
3
kg
−3 m
3
kg
kJ
kg
kJ
hD := 2854.9 ⋅
kg
TTS_060704.mcd
⋅
vE = 1.006 × 10
ρE
hE = −421.36
vW := 1 ⋅ 10
−3 m
3
m
vD := 0.42487 ⋅
kg
3
06.07.2004
TTS-Klausur
Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu
h´ := 640.38 ⋅
kJ
kg
h´´ := 2748.6 ⋅
v´ := 1.09253 ⋅ 10
s´ := 1.861 ⋅
−3 m
⋅
3
kg
kJ
kg ⋅ K
Name / Matrikel-Nr.:
kJ
kg
3
m
v´´ := 0.37486 ⋅
kg
kJ
s´´ := 6.8214 ⋅
kg ⋅ K
1 HS. für geschlossenes adiabates System zwischen Anfangs- (1) und Endzustand (2) im
Falle eines reversiblen Prozesses
U2 − U1 = Wv12
U2 = m ⋅ u2
m = mE + mW + mD
wobei
U1 = mE ⋅ uE + mW ⋅ uW + mD ⋅ uD
m ⋅ u2 − ( mE ⋅ uE + mW ⋅ uW + mD ⋅ uD) = −p ⋅ ( V2 − V1)
V1 =
mE
ρE
+
mW
ρW
+
mD
ρD
= mE ⋅ vE + mW ⋅ vW ⋅ mD ⋅ vD
V2 = m ⋅ v2
m ⋅ u2 − ( mE ⋅ uE + mW ⋅ uW + mD ⋅ uD) = −p ⋅ m ⋅ v2 − ( mE ⋅ vE + mW ⋅ vW ⋅ mD ⋅ vD)
m ⋅ ( u2 + p ⋅ v2) −  mE ⋅ ( uE + p ⋅ vE) + mW ⋅ ( uW + p ⋅ vW) + mD ⋅ ( uD + p ⋅ vD)  = 0
m ⋅ h2 − ( mE ⋅ hE + mW ⋅ vW + mD ⋅ vD) = 0
( 1)
H2 − ( HE + HW + HD) = 0
H2 − H1 = 0
d.h. die Enthlapie bleibt in diesem Fall erhalten !!
Mit Berücksichtigung der Änderung des spezifischen Volumens ergibt sich somit aus Gl. (1)
mD ⋅ ( h2 − hD) + mW ⋅ ( h2 − hW) + mE ⋅ ( h2 − hE) = 0
h2 :=
x2 :=
mD ⋅ hD + mW ⋅ hW + mE ⋅ hE
mD + mW + mE
h2 = 1317.902
kJ
kg
h2 − h´
h´´ − h´
v2 := ( 1 − x2) v´ + x2 ⋅ v´´
s2 := ( 1 − x2) s´ + x2 ⋅ s´´
TTS_060704.mcd
x2 = 0.321
3
m
v2 = 0.121
kg
kJ
s2 = 3.455
kg ⋅ K
4
06.07.2004
TTS-Klausur
Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu
Name / Matrikel-Nr.:
Lösung der Aufgabe 2
Bei WP und KM ist die Leistungsziffer der Quotient zwischen der Nutzwärme (abgegeben bei
WP und aufgenommen bei KM, aber im Betrag genommen) und der auf dem Kreisprozess
verrichteten Arbeit (stets positiv).
Für den Einsatz dieser Fluide können folgende Überlegungen im Betracht genommen werden:
1. Um die verrichtete Arbeit für die notwendige Verdichtung klein zu halten und somit eine
große Leistungsziffer = Effizienz zu erreichen, sollte man das Arbeitsfluids im flüssigen
Zustand verdichten (bei großerer Dichte benötigt man einen kleineren Verdichter für den
gleichen Massenstrom).
2. Gleichzeitig braucht das flüssige Fluid für die gleich große ausgetauschte Wärme einen
kleineren Wärmeübertrager (wieder wegen der größeren Dichte), was ein großer Vorteil
für die Auslegung der Maschinen darstellt.
3. Bei Phasenumwandlung kann man viel Wärme aufnehmen (beim Verdampfen) oder
abgeben (beim Kondensieren) bei konstant bleibender Temperatur. Somit werden
isotherme Wärmezufuhr bzw. Abfuhr möglich, was mit relativ kleinen Temperänderungen
des Arbeitsfluids zu erreichen sind. Somit kann das Temperaturgefälle zur Umgebung und
somit die thermodynamischen Verluste klein gehalten werden (s. Irreversibilität der
Wärmeübertragung).
Lösung der Aufgabe 3
ε=
v1
δ=
v3
η th = 1 +
qab
qzu
= 1+
q51 = c°v ⋅ ( T1 − T5)
η th = 1 −
v1
π=
v2
p4
p3
q51 + q12
q34
 v2 
 = −R ⋅ T1 ⋅ ln ( δ )
v
1
 
q12 = R ⋅ T1 ⋅ ln 
c°v ⋅ ( T5 − T1) + R ⋅ T1 ⋅ ln ( δ )
T2 = T1
 v4 
T5 = T4 ⋅  
 v5 
TTS_060704.mcd
R = c°v ⋅ ( κ − 1)
c°v ⋅ ( T4 − T3)
 v2 
T3 = T2 ⋅  
 v3 
κ−1
κ−1
 v3 
= T3 ⋅ π ⋅  
 v1 
κ−1
q34 = c°v ⋅ ( T4 − T3)
ε
= T1 ⋅  
δ
κ−1
ε
= T1 ⋅  
δ
5
κ−1
ε
T4 = T3 ⋅ π = T1 ⋅  
δ
 1
⋅π⋅ 
ε
κ−1
= T1 ⋅
κ−1
⋅π
π
δ
κ−1
06.07.2004
TTS-Klausur
Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu
η th = 1 −
c°v ⋅ ( T5 − T1) + c°v ⋅ ( κ − 1) ⋅ T1 ⋅ ln ( δ )
T5 − T1 + ( κ − 1) ⋅ T1 ⋅ ln ( δ )
= 1−
c°v ⋅ ( T4 − T3)
T4 − T3
T1 ⋅
η th = 1 −
η th = 1 −
π
δ
κ−1
π−δ
κ−1
π
− T1 + ( κ − 1) ⋅ T1 ⋅ ln ( δ )
ε
T1 ⋅  
δ
κ−1
= 1−
⋅ ( π − 1)
+ ( κ − 1) ⋅ ln ( δ ) ⋅ δ
κ−1
π−1
δ=1
Für
Name / Matrikel-Nr.:
δ
κ−1
− 1 + ( κ − 1) ⋅ ln ( δ )
ε
 
δ
κ−1
⋅ ( π − 1)
1
⋅
ε
κ−1
η th = 1 −
resultiert
1
ε
κ−1
= η Otto
κ−1
κ−1


πKP − δ KP
+ ( κ − 1) ⋅ ln ( δ KP ) ⋅ δ KP
1


η th ( κ , πKP , δ KP , ε KP ) := 1 −
⋅

κ−1 
πKP − 1
ε KP


0.6
0.58
(
)
η th ( 1.4 , 3 , 1.5 , ε KP)
0.56
η th ( 1.4 , 4 , 1.5 , ε KP)
η th ( 1.35 , 3 , 1.5 , ε KP)
η th 1.4 , 3 , 1 , ε KP
0.54
0.52
0.5
8
8.5
9
9.5
10
10.5
11
ε KP
TTS_060704.mcd
6
06.07.2004
TTS-Klausur
Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu
Name / Matrikel-Nr.:
Lösung der Aufgabe 4
Hinweis: In der Aufgabe erfolgt die Strömung von 2 nach 1
(s. Gl. (2)), wobei die Druckdifferenz zwischen den
Zuständen 1 und 2 negativ ist. Hier in dieser Lösung wird
aber den Beweis für den Fall der Strömung von 1 nach 2
vorgestellt (s. Minusvorzeichen vor λ).
Teil 1
dL ρ ⋅ c
dp = −λ ⋅
⋅
DH
2
p
ρ
2

= R ⋅ T12
ρ=
ρ ⋅ c = ρ1 ⋅ c1
dp = −λ ⋅
p ⋅ dp =
p

R ⋅ T12
c = ρ1 ⋅ c1 ⋅

dL 1
⋅ ⋅ ρ1 ⋅ c1 ⋅  ρ1 ⋅ c1 ⋅
DH 2

(
)

R ⋅ T12
p

R ⋅ T12 
p
ρ ⋅ c = ( ρ ⋅ c) ⋅ c
2
wobei



−1 λ
2
⋅
⋅ ρ1 ⋅ c1 ⋅ R ⋅ T12 ⋅ dL
2 DH
(
(
)
(
)
)

1
−1 λ
2
2
2
p2 − p1 =
⋅
⋅ ρ1 ⋅ c1 ⋅ ( ρ1 ⋅ R) ⋅ T12 ⋅ L12
2
2 DH
wobei
ρ1 ⋅ R =
p1
T1
1
−1 λ
2
2
2 p1 
p2 − p1 =
⋅
⋅ ρ1 ⋅ c1 ⋅
⋅ T12 ⋅ L12
T1
2
2 DH
2
2
2 
p2 − p1
L12 ρ1 ⋅ c1 T12
= −λ ⋅
⋅
⋅
2 ⋅ p1
2
DH
T1
( p1 − ∆p) 2 − p1 2
2 ⋅ p1
2 ⋅ p1

T12
= −∆pink ⋅
2
∆p − 2 ⋅ ∆p ⋅ p1
p1
2
∆p = p1 − p2 > 0
2 
L12 ρ1 ⋅ c1 T12
= −λ ⋅
⋅
⋅
DH
2
T1
2
∆p − 2 ⋅ ∆p ⋅ p1
mit
=
−∆pink
p1
T1
⋅
wobei

2 ⋅ T12
L12 ρ1 ⋅ c1
∆pink = λ ⋅
⋅
DH
2
2
Index "ink" bedeutet hier
den inkompressiblen Fall
T1

2
∆p 2 ⋅ T12 ∆pink
 ∆p 
−
2
⋅
+
⋅
=0
 
p
p
T
p
1
1
1
1
 
∆p
= 1−
p1

2 ⋅ T12 ∆pink
1−
⋅
T1
p1
TTS_060704.mcd
7
06.07.2004
TTS-Klausur
Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu
Name / Matrikel-Nr.:
Teil 2
Volumenstrom beim Rohreintritt
Der Volumenstrom hängt im Gegensatz zum Massenstrom davon ab, im welchen Zustand er
ermittelt wird. Daher um die Umrechnung zwischen den Volumenströmen im Norm- und im
Betriebszustand zu bekommen, setzt man zuerst beide Massenströme gleich.
m´1 = m´1N
ρ1 ⋅ V´1 = ρN ⋅ V´N
p1
R ⋅ T1
V´1 =
⋅ V´1 =
pN
p1
⋅
T1
TN
pN
R ⋅ TN
⋅ V´N
⋅ V´N
Mit den Zahlenwerten ergibt sich
pV := p0 + püV
pV = 7 bar
TV := tV + T0
TV = 373.15 K
TN := tN + T0
TN = 273.15 K
pN TV
V´1 :=
⋅
⋅ V´NV
pV TN
m
V´1 = 3953.9
h
wobei
p0 = 1 bar
3
Rohreintrittsdurchmesser
V´1 = c1 ⋅
π ⋅ d1
4
2
d1 :=
4 V´1
⋅
π c1
d1 = 0.389 m
DH := d1
Rohrreibungskoeffizient (Rohrreibungsbeiwert) λ
Aus Nikuradse-Diagramm wird λ ausgesucht. Dabei benötigt aber die Re-Zahl. Aus
Stoffwertentabellen ist die kinematische Viscosität der Luft bei der Betriebstemperatur
tV = 100 °C
TTS_060704.mcd
ν L := 3.31 ⋅ 10
−6 m
⋅
2
s
8
06.07.2004
TTS-Klausur
Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu
Re1 :=
d1
k
d1 ⋅ c1
Re1 = 1.087 × 10
νL
= 7776
Name / Matrikel-Nr.:
6
Umkehrwert der relativen Sandkornrauhigkeit
Aus Nikuradse-Diagramm ergibt sich
λ := 0.014
Summe der Widerstände
ζ gesamt =
∑
ζi + λ ⋅
i
L12
d1
ζ gesamt := 16 ⋅ ζ Krümmer + 2 ⋅ ζ Schieber + λ ⋅
L12
d1
ζ gesamt = 8.001
Druckverluste für ein inkompressibles Fluid
Dichte im Zustand 1
ρ1 :=
pV
ρ1 = 6.536
RL ⋅ TV
∆pink := ζ gesamt ⋅
kg
m
ρ1 ⋅ c1
3
2
2
∆pink = 2237.24 Pa
Druckverluste für ein kompressibles Fluid und isotherme Strömung

∆pink 


∆p := pV ⋅ 1 − 1 − 2 ⋅
p
V


( T
12 = TV)
∆p = 2240.826 Pa
d.h. fast kein Unterschied !!!!!!!!
TTS_060704.mcd
9
06.07.2004