thermodynamik12_zsf_v1.3

Zustandsgrössen
Druck p
Volumen V
Stoffmenge n
Innere Energie U (T, (Epot))
Entropie S (T,p)
Prozessgrössen
- Wärme Q
THERMODYNAMIK 1&2
-
Thermische
Patrik Rohner, 24. Juni 2009 (rev. 15. Juli 2010)
[email protected]
Kalorische
THERMODYNAMIK 1
--
KONZEPTE UND DEFINITIONEN
1
𝑁𝐴 = 6.022 ∙ 1026
- Bolzmannkonstante
𝑘𝐵 = 1.38 ∙ 10−23
- Gaskonstante
- Normdruck
- Normalfallbeschleunigung
- Normtemperatur
- Tripelpunkt Wasser
𝑅̅ = 𝑅0 = 8.314
= 𝑁𝐴 ∙ 𝑘𝐵
𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐾
𝑝0 = 101325 𝑃𝑎 = 1.01325 𝑏𝑎𝑟
𝑔0 = 9.81 𝑚𝑠 −2
𝑇0 = 298 𝐾 ≅ 25°𝐶
𝑇𝑐 = 273.16 𝐾 = 0.01°𝐶
𝑘𝑚𝑜𝑙
𝐽
𝐾
𝑘𝐽
𝑘𝑔
- Molmasse
𝑀: [
- Druck
𝑝: [ 2 ] = [𝑃𝑎]
𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑁
𝑚
𝑉
𝑁=
𝑚3
1
[
𝑀
1𝑙 = 0.001𝑚3
𝑣=
- Innere Energie
𝑈: [𝑘𝐽] , 𝑢: [ ] , 𝑢̅: [
- Enthalpie
𝐻: [𝑘𝐽] , ℎ: [ ] , ℎ̅: [
𝜌
𝑆: [ ] , 𝑠: [
- Entropie
𝐾
𝐽
𝑅: [
]=
- Kraft
𝐹: [𝑁] = [
- Energie
𝐸: [𝐽] = [
- Exergie
𝐸𝑥: [𝐽] = [
𝑀
𝑘𝑔 𝑚
𝑠2
𝑘𝑔 𝑚2
𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑘𝐽
𝑠2
] , 𝑠̅ : [
, 𝑅: [
]
]
]
𝑘𝑚𝑜𝑙𝐾
𝑘𝐽
𝑅̅
𝑘𝑔𝐾
]=
𝑀
]
- Arbeit
1
𝐾𝐸 = 𝑚𝑤
2
𝑃𝐸 = 𝑚𝑔𝑧
- Kinetische Energie
- Potentielle Energie
2
𝑸>0
𝑸<0
Dem System zugeführte Wärme
Vom System abgegebene Wärme
𝑁=
𝑘
ℎ
𝑑
𝑐
KiloHektoDeziZenti-
103
102
10−1
10−2
𝑘𝑚𝑜𝑙
]
Ideales Gas
Realgas
𝑈 = 𝐸𝑡ℎ + 𝐸𝑚,𝑝𝑜𝑡
𝑈 = 𝐸𝑡ℎ
𝑁
𝐸𝑡ℎ = ∑
𝑖=1
𝑚
∙𝑁
𝑀 𝐴
𝑇=
1 𝐸𝑡ℎ
3 𝑁
𝑛=
𝑚
1
∙𝑁 ∙
𝑀 𝐴 𝑉
𝑚𝑀
∙ 𝑤𝑖2
2
𝑇=
𝒖 = 𝑹𝑻
Einatomig:
Zweiatomig:
Dreiatomig:
Dreiatomig:
f=3
f=5
f=5
f=12
𝜌=
𝑚
𝑉
𝑣=
𝑉
𝑚
̅̅̅̅
𝒎𝑴
𝑬𝒕𝒉 𝒎𝑴 ̅̅̅̅𝟐
𝑬𝒕𝒉
𝒘𝟐𝒊
= ∑
∙ 𝒘𝟐𝒊 , ̅̅̅̅̅
𝑬𝒕𝒉 =
=
∙ 𝒘𝒊 , 𝒆𝒕𝒉 =
=
𝟐
𝑵
𝟐
𝑵
∙
𝒎
𝟐
𝒊=𝟏
𝑴
𝑵
𝑬𝒕𝒉
𝑚
𝜇
𝑛
𝑝
MilliMikroNanoPico-
10−3
10−6
10−9
10−12
 Wärme Q Über Systemgrenze transportierte thermische Energie.
 Abs. Temperatur Die Temperatur ist gleich der thermischen Energie
dividiert durch die Anz. Freiheitsgrade.
𝑬𝒕𝒉
𝒇
𝒇
𝟐
𝟐
= 𝑵 ∙ 𝒌𝒃 ∙ 𝑻 , ̅̅̅̅̅
𝑬𝒕𝒉 =
𝒌𝒃 ∙ 𝑻 , 𝒆𝒕𝒉 =
𝒇 𝒌𝒃 ∙𝑻
𝟐 𝒎𝑴
𝑘𝑏 beschreibt die Umrechnung der Temp. als Energie in J nach Kelvin.
Seite 1
𝟐
𝒇
𝟐
𝒇
Bsp: He
(Translation in 3 Richtungen)
Bsp: O2, N2 (Translation und Rotation)
Bsp: CO2 (Translation und Rotation)
Bsp: CO2 (ab 1800K auch Oszillation)
 Innere Energie bei realen Gasen
△ 𝑼 =△ 𝑬𝒕𝒉 +△ 𝑬𝒑𝒐𝒕
 Druck Kraftwirkung der Moleküle bezogen auf eine Flächeneinheit.
𝑝0 =
1
∙ 𝑚 ∙ 𝑛 ∙ 𝑤02 , 𝑝 = 𝑛 ∙ 𝑘𝐵 ∙ 𝑇 , 𝑝 ∝ 𝑇, 𝑛
3
 Enthalpie bei perfekten Gasen 𝒉 = 𝒖 + 𝒑𝒗 =
𝒇
𝟓
𝟐
𝑹𝑻
 Enthalpie bei idealen Gasen 𝒉 = 𝒖 + 𝒑𝒗 = ( + 𝟏)𝑹𝑻
𝟐
 Enthalpie bei realen Gasen ist in Tabellen nachzuschlagen
1. HAUPTSATZ: ENERGI E EINES SYSTEMS
Energie im System: 𝐸 = 𝐾𝐸 + 𝑃𝐸 + 𝑈 bleibt konstant.
U ist die innere Energie und umfasst Wärme-, Elektrische-, Bindungs-E, …
𝜟𝑬 = 𝑸 − 𝑾 = 𝑸 − ∫ 𝒑𝒅𝑽 = ∆𝑲𝑬 + ∆𝑷𝑬 + ∆𝑼
mit ∆𝐾𝐸 und ∆𝑃𝐸 vernachlässigt:
△ 𝑼 = 𝑸 − 𝑾 = 𝑄 − ∫ 𝑝𝑑𝑉
DER ERSTE HAUPT SATZ ALS LEI STUNGSBI LANZ
𝑑𝐸
𝑑𝑡
𝑑𝑈
= 𝑄̇ − 𝑊̇
𝑑𝑡
= 𝑚𝑐
𝑻𝟐
𝑑𝑇
𝑼(𝑻𝟐 ) − 𝑼(𝑻𝟏 ) = 𝒎 ∫𝑻𝟏 𝒄(𝑻)𝒅𝑻
𝑑𝑡
ENERGIEANALYSE VON K REISPROZESSEN
𝑸𝑲𝑷 = 𝑾𝑲𝑷
△𝑈 =0
DIE P-V-T-BEZIEHUNG
p
1 𝐸𝑡ℎ
𝑓 𝑁
 Thermische Energie Bewegung aller Moleküle (Translation, Rotation,
Oszillation) ergibt eine endliche Menge von kinetischer E = Eth
SI-PRÄFIXE
1015
1012
109
106
Perfektes Gas
Innere Energie 𝑈
Therm. Energie
𝐸𝑡ℎ
Temperatur 𝑇
Vom System geleistete Arbeit = abgeführte Arbeit
Am System geleistete Arbeit = zugeführte Arbeit
PetaTeraGigaMega-
𝑚3
 Massenstrom-System
- geschlossenes System: Anz. im System enthaltene Moleküle konst.
- offenes System: Es fliessen Massenströme über die Syst. Grenze
 Wärmestromsystem
- adiabates Systeme: Keine thermische E über Syst. Grenze = isoliert
- diathermes Systeme: nicht isoliert
 physikalisch-chemisches System
- homogenes System: physikalische und chemische
Zusammensetzung ist überall gleich.
- heterogenes System: Bsp: Mineralien
 ein nur chemisch homogenes System kann auch 2 Phasen
beinhalten; das System [H2O (l) und H2O (g)] ist chemisch homogen
aber phisikalisch heterogen
𝑘𝑔 𝑚2
𝑾>0
𝑾<0
𝑃
𝑇
𝐺
𝑀
𝑴
ELEMENTE DER KINETISCHEN GASTHEORIE
]
𝑃: [𝑊] = [ ] = [ 3 ]
𝑠
𝑠
𝑉2
𝑊 = ∫ 𝐹⃗ 𝑑𝑠 = ∫𝑉1 𝑝(𝑣)𝑑𝑉 [𝑁𝑚] = [𝐽]
- Leistung
△ 𝑼 =△ 𝑬𝒕𝒉
Nullter Hauptsatz: Wenn sich zwei Systeme mit einem dritten im
Gleichgewicht befinden, sind sie auch untereinander im thermischen GG.
]
𝑠2
𝑘𝑔 𝑚2
𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝑔𝐾
𝑅̅ ∙1000
- Gaskonstante
𝑘𝑔𝐾
]
𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝐽
∙ 𝑁𝐴 = 𝑛 ∙ 𝑁𝐴
 Innere Energie bei idealen Gasen
- Arbeit W
THERMODYNAMISCHES SY STEM
1𝑏𝑎𝑟 = 105 𝑃𝑎
- Spezifisches Volumen
𝑚
=
]
𝑚
𝒖 = 𝑹𝑻
𝒇
Bezieht sich auf 𝑁𝐴 Moleküle. Bsp: Molares Volumen 𝑣̅ = 𝑀⁄𝜌 [
EINHEITEN
△ 𝑼 =△ 𝑬𝒕𝒉
- Enthalpie H (T,p)
𝑴
𝟑
 Innere Energie bei perfekten Gasen
𝑓: Anz. Freiheitsgrade. Daraus folgt : 𝒄𝒗 = 𝑹 und 𝒄𝒑 = ( + 𝟏) 𝑹
𝟐
𝟐
𝒄𝒑 − 𝒄𝒗 = 𝑹 gilt weiterhin (auch bei realen Gasen)
 Intensive Grössen: ändern ihre Werte bei der gedachten Teilung des
(homogenen) Systems nicht (p,T)
 Extensive Grössen: Sind auf Masseneinheiten bezogen (m, V)
 Spezifische Grössen: 𝒙 = 𝑿⁄𝒎 extensive Zustandsgrössen in
intensive umgewandelt:
̅
𝒎
𝒖
̅ 𝑼=𝒏∙𝒖
̅ = ∙𝒖
̅ , 𝒖=
 Molare Grössen 𝒖:
KONSTANTEN
- Avogadro-Zahl
- Temperatur T
- Masse m
T
gesättigter
flüssiger Zustand
Isobare
trocken
gesättigter
Dampf
Isotherme
2Phasenraum
v
v
Dampfmassenteil: 𝑥 =
v
𝑣𝑥 −𝑣𝑓
𝑣𝑔 −𝑣𝑓
=
𝑚𝑥 −𝑚𝑓
𝑚𝑔 −𝑚𝑓
⋯
v
𝑇𝑅 ∷ 𝑥𝑣𝑎𝑝(𝑣, 𝑣𝑓 , 𝑣𝑔 )
2-Phasenraum: 𝑣(𝑥, 𝑇) = 𝑥 ∙ 𝑣𝑔 (𝑇) + (1 − 𝑥) ∙ 𝑣𝑓 (𝑇)
Linear Interpolieren: 𝑦 =
𝑦2 −𝑦1
𝑥2 −𝑥1
(𝑥 − 𝑥1 ) + 𝑦1 𝑇𝑅 ∷ 𝑖𝑝𝑙(𝑥1 , 𝑥, 𝑥2 , 𝑦1 , 𝑦2 )
𝒑𝒗 = 𝑹𝑻
𝒑 = 𝝆𝑹𝑻
̅𝑻
𝒑𝑽 = 𝒏𝑹
𝒑𝑽 = 𝒎𝑹𝑻
𝝆=
𝟏
𝑹=
𝒗
𝑆 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. → 𝑝 ∙ 𝑉 𝜅 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝑛 = 𝜅 ISENTROPER PROZESS
DIE IDEALE GASGLEICH UNG
̅
𝑹
𝑈 = 𝑈(𝑇)
𝑴
Isentrop = adiabatisch und reversibel
Energie die nötig ist um ein Fluid unter konst. Druck und Temp gasförmig
zu machen.
𝒏=𝜿=
Wärmemenge
𝒄𝒑
𝒄𝒗
𝑸𝟏𝟐 = 𝟎
𝑐𝑝 − 𝑐𝑣 = 𝑅
𝑝 ∙ 𝑉 𝜅 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝒑 ∙ 𝑽𝒏 = 𝒌𝒐𝒏𝒔𝒕
𝑻𝟐
𝑻𝟏
𝒑
= ( 𝟐)
𝒏−𝟏⁄
𝒏
𝒑𝟏
𝑽
= ( 𝟏 )𝒏−𝟏
𝑽𝟐
∆𝑼 = −𝑾𝟏𝟐 → 𝑾𝟏𝟐 = 𝑼𝟏 − 𝑼𝟐
𝑾𝟏𝟐 = 𝒎 ∙ (𝒖𝟏 − 𝒖𝟐 )
𝑊12 = 𝑚 ∙ 𝑐𝑉 ∙ (𝑇1 − 𝑇2 )
𝒖(𝑻) , 𝒉(𝑻)
𝑚∙𝑅
𝑊12 =
∙ (𝑇1 − 𝑇2 )
𝜅−1
𝜅
𝑝1 𝑉1
𝑊12 =
∙ [𝑉2 1−𝜅 − 𝑉11−𝜅 ]
1−𝜅
Folgende Formeln gelten nur für ideale Gase
𝑛 = 1 ISOTHERME R PROZESS
𝑇 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. → 𝑝 ∙ 𝑉 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
1−𝜅
𝜅
𝑽𝟐
𝑽𝟐
𝑾𝟏𝟐 = 𝒑𝟏 𝑽𝟏 ⋅ 𝒍𝒏 ( ) = 𝒎𝑹𝑻 ⋅ 𝒍𝒏 ( )
𝑽𝟏
𝑽𝟏
𝑝1
𝑝1
𝑊12 = 𝑝1 𝑉1 ⋅ 𝑙𝑛 ( ) = 𝑚𝑅𝑇 ⋅ 𝑙𝑛 ( )
𝑝2
𝑝2
𝑛=0
𝝏𝑻
𝑝1−𝜅 ∙ 𝑇 𝜅 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝑽𝟐
𝑾 = ∫𝑽𝟏 𝒑(𝑽)𝒅𝑽
n: Polytropenkoeffizient
Für ideale Gase gilt:
 Wärmezufuhr bei konstantem Volumen (isochore Wärmekap.)
𝝏𝑼
𝑘𝐽
𝒄𝒗 = ( )𝒗 [
]
(Verwenden in Verbindung mit u)
𝑇 ∙ 𝑉 𝜅−1 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
IDEALE GASE: POLYTRO PE ZUSTANDSÄNDERUNGE N
𝑝1 𝑉1
𝑝1
𝑊12 =
∙ [( )
1−𝜅
𝑝2
𝑛 ≠ 1 ALL GEMEINER P ROZESS
∆𝑼 = 𝟎 ⟹ 𝑸𝟏𝟐 = 𝑾𝟏𝟐
𝑇 ∙ 𝑣 𝑛−1 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝑾𝟏𝟐
𝑾𝟏𝟐 = 𝒑𝟏 (𝑽𝟐 − 𝑽𝟏 )
𝑇1 𝑇2
=
𝑉1 𝑉2
𝑾𝟏𝟐
𝑉 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. → 𝑇/𝑝 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝑾𝟏𝟐 = 𝟎
𝑝1 𝑉1𝑛
1−𝑛
𝑇1
=
𝑇2
Allgemein:
Δ𝑈 = 𝑚(𝑢2 − 𝑢1 ) = 𝑚(𝑐𝑣 2 𝑇2 − 𝑢𝑐𝑣 1 𝑇1 )
Isotherm:
Δ𝑈 = 𝑄 − 𝑊
𝑊12 = 𝑝1 (𝑉2 − 𝑉1 ) = 𝑚𝑝1 (𝑣2 − 𝑣1 )
Isochor:
𝑊12 = 0
𝑄12 = 𝑚 ∙ 𝑐𝑉 ∙ (𝑇2 − 𝑇1 )
Isentrop/adiabat:
Δ𝑄 = 0
𝐻 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. → 𝑈 + 𝑝 ∙ 𝑉 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
∆𝑯 = 𝟎 → 𝑯𝟏 = 𝑯𝟐
𝑑𝐻 = 𝑑(𝑈 + 𝑝𝑉) = 𝑑𝑈 + 𝑑(𝑝𝑉) = 𝑚𝑐𝑉 𝑑𝑇 + 𝑚𝑅𝑑𝑇 = 𝑚𝑐𝑝 𝑑𝑇
𝑑𝐻 = 0 = 𝑚𝑐𝑝 𝑑𝑇 → 𝑑𝑇 = 0 ⇛ im idealen Gas auf der Isothermen!
Enthalpie (Wärmefunktion)
𝑯 = 𝑼 + 𝒑𝑽
𝒉=
𝑯
𝒎
= 𝒖 + 𝒑𝒗
𝑝𝑉 ist die Arbeit die nötig ist um das Volumen V des Systems gegen die
Wirkung des Aussendrucks p aufzuspannen.
Verdampfungsenthalpie
[
𝝏𝑻
𝑘𝐽
𝑘𝑔 𝐾
]
(Verwenden in Verbindung mit h)
𝜕ℎ
𝜕ℎ
𝜕𝑇
𝑐𝑝
𝜕𝑝
ℎ𝑓𝑔 = ℎ𝑔 − ℎ𝑓
Seite 2
𝑏𝑒𝑖 𝑑𝑝=0
𝑑ℎ = ⏟
( )𝑝 𝑑𝑇 + ( ) 𝑇 𝑑𝑝 ⇒
𝑑ℎ = 𝑐𝑝 𝑑𝑇
𝒅𝒕
𝒛(𝒙, 𝒚) → 𝒅𝒛 = (
𝝏 𝝏𝒛
𝝏 𝝏𝒛
[( ) ] =
[( ) ]
𝝏𝒚 𝝏𝒙 𝒚
𝝏𝒙 𝝏𝒚 𝒙
𝝏𝒛
𝝏𝒛
) 𝒅𝒙 + ( ) 𝒅𝒚
𝝏𝒙 𝒚
𝝏𝒚 𝒙
𝒙
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑥
𝜕𝑦 𝑧
𝜕𝑥 𝑧
𝜕𝑧 𝑥
𝜕𝑥 𝑦
𝜕𝑦 𝑧
𝒚
Mit ( ) ( ) = 1 und ( ) ( ) ( ) = −1
𝒅𝒖 = 𝑻 ∙ 𝒅𝒔 − 𝒑 ∙ 𝒅𝒗 (𝟏)
𝒅𝒉 = 𝑻 ∙ 𝒅𝒔 + 𝒗 ∙ 𝒅𝒑 (𝟐)
Freie Enthalpie (nach Gibbs)
𝑔 = ℎ − 𝑇 ∙ 𝑠 → 𝑑𝑔 = 𝑑ℎ − 𝑇𝑑𝑠 − 𝑠𝑑𝑇
- Mit 𝐺 = 𝐻 − 𝑇 ∙ 𝑆 = 𝑈 + 𝑝 ∙ 𝑉 − 𝑇 ∙ 𝑆
- ∆𝐺 < 0 → exergon, spontan
- ∆𝐺 = 0 → Gleichgewichtszustand
- ∆𝐺 > 0 → endergon, nicht spontan
𝑑𝑡
Freie Energie (nach Helmholz) 𝜓 = 𝑢 − 𝑇 ∙ 𝑠 → 𝑑𝜓 = 𝑑𝑢 − 𝑇𝑑𝑠 − 𝑠𝑑𝑇
Mit (1) & (2) 
𝒅𝝍 = −𝒑 ∙ 𝒅𝒗 − 𝒔 ∙ 𝒅𝑻 (𝟑)
𝒅𝒈 = 𝒗 ∙ 𝒅𝒑 − 𝒔 ∙ 𝒅𝑻 (𝟒)
VERMISCHUNG
THERMODYNAMISCHE ZUSTANDSDATEN
ISENTHALPER PROZESS
𝝏𝒉
( )𝒑
⟺ 𝑊 = 𝑄 − Δ𝑈
Isobar:
𝑝2
𝑑𝑢 = 𝑐𝑣 𝑑𝑇
𝑑𝑡
(𝑉21−𝑛 − 𝑉11−𝑛 )
∆𝑈 = 𝑄12 → 𝑸𝟏𝟐 = 𝒎(𝒖𝟐 − 𝒖𝟏 )
𝑝1
𝑏𝑒𝑖 𝑑𝑣=0
 Wärmekapazität bei konstantem Druck (isobare Wärmekap.) 𝒄𝒑 =
Aus 1. & 2. HS 
REALE GASE: POLYTROP E ZUSTANDSÄNDERUNGEN
∆𝑄 = ∆𝐻 = 𝑚 ∙ 𝑐𝑝 ∙ ∆𝑇
𝜕𝑣
MAXWELL‘SCHE GLEICHUNGEN DER THERMODYNAMIK
𝑹∙𝒎
=
(𝑻 − 𝑻𝟏 )
𝟏−𝒏 𝟐
𝒑𝟐 𝑽𝟐 − 𝒑𝟏 𝑽𝟏
=
𝟏−𝒏
𝑊12 =
𝑛 = ∞ ISOCHORER PROZESS
− 1]
𝑇 𝑛 ∙ 𝑝1−𝑛 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝑊12 = 𝑚𝑝1 (𝑣2 − 𝑣1 ) = 𝑚𝑅(𝑇2 − 𝑇1 )
𝜕𝑈
𝜕𝑇
𝑐𝑣
𝑑𝑢 = (⏟ )𝑣 𝑑𝑇 + ( ) 𝑇 𝑑𝑣 ⇒
MATHEMATISCHES
𝑝 ∙ 𝑉 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝑝 ∙ 𝑉 𝑛 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝑝 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. → 𝑇/𝑉 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝑘𝑔 𝐾
𝜕𝑈
𝑛
𝑉2
𝑝1
𝑊12 = 𝑝2 𝑉2 ⋅ 𝑙𝑛 ( ) = 𝑝2 𝑉2 ⋅ 𝑙𝑛 ( )
𝑉1
𝑝2
IS OBARE R PROZESS
△ 𝑸 = 𝒎 ∙ 𝒄 ∙△ 𝑻
Spezifische Wärmekapazität c Energie die nötig ist um 1kg der Masse
um 1K zu erwärmen. Man unterscheidet zwischen 𝑐𝑣 und 𝑐𝑝 :
Bei der Vermischung zweier Tanks können folgende Vereinfachungen
getroffen werden:
 𝑃𝐸 = 0 , 𝐾𝐸 = 0
wenn nicht besondere Situation
 𝑄=0
falls adiabat
 𝑊=0
falls keine Volumenausdehnung
Sind alle diese Bedingungen erfüllt, gilt
𝑄 − 𝑊 = ∆𝑈 + ∆𝐾𝐸 + ∆𝑃𝐸 →
∆𝑼 = 𝟎
Wird geheizt/gekühlt, d.h. ist das System nicht mehr adiabat, gilt
𝑄 − 𝑊 = ∆𝑈 + ∆𝐾𝐸 + ∆𝑃𝐸 →
∆𝑼 = 𝑸
Gegeben: 𝑚̇, 𝑝1 , 𝑝2 , 𝑇1 , ℎ1 , 𝑠1
Gesucht: 𝑇2 , ℎ2 ⟹ 𝑊̇ 𝑠
Vorgehen: - 𝑆 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
- in Tabelle A-4 bei 𝑝2 , 𝑆2 ⇒ 𝑇2 , ℎ2 finden
- nun mit ℎ1 , ℎ2 ⟹ 𝑊̇𝑠 finden
1. HAUPTSATZ IN OFFENEN SYSTEMEN
Der Massenstrom über die Systemgrenze und die damit verbundenen
Energieströme werden in die Energiebilanz mit einbezogen.
↓ Ventouri – Düse für den Unterschallbereich
→ Laval – Düse für den Überschallbereich
(Mach-Zahl beim Austritt > 1)
MASSENSTROMBI LANZ
𝒅𝑴𝑺
𝒅𝒕
stationärer Betrieb
= ∑ 𝒎̇𝒊=𝒊𝒏𝒍𝒆𝒕 − ∑ 𝒎̇𝒆=𝒆𝒙𝒊𝒕 ⇒
𝑑
In Integralform:
𝑑𝑡
∑ 𝒎̇𝒊 = ∑ 𝒎̇𝒆
ISENTROPE ENTSPANNUNG I N EINER TURBINE 2
stationäres System, ohne Änderung der KE und PE, 2-Phasen Gebiet:
⃗⃗⃗ ∙ 𝑑𝐴⃗) = 0
(∫𝑉 𝜌𝑑𝑉 ) + ∫𝐴 𝜌(𝑤
−𝑊̇𝑠 = 𝑚̇ ∙ [ℎ𝑒 − ℎ𝑖 ] ⟹ 𝑊̇𝑠 = 𝑚̇ ∙ [ℎ𝑖 − ℎ𝑒 ] ⟹ 𝑊̇𝑠 = 𝑚̇ ∙ [ℎ1 − ℎ2 ]
𝑑𝑖𝑣(𝑝 ∙ 𝑤
⃗⃗⃗) = 0 → quellenfrei
In differentieller Form:
ENERGIESTROM -BI LANZ
Energiezunahme = Energiezunahme durch Wärme und Arbeit + Energie
der Eintretenden Masse – Energie der austretenden Masse.
Die Arbeit wird dabei in zwei Komponenten zerlegt:
(1) Anteil der nicht mit Massenstrom über Systemgrenze verbunden
ist. z.B. Bewegliche Kolben oder elektrische Flüsse → 𝑊𝑠
gewünschte Arbeit.
(2) Notwendige Arbeit zum Ein- und Ausschieben des bewegten Fluids.
Einschiebeleistung: 𝑊̇𝑖 = 𝑝𝑖 𝐴𝑖 𝑤𝑖 Ausschiebeleistung: 𝑊̇𝑒
𝒅𝑬𝒔
𝒅𝒕
= 𝑸̇ − 𝑾̇𝒔 + ∑ 𝒎̇𝒊 (𝒉𝒊 +
𝒘𝟐𝒊
𝟐
+ 𝒈𝒛𝒊 ) − ∑ 𝒎̇𝒆 (𝒉𝒆 +
𝒘𝟐𝒆
𝟐
𝑑𝐸𝑠
= 0 , 𝑚̇𝑖 = 𝑚̇𝑒 ⟹
𝟏
⟹ 𝑸̇ − 𝑾̇𝒔 = 𝒎̇ ∙ [𝒉𝒆 − 𝒉𝒊 + ∙ (𝒘𝟐𝒆 − 𝒘𝟐𝒊 ) + 𝒈 ∙ (𝒛𝒆 − 𝒛𝒊 )]
𝟐
- isoliert: 𝑸̇ = 𝟎
- keine Arbeit: 𝑾̇𝒔 = 𝟎 (z.B. beim Wärmetauscher)
𝑝𝑉̇
̇
- 3-d: 𝑚̇ = 𝑉⁄𝑣 = 𝜌𝑉̇
beim idealen Gas: 𝑚̇ =
𝑅𝑇
𝑝𝐴𝑤
̇
- 1-d: 𝑚̇ = 𝑉⁄𝑣 = 𝐴𝑤⁄𝑣
beim idealen Gas: 𝑚̇ =
𝑅𝑇
𝑑𝑡
DÜSE UND D IFFUSOR
 Düse (Nozzle) Eine Düse ist eine Verengung in einer Strömung. Die
Enthalpie des Fluids wird in kinetische Energie umgewandelt
(Beschleunigung).
𝒘𝟐 > 𝒘𝟏
𝒑𝟐 < 𝒑𝟏
𝒉𝟐 < 𝒉𝟏
Bsp. stationär (𝐸̇ = 0), isoliert (𝑄̇ = 0), Arbeit wird keine
abgegeben (𝑊̇𝑠 = 0), pot. Energie wird vernachlässigt.
𝒘𝟐𝟏
𝟐
= 𝒉𝟐 +
𝒘𝟐𝟐
𝟐
= 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕.
Interpretation: 𝑤 ↑,ℎ ↓, 𝑢 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡., 𝑝 ↓
 Diffusor (Diffuser) Ein Diffusor ist eine Erweiterung in einer Strömung.
Anwendungsbeispiel ist ein Überschallflugzeug, wo die Luft auf
Geschwindigkeit unter M=1 abgebremst werden muss.
Umgekehrter Vorgang wie Düse:
𝒘𝟐 < 𝒘𝟏 𝒑𝟐 > 𝒑𝟏 𝒉𝟐 > 𝒉𝟏
 Isentroper Düsenwirkungsgrad
𝜼𝑫,𝒔 =
𝒘𝟐𝟐
𝒘𝟐𝟐,𝒎𝒂𝒙
=
𝒉𝟐 −𝒉𝟏
𝒉𝟐,𝒔 −𝒉𝟏
𝟐
𝟐
ℎ1,2 lassen sich aus Tabellen ablesen. 2. Zustand ev. im 2 Phasengebiet.
Bei Kraftwerken soll 𝑤2 möglichst klein sein, bei Jet – Turbinen soll der
Rückstoss möglichst gross sein.
Isentroper Turbinenwirkungsgrad
𝜼𝑻,𝒔 =
𝑾̇
𝑾̇𝒓𝒆𝒗
=
𝒉𝟏 −𝒉𝟐
𝒉𝟏− 𝒉𝟐,𝒔
(falls adiabat)
KOMPRESSOR / PUMPE
- ℎ = 𝑢 + 𝑝𝑣 Enthalpie;
kinetische Energie; 𝑔𝑧 potentielle Energie
2
- △ 𝐸 =△ 𝑈 = 𝑚2 𝑢2 − 𝑚1 𝑢1 wenn 𝐾𝐸, 𝑃𝐸vernachlässigt werden.
𝒉𝟏 +
Gas durchströmt die Turbine und wird dabei von einem hohen
Druckniveau auf ein tiefes entspannt. Dabei wird Arbeit geleistet.
𝒘𝟐
𝒘𝟐
Bsp 𝑬̇ = 𝟎, 𝑬𝒑𝒐𝒕 = 𝟎 → 𝟎 = −𝑾̇ 𝑺 + 𝑸̇ + 𝒎̇ (𝒉𝟏 + 𝟏 ) − 𝒎̇ (𝒉𝟐 + 𝟐 )
+ 𝒈𝒛𝒆 )
𝑤2
- stationär:
TURBINE
(falls adiabat) → tatsächliches ℎ2
 Kompressor: Durch aufwenden von Arbeit wird Druck des Fluids
erhöht.
 Pumpe: Durch aufwenden von Arbeit wird ein Massenstrom erzeugt,
bei möglichst geringem Druckanstieg.
- isentrop & inkompressibel: ℎ2,𝑠 − ℎ1 = 𝑣∆𝑝
 Isentroper Kompressorwirkungsgrad Vergleich der isentrop minimal
aufzuwendenden Arbeit mit realer Arbeit: 𝜼𝑲,𝒔 =
𝑾̇𝒓𝒆𝒗
𝑾̇
=
𝒉𝟏− 𝒉𝟐,𝒔
𝒉𝟏 −𝒉𝟐
WÄRMEÜBERTRAGER
Bei Durchströmung soll möglichst viel Wärme aufgenommen/abgegeben
werden. Arbeit wird keine geleistet, 𝑊̇𝑠 = 0. Wärmetransport mit
Umgebung meist vernachlässigbar, 𝑄̇ = 0.
wenn ∆𝐾𝐸 und ∆𝑃𝐸 ≈ 0 ⟹ 𝟎 = 𝒎̇𝟏 (𝒉𝟐 − 𝒉𝟏 ) + 𝒎̇𝟑 (𝒉𝟒 − 𝒉𝟑 )
DROSSELELEMENTE (T HROTTLI NG DEVICES )
In der Drossel wird ein Fluid entspannt. Bsp.: Kompressionswärmepumpen und –kältemaschinen
⟹ 𝑝2 < 𝑝1
𝑊12 = 0
𝑄12 = 0
𝒉𝟏 = 𝒉𝟐
ISENTROPE ENTSPANNUN G I N EINER TURBINE 1
stationäres System, ohne Änderung der KE und PE, überhitztes Gebiet:
−𝑊̇𝑠 = 𝑚̇ ∙ [ℎ𝑒 − ℎ𝑖 ] ⟹ 𝑊̇𝑠 = 𝑚̇ ∙ [ℎ𝑖 − ℎ𝑒 ] ⟹ 𝑊̇𝑠 = 𝑚̇ ∙ [ℎ1 − ℎ2 ]
Seite 3
Gegeben: 𝑚̇, 𝑝1 , 𝑝2 , 𝑇1 , ℎ1 , 𝑠1
Gesucht: 𝑇2 , ℎ2 ⟹ 𝑊̇ 𝑠
Vorgehen: - in Tabelle A-3: nach 𝑠𝑓 , 𝑠𝑔 suchen.
- aus xvap (𝑠, 𝑠𝑓 , 𝑠𝑔 ) = x2 berechnen. ⟹ ℎ2 , 𝑇2
- nun mit ℎ1 , ℎ2 ⟹ 𝑊̇𝑠 finden
ADIABATE IRREVERSI BL E ENTSP ANNUNG TU RBINE 1
Wie Bsp. isentrop, aber neu
irreversibel mit 𝜼𝑻,𝒔 = 𝟎, 𝟗
Vorgehen:
i. Punkt 2S finden: Vorgehen wie
wenn reversibel ⇒ 𝑇2 , ℎ2,𝑆
ii. ∆ℎ𝑟𝑒𝑣 = ℎ2,𝑆 − ℎ1
iii. ∆ℎ𝑖𝑟𝑟 =
𝜂 𝑇,𝑠 (ℎ2,𝑆 − ℎ1 )
iv. ∆ℎ𝑖𝑟𝑟 = ℎ2 − ℎ1
v. ℎ2 = ∆ℎ𝑖𝑟𝑟 + ℎ1
vi. ℎ2 > ℎ2,𝑆
vii. Mit ℎ2 , 𝑇2 ist der Zustand
bekannt, aus der Tabelle
können alle geforderten
Werte herausgelesen werden.
viii. 𝑊̇𝑠,𝑖𝑟𝑟 = 𝑚̇ ∙ [ℎ1 − ℎ2 ] oder auch mit 𝑊̇𝑠,𝑖𝑟𝑟 = 𝑊̇𝑠,𝑟𝑒𝑣 ∙ 𝜂𝑇,𝑠
ix. im h-s Diagramm ersichtlich: ℎ2 > ℎ2,𝑆 die Punkte 2 und 2S liegen
beide auf p2.
ADIABATE IRREVERSI BL E ENTSP ANNUNG TU RBIN E 2
Wie Bsp. isentrop, aber neu irreversibel mit 𝜼𝑻,𝒔 = 𝟎, 𝟗
Vorgehen:
i. Punkt 2S finden: Vorgehen wie
wenn reversibel ⇒ 𝑥2,𝑆 ⇒
ℎ2,𝑆 , 𝑇2
ii. 𝑊̇𝑠,𝑖𝑟𝑟 = 𝑊̇𝑠,𝑟𝑒𝑣 ∙ 𝜂𝑇,𝑠
iii. ℎ2 = ∆ℎ𝑖𝑟𝑟 + ℎ1
iv. Check ℎ2 < , > ℎ2,𝑔
v. Falls ℎ2 > ℎ2,𝑔
mit ℎ2 , 𝑇2 ⟹ alle Werte
vi. Falls ℎ2 < ℎ2,𝑔
mit ℎ2 , 𝑇2 ⟹ 𝑥2
mit ℎ2 , 𝑥2 ⟹ alle Werte
2. HAUPTSATZ DER THE RMODYNAMIK
REVERSIBLE VS. IRREV ERSIBLE ADIABATISCHE EXPANSION
Bedeutung:
- Wärme kann nicht von selbst (spontan) von einem Körper mit tieferer
Temperatur auf einen Körper mit höherer Temperatur übertragen
werden. (Clausius).
- Ein Kreisprozess kann zugeführe Wärme nicht zu 100% in Arbeit
umwandeln. Es gibt immer Abwärme (Kelvin-Planck).
- Der Thermodynamische Teufel ist unfähig, er kann nur Arbeit in
Wärme, aber nicht Wärme in Arbeit umwandeln.
Reversibel d.h. umkehrbar, ist ein Prozess wenn der Ausgangszustand im
System und der Umgebung wieder hergestellt werden kann. Die Arbeit
um das System wieder in den Ausgangszustand zu bringen soll also ohne
Verlust gespeichert werden. Abgeführe Temperatur müsste bei der
gleichen Temperatur gespeichert werden. Praktisch nicht möglich.
Irreversibel d.h. unumkehrbar, sind Prozesse, wenn sie irreversible
Teilprozesse enthalten z.B.:
- Wärmeübertragung
- Reibung
- Expansion zu tieferem Druck,
thermodynamischen Ungleichgewicht
- Vermischung Stoffe unterschiedlicher
Temperaturen
- spontane chemische Reaktionen
Carnot Prozess im Uhrzeigersinn. Der Prozess liefert Arbeit. Wärme aus
dem heissen Reservoir und Abwärme an das kalte Reservoir.
|𝑾𝒓𝒆𝒗 | > |𝑾𝒊𝒓𝒓 |
|∆𝑼𝒓𝒆𝒗 | > |∆𝑼𝒊𝒓𝒓 |
1→2
|𝑸𝒓𝒆𝒗 | = |𝑸𝒊𝒓𝒓 | = 𝟎
Der Teufel bremst die Expansion;
es wird weniger Arbeit geleistet,
Wärme rückgeführt, Abnahme
der inneren Energie geringer.
Irreversibilität im p-v
Diagramm erkennbar.
REVERSIBLE UND IRREVERSIBLE PROZESSE
0
|𝑸𝒓𝒆𝒗 | < |𝑸𝒊𝒓𝒓 |
Der Teufel bremst die Kompression;
es muss mehr Arbeit geleistet
werden, mehr Wärme wird frei.
Irreversibilität im p-v
Diagramm nicht zu erkennen
𝑉3
𝑊41 = 𝑚 ∙ (𝑢4 − 𝑢1 )
𝑄41 = 0
𝑣
𝑇
𝑣
0
0
0
∆𝒔 = (𝟏 −
𝟏
𝑻
) 𝒄 𝒍𝒏
𝜼𝒊 𝑽 𝑻𝟎
DER CARNOT KREISPROZESS
Der Carnot Prozess ist ein idealisierter reversibler Kreisprozess. Er dient
zur Definition der theoretisch maximalen umsetzbaren Wärmemenge in
Arbeit
↑ Das linke Bild zeigt den Wärme-Kraft – Prozess im UZS, die Differenz aus 𝑄𝐻 und
𝑄𝐶 ist gerade die geleistete Arbeit.
↗ Das rechte Bild zeigt den Wärme-Kraft – Prozess links und den Kältemaschinen –
Prozess rechts. Links wird “die Wärme in Arbeit umgewandelt“; rechts wird “die
Arbeit in Kälte umgewandelt“.
KÄLTEMASCHINEN - UND WÄRMEP UMPENPROZESS
Carnot Prozess im Gegenuhrzeigersinn. Es muss Arbeit hineingesteckt
werden um Wärme aus dem kalten Reservoir an das Heisse abzugeben.
−𝑊𝐾𝑃 = 𝑄𝑧𝑢 − 𝑄𝑎𝑏
(−𝑊) weil am System geleistete Arbeit.
1 → 2 𝑊12 = 𝑚 ∙ (𝑢1 − 𝑢2 )
𝑄12 = 0
𝑉
2 → 3 𝑊23 = 𝑝2 𝑉2 ⋅ 𝑙𝑛 ( 3)
∆𝑼𝒓𝒆𝒗 = ∆𝑼𝒊𝒓𝒓
∆𝑼𝒓𝒆𝒗 = ∆𝑼𝒊𝒓𝒓
𝑉3
𝑉
𝑄34 = 𝑝3 𝑉3 ⋅ 𝑙𝑛 ( 4 )
𝑠 = 𝑐𝑣 ∙ 𝑙𝑛(𝑇 )+𝑅 𝑙𝑛 (𝑣 ) + 𝑠0
|𝑸𝒓𝒆𝒗 | > |𝑸𝒊𝒓𝒓 |
|𝑾𝒓𝒆𝒗 | < |𝑾𝒊𝒓𝒓 |
3→4
𝑊23 = 𝑚 ∙ (𝑢2 − 𝑢3 )
𝑄23 = 0
𝑉
𝑊34 = 𝑝3 𝑉3 ⋅ 𝑙𝑛 ( 4)
𝑐𝑣 ∙ 𝑙𝑛(𝑇 )+ 𝜂𝑖 ∙ 𝑅 ∙ 𝑙𝑛 (𝑣 ) = 0
|𝑾𝒓𝒆𝒗 | > |𝑾𝒊𝒓𝒓 |
REVERSIBLE VS. IRREV ERSIBLE KOMPRESSION
𝑉1
𝑉2
𝑉1
𝒑 ∙ 𝑽𝜼𝒊 (𝜿−𝟏)+𝟏 = 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕.
𝑇
𝑉
𝑊12 = 𝑝1 𝑉1 ⋅ 𝑙𝑛 ( 2 )
𝑄12 = 𝑝1 𝑉1 ⋅ 𝑙𝑛 ( )
2→3
4→1
REVERSIBLE VS. IRREV ERSIBLE EXPANSION
Der Teufel bremst die Expansion;
es wird weniger Arbeit geleistet, es
muss dafür aber auch weniger
Wärme zugeführt werden.
Irreversibilität im p-v
Diagramm nicht zu erkennen
WÄRME-KRAFT -PROZESS
𝑉2
𝑉
𝑄23 = 𝑝2 𝑉2 ⋅ 𝑙𝑛 ( 3 )
𝑉2
Die Abblidungen zeigen den Carnot-Wärme-Kraft-Prozess im p-V –
Diagramm links und im T-S – Diagramm rechts. (1=C, 2=D, 3=A, 4=B)
1-2: Isotherm Komprimieren: 𝑊12 wird aufgewendet. Da isotherme
Reaktion geht Wärme Qab an kaltes Reservoir.
2-3: Adiabatisch Komprimieren: Arbeit wird hineingesteckt, die
Temperatur steigt. Es findet kein Wärmeaustausch statt. Entropie
konstant.
3-4: Isotherm Expandieren: Das System leistet Arbeit W34. Da isotherme
Reaktion muss Wärme Qzu dazukommen
4-1: Adiabatisch Expandieren: Es wird Arbeit geleistet. Entropie
konstant.
Beim idealen Gas:
1-2: Q=W,
2-3: Q=0,
3-4: Q=W,
4-1: Q=0
Seite 4
3→4
4→1
𝑊34 = 𝑚 ∙ (𝑢3 − 𝑢4 )
𝑄34 = 0
𝑉
𝑊41 = 𝑝4 𝑉4 ⋅ 𝑙𝑛 ( 1 )
𝑉4
𝑉
𝑄41 = 𝑝4 𝑉4 ⋅ 𝑙𝑛 ( 1 )
𝑉4
 Kältemaschine Nutzen ist dem kalten Reservoir abgeführte Wärme:
𝑸
𝑸
𝑸𝑪
Leistungsziffer
𝜺𝒌 = 𝒂𝒃 = 𝑪 =
−𝑾𝑺
wenn reversibel
−𝑾𝑺
𝜺𝒌 = 𝜺𝒌,𝒎𝒂𝒙 =
𝑻𝑪
𝑸𝑯 −𝑸𝑪
𝑻𝑯 −𝑻𝑪
 Wärmepumpe Nutzen ist dem warmen Reservoir zugeführe Wärme:
𝑸
𝑸
𝑸
Leistungsziffer
𝜺𝒘 = 𝒛𝒖 = 𝑯 = 𝑯
−𝑾𝑺
wenn reversibel
−𝑾𝑺
𝜺𝒘 = 𝜺𝒘,𝒎𝒂𝒙 = 𝟏 +
𝑸𝑯 −𝑸𝑪
𝑻𝑪
𝑻𝑯 −𝑻𝑪
= 𝟏 + 𝜺𝒌
T-S – DIAGRAMM
DER THERMISCHE WIRKUNGSGRAD
ENTROPIEÄNDERUNG IDE ALER GASE
Im Nassdampfgebiet gilt:
𝑠 = 𝑥 ∙ 𝑠𝑔 + (1 − 𝑥) ∙ 𝑠𝑓
ALLGEMEIN
Der thermische Wirkungsgrad ist das Verhältnis zwischen Nutzen, meist
mechanische Arbeit, und aufgewendeter Energie, meist Wärme.
𝜼𝒕𝒉 =
Im Gebiet der unterkühlten
Flüssigkeit gilt:
𝑠(𝑇, 𝑝) = 𝑠(𝑇)
𝑁𝑢𝑧𝑡𝑒𝑛
𝑾𝒏𝒖𝒕𝒛
=
𝐴𝑢𝑓𝑤𝑎𝑛𝑑
𝑸𝒛𝒖
Im grau schattierten Bereich gilt:
ℎ(𝑇, 𝑝) ≈ ℎ(𝑇)
𝑄𝐾𝑃 = 𝑊𝐾𝑃 , △ 𝑈 = 0
Für Kreisprozesse:
𝑾𝒏𝒖𝒕𝒛
⟹ 𝜼𝒕𝒉 =
𝑸𝒛𝒖
=
𝑸𝒛𝒖 −𝑸𝒂𝒃
𝑸𝒛𝒖
=𝟏−
𝑸𝒂𝒃
Dort sind die Molekülabstände
gross, die Drücke daher klein und
zu vernachlässigen, womit die
Enthalpie nur noch eine Funktion
der Temperatur sind.
𝑸𝑪
= 𝟏−
𝑸𝒛𝒖
𝑸𝑯
Einige Wirkungsgrade realer Kreisprozesse
Kombikraftwerk
Leichtwassereaktor
Solarzelle
50-60% Windkraftwerk
30-40% Brennstoffzelle
5-25% Dieselmotor
Bis 50% Elektromotor
20-70% Glühlampe
Bis 45% LED
20-99%
3-5%
5-25%
Kohlekraftwerk
Wasserkraftwerk
25-50% Ottomotor
80-95% Turbinentriebwerk
Bis 37% Lautsprecher
40%
0.3%
H-S – DIAGRAMM AKA MOLLIE R - DIAGRAMM
Position des kritischen Punktes
beachten !
WIRKUNGSGRAD DES CAR NOT PROZESSES
Wäre 𝑇𝐶 ⁄𝑇𝐻 gerade null, so wäre der Wirkungsgrad gerade 1. Aber aus
dem 2. Hauptsatz folgt, dass zwingend ein Teil der zugeführen
Wärmemenge an das kalte Reservoir abgegeben werden muss: 𝜼𝒄 < 1.
Der Carnot Wirkungsgrad ist der höchst mögliche Umwandlungsgrad von
Q in W. Er geht mit mit steigender Temperatur 𝑇𝐻 → ∞ oder mit 𝑇𝐶 = 0
gegen 1. (𝑇𝐻 = 1500𝐾 , 𝑇𝐶 = 𝑇0 → 𝜂𝑐 ≈ 0.75)
𝜼𝒄 =
𝑁𝑢𝑡𝑧𝑒𝑛
𝐴𝑢𝑓𝑤𝑎𝑛𝑑
=
𝑊
𝑄
=1−
𝑄𝑎𝑏
𝑄𝑧𝑢
= 𝟏−
𝑻𝑪
𝑄𝐶
𝑻𝑯
𝑄H
=
𝑇C
𝑇𝐻
Im Nassdampfgebiet gilt:
ℎ = 𝑥 ∙ ℎ𝑔 + (1 − 𝑥) ∙ ℎ𝑓
(reversibel)
reversibel – keine Dissipation – kein Wärmetransport – adiabat
Isentroper Düsenwirkungsgrad
𝜼𝑫,𝒔 =
Isentroper Turbinenwirkungsgrad
𝜼𝑻,𝒔 =
Isentroper Kompressorwirkungsgrad
𝜼𝑲,𝒔 =
𝒘𝟐𝟐
𝒘𝟐𝟐,𝒎𝒂𝒙
𝑾̇
𝑾̇𝒓𝒆𝒗
𝑾̇𝒓𝒆𝒗
𝑾̇
=
=
=
𝒉𝟐 −𝒉𝟏
Die 𝑇𝑑𝑆 Gleichungen stellen Beziehungen der verschiedenen Grössen
der Thermodynamik her. Auch 1. Hauptsatz in Differentialen:
𝒉𝟐,𝒔 −𝒉𝟏
𝒉𝟏 −𝒉𝟐
𝑻 ∙ 𝒅𝑺 = 𝒅𝑼 + 𝒑𝒅𝑽𝑻 ∙ 𝒅𝑺 = 𝒅𝑯 − 𝑽𝒅𝒑
𝒉𝟏− 𝒉𝟐,𝒔
𝒉𝟏− 𝒉𝟐,𝒔
𝒉𝟏 −𝒉𝟐
𝑇 ∙ 𝑑𝑠 = 𝑑𝑢 + 𝑝𝑑𝑣
𝑇 ∙ 𝑑𝑠 = 𝑑ℎ − 𝑣𝑑𝑝
𝑇 ∙ 𝑑𝑠̅ = 𝑑𝑢̅ + 𝑝𝑑𝑣̅
𝑇 ∙ 𝑑𝑠̅ = 𝑑ℎ̅ − 𝑣̅ 𝑑𝑝
Gilt für reversible und irreversible Prozesse.
ENTROPIE
Die Entropie S ist ein Mass für die Unordnung im System.
𝑠 0 für einen Referenzdruck, 𝑅 ln ( ) ist dann der Druckkorrekturterm
𝑝1
 𝑐 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝑇
𝑠 0 (𝑇, 𝑝) = 𝑐𝑝 (𝑇) ∙ ln ( )
⟹
𝑇0
[ ]
𝑲
isentrop d.h. 𝑑𝑠 = 0 ist ein Prozess, wenn kein Wärmeaustausch
stattfindet (adiabat) und der Prozess reversibel ist.
𝑠(𝑇, 𝑝)
𝑠(𝑇)𝑏𝑧𝑤. 𝑠(𝑝)
𝑠(𝑥, 𝑇)
𝒔(𝑻, 𝒑) ≈ 𝒔(𝑻) inkmprssibel
𝑻
𝒑
𝑻𝟏
𝑻𝟐
𝒑𝟏
𝒗
(T,p):
𝒔𝟐 − 𝒔𝟏 = 𝒄𝒑 ∙ 𝐥𝐧 ( 𝟐) − 𝑹 ∙ 𝐥𝐧 ( 𝟐)
(T,v):
𝒔𝟐 − 𝒔𝟏 = 𝒄𝒗 ∙ 𝐥𝐧 ( ) − 𝑹 ∙ 𝐥𝐧 ( 𝟐)
𝑻𝟏
 Isothremer Prozess:
𝑠 0 (𝑇2 )
−
𝒗𝟏
𝑠 0 (𝑇1 )
𝑦𝑖𝑒𝑙𝑑𝑠
=0 →
𝑝
𝑠2 − 𝑠1 = 𝑅 ∙ ln( 2 )
𝑝1
ISENTROPER PROZESS B EIM IDEALEN GAS
𝑠2 − 𝑠1 = 0 mit 𝜅 =
⟹
𝜿−𝟏
𝜿
𝑻𝟐
𝒑𝟐
=( )
𝑻𝟏
𝒑𝟏
 𝑣 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝑐𝑝
𝑐𝑣
, 𝑐𝑝 = 𝑐𝑣 + 𝑅 → 𝑐𝑝 = 𝑅 ∙
𝒗𝟐 𝟏−𝜿
=( )
und
𝒗𝟏
𝒑𝟐
𝒗𝟏 𝜿
=( )
𝒑𝟏
𝒗𝟐
𝜅
𝜅−1
, 𝑐𝑣 = 𝑅 ∙
1
𝜅−1
(siehe auch p. 2)
Bei Verdampfung/Kondensation gilt: 𝑝 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. ⟹ 𝑇 ∙ 𝑑𝑠 = 𝑑ℎ
Aus der Integration (T=const.) folgt
𝑻 ∙ (𝒔𝒈 − 𝒔𝒇 ) = (𝒉𝒈 − 𝒉𝒇 )
𝑻 𝒄(𝑻)
𝒔𝟐 − 𝒔𝟏 = ∫𝑻 𝟐
⟹
𝟏
 𝑣, 𝑐 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. ⟹ 𝑐𝑝 = 𝑐𝑣 = 𝑐
⟹
𝑻
𝑻𝟐
𝒅𝒕
𝒔𝟐 − 𝒔𝟏 = 𝒄 𝐥𝐧 ( )
𝑻𝟏
ENTROPIEBILANZ FÜR G ESCHLOSSENE SYSTEME
𝑸
𝑻𝑮
𝑺̇𝒆𝒓𝒛 = 𝑺̇ − ∑
[𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾]
𝑸̇
𝑻𝑮
[𝑘𝑊/𝑘𝑔𝐾]
 stationärer Prozess: △ 𝑆 = 𝑆2 − 𝑆1 = 0
 Kreisprozess Zustand ist am Ende wieder der selbe 𝑆𝑒𝑟𝑧,𝐾𝑃 = − ∑
 reversibler Prozess: 𝑺𝒆𝒓𝒛 = 𝟎
𝑑𝑆 =
𝑑𝑄
𝑄
𝑇𝐺
𝑇𝐺
𝑇𝐺 : Temp. an Grenze der Wärmeübertragung
 Entropie Produktion 𝑺𝒆𝒓𝒛 bei nicht reversiblen Prozessen.
𝑆𝑒𝑟𝑧 ist keine Zustandsgrösse! Im realen Kreisprozess wird
Entropie erzeugt, die Entropie S hat jedoch nach jedem Zyklus
wieder den selben Wert.
ENTROPIEBILANZ FÜR O FFENE SYSTEME
𝒌𝑱
Ein Prozess wird spontan immer in der Richtung ablaufen, dass die
Entropie zunimmt. Die Entropie ist ein Mass für die Irreversibilität.
- überhitzter Dampf
- gesättigter Zustand 𝑇 ↔ 𝑝
- Nassdampfgebiet
- unterkühlte Flüssigkeit
𝒑𝟏
𝑝2
𝑺𝒆𝒓𝒛 = 𝑺𝟐 − 𝑺𝟏 − ∑
 △ ℎ = ℎ2 − ℎ1 = 𝑣(𝑝2 − 𝑝1 )
𝑺𝒚 = 𝑺𝒙 +
𝒑𝟏
𝒑
̅ ∙ 𝐥𝐧( 𝟐)
else (A-23ff): 𝒔̅(𝑻𝟐 , 𝒑𝟐 ) − 𝒔̅(𝑻𝟏 , 𝒑𝟏 ) = 𝒔̅𝟎 (𝑻𝟐 ) − 𝒔̅𝟎 (𝑻𝟏 ) − 𝑹
𝑇𝑑𝑆 GLEICHUNGEN
WIRKUNGSGRAD ISENTRO PE PROZESSE
𝒚 𝒅𝑸𝒓𝒆𝒗
∫𝒙 𝑻
𝑮
𝒑
𝒔(𝑻𝟐 , 𝒑𝟐 ) − 𝒔(𝑻𝟏 , 𝒑𝟏 ) = 𝒔𝟎 (𝑻𝟐 ) − 𝒔𝟎 (𝑻𝟏 ) − 𝑹 ∙ 𝐥𝐧( 𝟐)
Air (A-22):
ENTROPIEÄNDERUN G INKOMPRESSIBLER STOF FE
Im grau schattierten Bereich
verlaufen die Isothermen horizontal,
somit ist die Temperatur dort nicht
mehr von der Entropie abhängig,
sondern alleine von der Enthalpie.
Der thermische Wirkungsgrad eines irreversiblen Wärmekraftprozesses
ist immer geringer als derjenige eines reversiblen.
inkompressibel , T=const
 Allgemein:
̇
𝑸
̇ 𝒆𝒓𝒛 = ⏟
∑ 𝒎̇𝒆 𝒔𝒆 − ⏟
∑ 𝒎̇𝒊 𝒔𝒊
𝑺⏟
𝑺̇ − ∑ + ⏟
𝑻
⏟
CLAUSIUS UNGLEICHUNG
△𝑸
Entropiezuwachs:
△𝑺=
Clausius:
∮𝑻 =
für Carnot-Prozess:
∮𝑻 =
𝜹𝑸
𝑻𝑮
𝑸𝑯
𝜹𝑸
𝑻𝑯
𝑸𝑯
𝑮
𝑻𝑯
𝑮
𝟏
= 𝑺𝟐 − 𝑺𝟏
−
−
𝑸𝑪
𝑻𝑪
𝑸𝑪
𝑻𝑪
≤𝟎
=△ 𝑺𝒛𝒖 −△ 𝑺𝒂𝒃 = 𝟎
𝛿𝑄
∮ 𝑇 : Umlaufintegral über Kreisprozess. Q: zugeführte Wärmemenge.
T: absolute Temperatur an Systemgrenze wo Wärme übertragen wird,
d.h. Temperatur des Reservoirs, gegen das gearbeitet wird.
Seite 5
1.
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5.
𝟐
𝑮
𝟑
𝟒
𝟓
Erzeugungsrate im System
Zunahme des Entropieinhaltes des Systems
Entropietransport über Systemgrenze per Wärmeleitung
Mit Masse ausströmender Entropiestrom
Mit Masse einströmender Entropiestrom
̇ = −∑
 stationärer Prozess , 1 Massenstrom: 𝑆𝑒𝑟𝑧
𝑄̇
𝑇𝐺
+ 𝑚̇(𝑠𝑒 − 𝑠𝑖 )
STATIONÄRE INTERN RE VERSIBLE PROZESSE
 Entropiebilanz für offene Systeme mit
0 = −∑
𝑄̇
𝑇𝐺
 1. HS mit
+ 𝑚̇ ∙ (𝑠2 − 𝑠1 )
𝑑𝐸𝑠
𝑑𝑡
= 0 und
𝑄̇𝑟𝑒𝑣
𝑚̇
𝜕
𝜕𝑡
𝑄̇𝑟𝑒𝑣
⟹
= 0 , 𝑚̇𝑒 = 𝑚̇𝑖 , 𝑆̇𝑒𝑟𝑧 = 0 :
𝑚̇
=
2
∫1 𝑇𝑑𝑠
𝑇𝑑𝑠=𝑑ℎ−𝑣𝑑𝑝
2
EXERGIEVERLUST :: GOUY-STODOLA -THEOREM
= ∫1 𝑇𝑑𝑠 →
Die verlorene Arbeitsmöglichkeit ist die Differenz zwischen der maximal
möglichen und der effektiv vorhandenen Arbeitsleistung. Max. verlorene
Arbeit kann als Exergieverlust betrachtet werden. Exergie  Entropie
2
n≠1 (polytrop): − ∫1 𝑣 𝑑𝑝 = −
𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝑛
𝑛−1
𝑝2
⇒
𝑝1 ideales Gas
−𝑅𝑇1 ln
(𝑾 − 𝒑𝟎 ∆𝑽) − ⏟
△ 𝑬𝒙 = ∫ (𝟏 − ) 𝜹𝑸 − ⏟
𝑻𝟎 ∙ 𝑺𝒆𝒓𝒛
𝑻𝑮
⏟
𝑬𝒙,𝑾
𝑬𝒙,𝑽𝒆𝒓𝒍𝒖𝒔𝒕
⏟
⏟ 𝑬𝒙,𝑸
(𝑝2 𝑣2 − 𝑝1 𝑣1 ) ⇒ −
iG
𝑛
𝑛−1
𝑝2
𝑝1
𝑅(𝑇2 −𝑇1 )
 In Düsen/Diffusoren: 𝑊̇𝑟𝑒𝑣 = 0 folgt der stationäre Bernoulli
2
∫1 𝑣
𝑑𝑝 +
𝑤22 −𝑤12
2
inkompr. 𝑝
+ 𝑔(𝑧2 − 𝑧1 ) = 0 →
𝜌
+
𝑤22
2
+ 𝑔𝑧 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
 Für isotherme Prozesse gilt auch (mit 𝑣 𝑑𝑝 = 𝑑ℎ − 𝑇 𝑑𝑠)
𝑊̇𝑟𝑒𝑣
𝑚̇
= 𝑇(𝑠2 − 𝑠1 ) − (𝑝2
𝑉̇2
𝑚̇
𝑉̇1
𝑤22 −𝑤12
𝑚
2
− 𝑝1 ̇ ) −
− 𝑔(𝑧2 − 𝑧1 )
𝑇0 : Umgebungstemperatur
𝐺
𝑒𝑥 = 𝑢 − 𝑢0 + 𝑝0 (𝑣 − 𝑣0 ) − 𝑇0 (𝑠 − 𝑠0 ) + 𝑘𝑒 + 𝑝𝑒
mit 𝐾𝐸 =
𝑚𝑤 2
2
, 𝑃𝐸 = 𝑚𝑔𝑧 , 𝑘𝑒 =
𝑤2
2
, 𝑝𝑒 = 𝑔𝑧
EXERGIEDIFFERENZ FÜ R GESCH LOSSENE SYS TEME
△ 𝐸𝑥 = 𝐸𝑥,2 − 𝐸𝑥,1 =△ 𝑈 + 𝑝0 (𝑉2 − 𝑉1 ) − 𝑇0 (𝑆2 − 𝑆1 ) + ∆𝐾𝐸 + ∆𝑃𝐸
△ 𝑒𝑥 = 𝑒𝑥,2 − 𝑒𝑥,1 =△ 𝑢 + 𝑝0 (𝑣2 − 𝑣1 ) − 𝑇0 (𝑠2 − 𝑠1 ) + ∆𝑘𝑒 + ∆𝑝𝑒
𝑝2
− 𝑅 ∙ ln ( )]
𝑝1
𝒅𝑬𝒙
𝑻𝟎
𝒅𝑽
= 𝑬𝒙̇ = ∑ (𝟏 − ) 𝑸̇𝒊 − (𝑾 − 𝒑𝟎 ) − 𝑻𝟎 ∙ 𝑺̇𝒆𝒓𝒛
𝒅𝒕
𝑻𝒊
𝒅𝒕
 Gouy – Stodola:
−
𝑑𝐸𝑥,𝑖𝑟𝑟
𝑑𝑡
 Bei Wärmeübergang: - stationäres System:
- keine Arbeit: 𝑊 −
𝐸𝑥,𝑣
−
𝑑𝐸𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑉
𝑝0
𝑑𝑡
= 0 , 𝑄̇1 = 𝑄̇2 = 𝑄̇
=0
𝑵
𝑻
(𝟏−𝑻 𝟎 )∙𝑸̇𝑸
𝑸
⇒
𝑇𝑖
𝑑𝐸𝑥,𝑖𝑟𝑟
𝑇
𝑇1
𝑇
𝑇1
𝑇2
𝑑𝑉
𝑑𝑡
𝑇
̇
) + ∑ 𝑄̇𝑖 (1 − 0 ) − 𝑇0 𝑆𝑒𝑟𝑧
𝑇𝑖
𝑻
= ∑ 𝒎̇𝒊 ∙ 𝒆𝒙,𝒔𝒕𝒓,𝒊 − ∑ 𝒎̇𝒆 ∙ 𝒆𝒙,𝒔𝒕𝒓,𝒆 − 𝑾̇𝒔 + ∑ 𝑸̇𝒊 (𝟏 − 𝟎 ) − 𝑻𝟎 ∙ 𝑺̇𝒆𝒓𝒛
𝑻𝒊
𝑑𝑉
↑ wobei angenommen wurde, dass = 0
𝑑𝑡
 Jeder Term enthält 100% nutzbare Energie.
 reversibler Prozess: 𝑇0 ∙ 𝑆𝑒𝑟𝑧 = 0
𝑑𝐸𝑥
 stationär, 1 Massenstrom:
= 0 , 𝑚̇ 𝑖 = 𝑚̇𝑒 = 𝑚̇
𝑑𝑡
∑ (𝟏 −
𝑻𝒐
𝑻𝒊
(𝟏−𝑻 𝟎 )
𝑵
𝑻
(𝟏−𝑻 𝟎 )
𝑸
)
BEISPIELE VON EXERGETISCHEN WIRKUNSGRADEN
 offenes System mit Leistung: 𝜀 =
𝐸̇𝑥,𝑁𝑢𝑡𝑧
𝑚̇(𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,1 −𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,2 )
=
𝐸̇𝑥,𝑁𝑢𝑡𝑧
𝐸̇𝑥,𝑁𝑢𝑡𝑧 +𝑇0 ∙𝑆𝑒𝑟𝑧
𝑇
𝐸̇𝑥,𝑁𝑢𝑡𝑧 = 𝑄̇𝐴 ∙ (1 − 0 ) + 𝑊̇𝑆
𝑇𝐴
𝐸̇𝑥,𝑁𝑢𝑡𝑧 = 𝑊̇𝑆
 Turbine:
𝜀=
 Pumpe/Kompressor:
𝜀=
𝑊̇𝑆
𝑚̇(𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,1 −𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,2 )
=
𝑊̇𝑆
𝑊̇𝑆 +𝑇0 ∙𝑆𝑒𝑟𝑧
𝑚̇(𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,2 −𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,1 )
𝑊̇
−𝐸𝑥,𝑣
= 𝑖𝑛𝑣𝑒𝑠𝑡
𝑊̇𝑖𝑛𝑣𝑒𝑠𝑡
𝑊̇𝑖𝑛𝑣𝑒𝑠𝑡
−𝑊̇𝑆 −𝑇0 ∙𝑆𝑒𝑟𝑧 𝑄𝑣𝑒𝑟𝑙 =0 (ℎ2 −ℎ1 )−𝑇0 (𝑠2 −𝑠1 )
⇒
−𝑊̇𝑆
 Wärmetauscher ohne Vermischung:
𝜀=
 Wärmetauscher mit Vermischung:
𝜀=
(ℎ2 −ℎ1 )
𝑚̇𝐶 (𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,𝐶,𝑒 −𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,𝐶,𝑖 )
𝑚̇𝐻 (𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,𝐻,𝑖 −𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,𝐻,𝑒 )
𝑚̇𝐶,𝑖 (𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,𝑒 −𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,𝐶,𝑖 )
𝑚̇𝐻,𝑖 (𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,𝐻,𝑖 −𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,𝑒 )
𝑇2
= 𝐸𝑥,𝑣 = 𝑇0 ∙ 𝑆̇𝑒𝑟𝑧 = 𝑄̇ ( 0 − 0 )
𝑑𝑡
= ∑ 𝑚̇𝑖 𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,𝑖 − ∑ 𝑚̇𝑒 𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,𝑒 − (𝑊̇𝑠 − 𝑝0
𝒅𝒕
𝑻
= 𝜼(
𝑇
𝑇
𝑇
= 𝑇0 ∙ 𝑆̇𝑒𝑟𝑧 = ∑ (1 − 0 ) 𝑄̇𝑖 = 𝑄̇ ( 0 − 0 )
EXERGIEBILANZ FÜR OF FENE SYSTEME
𝑑𝑡
𝑊̇𝑆 bei Wärmeströmen 𝑄̇𝑁
⇒
𝑄̇𝑄
𝑄̇𝑄
𝑻𝟎
𝐛𝐞𝐢 𝐖ä𝐫𝐦𝐞𝐬𝐭𝐫ö𝐦𝐞𝐧 (𝟏−𝑻 )∙𝑸̇𝑵
=
= 𝐸𝑥,𝑣 = 𝑇0 ∙ 𝑆̇𝑒𝑟𝑧
) 𝑸̇𝒊 − 𝑾̇𝒔 − 𝑻𝟎 𝑺̇𝒆𝒓𝒛 = 𝒎̇[𝒉𝟐 −𝒉𝟏 − 𝑻𝟎 (𝒔𝟐 − 𝒔𝟏 ) + ∆𝒌𝒆 + ∆𝒑𝒆]
̇ = 𝐸̇𝑥,𝑠𝑡𝑟,𝑒 − 𝐸̇𝑥,𝑠𝑡𝑟,𝑖
oder anderst geschrieben: ∑ (1 − 𝑇𝑜 ) 𝑄̇𝑖 − 𝑊̇𝑠 − 𝑇0 𝑆𝑒𝑟𝑧
𝑖
DER EXERGETISCHE WIRKUNGSGRAD (2 N D LAW EFF.)
𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟 = (ℎ − ℎ0 ) − 𝑇0 (𝑠 − 𝑠0 ) + 𝑘𝑒 + 𝑝𝑒
Der energetische Wirkungsgrad 𝜼 bewertet die Nutzung der Energie in
der Quantität, währenddessen der exergetische Wirkungsgrad 𝜺 die
Nutzung der Exergie in der Quantität bewertet – und damit die
qualitative Nutzung der Energie beschreibt.
Ganz allgemein gilt: 𝛆 ↑ @ {(𝑻𝑵 − 𝑻𝟎 ) ↑ , (𝑻𝑸 − 𝑻𝑵 ) ↓ }
△ 𝐸̇𝑥,𝑠𝑡𝑟 = 𝐸̇𝑥,𝑠𝑡𝑟,2 − 𝐸̇𝑥,𝑠𝑡𝑟,1 = 𝑚̇[(ℎ2 − ℎ1 ) − 𝑇0 (𝑠2 − 𝑠1 ) + ∆𝑘𝑒 + ∆𝑝𝑒]
△ 𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟 = 𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,2 − 𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟,1 = (ℎ2 − ℎ1 ) − 𝑇0 (𝑠2 − 𝑠1 ) + ∆𝑘𝑒 + ∆𝑝𝑒
𝒈𝒆𝒏𝒖𝒕𝒛𝒕𝒆𝒓 𝑬𝒙𝒆𝒓𝒈𝒊𝒆𝒔𝒕𝒓𝒐𝒎
𝒛𝒖𝒈𝒆𝒇𝒖𝒆𝒉𝒓𝒕𝒆𝒓 𝑬𝒙𝒆𝒓𝒈𝒊𝒆𝒔𝒕𝒓𝒐𝒎
- ohne Nutzung der Abwärme
𝑬̇𝒙,𝒔𝒕𝒓 = 𝒎̇[(𝒉 − 𝒉𝟎 ) − 𝑻𝟎 (𝒔 − 𝒔𝟎 ) + 𝒌𝒆 + 𝒑𝒆]
EXERGIEDIFFERENZ FÜ R OFFENE SYSTEME
𝜺=
- bei Nutzung der Abwärme
𝑇
EXERGIE FÜR OFFENE S YSTEME
 Exergetisch:
EXERGIEÄNDERUNGS GESC HWINDIGKEIT
𝒅𝑬𝒙
𝑬𝒙 = 𝑼 − 𝑼𝟎 + 𝒑𝟎 (𝑽 − 𝑽𝟎 ) − 𝑻𝟎 (𝑺 − 𝑺𝟎 ) + 𝑲𝑬 + 𝑷𝑬
−
𝑠10
 stationärer Prozess: △ 𝐸𝑥 = 0
 reversibler Prozess: 𝑇0 ∙ 𝑆𝑒𝑟𝑧 = 0
 keine Arbeit:
𝑊 − 𝑝0 ∆𝑣 = 0
𝑑𝐸𝑥
EXERGIE FÜR GESCHLOS SENE S YSTEME
[𝑠20
∫ (1 − 𝑇 ) 𝛿𝑄 = 𝑄12 − 𝑇0 ∙ ∆𝑆 = 𝑄12 − 𝑇0 ∙ 𝑚 ∙
EXERGIE
Exergie ist ein Mass für die vorhandene Arbeitsmöglichkeit der Energie.
Es ist der Anteil des Energieinhaltes eines Systems, der maximal mittels
eines reversiblen Prozesses in Arbeit umgewandelt werden kann.
Anergie ist der Energieanteil, der nach dem Erreichen des Gleichgewichtes im System zurückbleibt und nicht mehr in Arbeit umgewandelt
werden kann.
Die Exergie eines isolierten, geschlossenen Systems kann nur abnehmen.
Zum Beispiel wird im System Motor und Umgebung bei der Verbrennung
keine Energie, wohl aber Exergie verbraucht.
𝑇𝐺 : Temperatur am Ort der Q-Übertragung
𝑇0
=
 Bsp.: {𝑇0 = 0°C , 𝑇𝑄 = 800°C , 𝑇𝑁 = 24°C} ⟹ {𝜂 = 90%  𝜺 ≅ 𝟏𝟎%}
𝒊𝒓𝒓𝒓𝒆𝒗𝒆𝒓𝒔𝒊𝒃𝒆𝒍
𝒓𝒆𝒗𝒆𝒓𝒔𝒊𝒃𝒆𝒍
𝑔𝑒𝑛𝑢𝑡𝑧𝑡𝑒𝑟 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑒𝑠𝑡𝑟𝑜𝑚
𝑧𝑢𝑔𝑒𝑓üℎ𝑟𝑡𝑒𝑟 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑒𝑠𝑡𝑟𝑜𝑚
𝟏−𝑻𝟎 /𝑻𝑵
 𝜺⁄𝜼 =
𝟏−𝑻𝟎 /𝑻𝑸
𝜀 ⟶ 𝜂 ≡ 𝐸𝑥,𝑉𝑒𝑟𝑙𝑢𝑠𝑡 ⟶ 0 für 𝑇𝑁 ⟶ 𝑇𝑄 ≡ 𝑆𝑒𝑟𝑧 ⟶ 0 oder 𝑇0 ⟶ 0
𝑻𝟎
2
𝜂=
wobei Indizes: Q: Quelle, N: Nutz, 0: Umgebung
EXERGIEBILANZ FÜR GE SCHLOSSENE SYSTEME
 Berechnung des Integrals − ∫1 𝑣 𝑑𝑝 mit 𝑝 ∙ 𝑣 𝑛 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
2
[𝑘𝐽]
𝑬𝒙,𝑽𝒆𝒓𝒍𝒖𝒔𝒕 = 𝑻𝟎 ∙ 𝑺𝒆𝒓𝒛 = 𝑊𝑉𝑒𝑟𝑙𝑢𝑠𝑡 = 𝑊𝑟𝑒𝑣 − 𝑊
2
ℎ2 − ℎ1 − ∫1 𝑣 𝑑𝑝 :
𝟐
𝑾̇𝒓𝒆𝒗
𝒘𝟐𝟐 − 𝒘𝟐𝟏
= − ∫ 𝒗 𝒅𝒑 −
− 𝒈(𝒛𝟐 − 𝒛𝟏 )
𝒎̇
𝟐
𝟏
n=1 (isotherm): − ∫1 𝑣 𝑑𝑝 = − 𝑝⏟
1 𝑣1 ln
 Energetisch:
Seite 6
EX-PRÜFUNGSAUFGABE :: KOMPRESSIONSWÄRMEPUM PE
1: gesättigeter Dampf
12: isobare Überhitzung
23: irr. adiabat. Verdichtung
34: isobare Abkühlung,
vollständige Kondensation
45: Unterkühlung an Sättigl.
56: isentrope Drosselung
61: isobare Verdampfung
Geg.: 𝑊̇ℎ𝑒𝑖𝑧 , 𝜂𝐾,𝑠
Ges.: 𝑚̇, 𝑄̇12 , 𝑄̇61 , 𝑊̇𝐾𝑜𝑚𝑝 , 𝜀𝑊
Vorgehen:
i. mit Tabellen:
𝜂𝐾,𝑠 → ℎ1 , ℎ2 … ℎ6 bestimmen
ii. 𝑊̇ℎ𝑒𝑖𝑧 = −𝑄̇34 = 𝑚̇(ℎ3 − ℎ4 )
iii. 𝑄̇12 = 𝑚̇(ℎ2 − ℎ1 )
iv. 𝑄̇61 = 𝑚̇(ℎ1 − ℎ6 )
v. 𝑊̇𝐾𝑜𝑚𝑝 = 𝑚̇(ℎ2 − ℎ3 )
vi. 𝜀𝑊 =
𝑄𝑧𝑢/ℎ𝑒𝑖𝑠𝑠
−𝑊S
=
−𝑊̇ℎ𝑒𝑖𝑧
−𝑊̇𝐾𝑜𝑚𝑝
EGR: EXHAUST GAS REC IRCULA TION / ABGASRÜ CKFÜHRUNG
THERMODYNAMIK 2 :: L AV
Idee: Rückgeführte
Abgase kühlen sich
wieder auf die
Einlasstemperatur ab
und müssen von neuem
aufgeheizt werden.
𝑇𝑓,𝑎𝑑 ↓
--
DEFINITIONEN

KONSTANTEN
- Normdruck
- Normtemperatur
- Pferdestärke
- Elementarladung
- Faraday’sche Konstante
- ppm = parts per million
𝑝𝑟𝑒𝑓 = 1𝑎𝑡𝑚 = 1.01325 𝑏𝑎𝑟
𝑇𝑟𝑒𝑓 = 298 𝐾 ≅ 25°𝐶
1ℎ𝑝 = 1𝑃𝑆 = 0.735𝑘𝑊
𝑒 = 1.60219 ∙ 10−19 C
𝐶
𝐴∙𝑠
𝑓 = 𝑁𝐴 ∙ 𝑒 = 96485.3
=
𝑚𝑜𝑙
𝑚𝑜𝑙
−6
1𝑝𝑝𝑚 = 10
𝑿𝑬𝑮𝑹 =
- Molar  Massenspezifisch
𝑚
𝑛=
𝑀
𝑀: [
𝑛𝑖
- Molanteil (Volumenanteil)
𝑋𝑖 = ∑
- Partialdruck
- Konzentration (molar)
𝑝𝑖 = 𝑋𝑖 ∙ 𝑝𝑛𝑒𝑡
𝑐𝑖 = 𝑛𝑖 /𝑉𝑛𝑒𝑡
- Massenanteil
𝑌𝑖 =
- Luftüberschussfaktor
- Isentropenkoeffizient
𝑖
𝑛𝑖
𝑚𝑖
=
𝑛𝑖
𝑛𝑛𝑒𝑡
𝑉𝑖
=∑
𝑖
𝑉𝑖
𝑐𝑣
=1+
𝑐𝑣
=
= (𝑛
𝑐𝑝
𝑐𝑝 −𝑅
𝒚
𝑪𝒙 𝑯𝒚 + 𝝀 (𝒙 + ) (𝑶𝟐 + 𝟑. 𝟕𝟔 𝑵𝟐 ) ⟶
𝟒
𝒚
𝒚
𝒚
𝒙 ∙ 𝑪𝑶𝟐 + ∙ 𝑯𝟐 𝑶 + (𝝀 − 𝟏) (𝒙 + ) 𝑶𝟐 + 𝟑. 𝟕𝟔 ∙ 𝝀 (𝒙 + ) 𝑵𝟐
𝟐
𝟒
𝟒
 Beispiel Methan CH4:
C𝐻4 + 2𝜆(𝑂2 + 3.76 𝑁2 ) ⟶ 𝐶𝑂2 + 2𝐻2 𝑂 + 2 ∙ (𝜆 − 1)𝑂2 + 7.52𝜆 ∙ 𝑁2
𝒚
𝑪𝒙 𝑯𝒚 + 𝝀 (𝒙 + ) (𝑶𝟐 + 𝟑. 𝟕𝟔 𝑵𝟐 ) ⟶
𝟒
𝝀𝒚
𝒚
(𝟏 − 𝝀)𝑪𝒙 𝑯𝒚 + 𝝀𝒙 ∙ 𝑪𝑶𝟐 +
∙ 𝑯𝟐 𝑶 + 𝟑. 𝟕𝟔 ∙ 𝝀 (𝒙 + ) 𝑵𝟐
𝟐
𝟒
 Beispiel Methan CH4:
𝐶𝐻4 + 2𝜆(𝑂2 + 3.76 𝑁2 )
⟶ (1 − 𝜆)𝐶𝐻4 + 𝜆 ∙ 𝐶𝑂2 + 2𝜆 ∙ 𝐻2 𝑂 + 7.52𝜆 ∙ 𝑁2
REAKTIONSGLN VERBREN NU NG VON 𝐶𝑥 𝐻𝑦 𝑂𝑧 AN LUFT
𝒚
𝒛
𝟒
𝟐
𝑪𝒙 𝑯𝒚 𝑶𝒛 + 𝝀 (𝒙 + − ) (𝑶𝟐 + 𝟑. 𝟕𝟔 𝑵𝟐 ) ⟶
𝒚
𝒚
𝒛
𝟒
𝟐
𝒙 ∙ 𝑪𝑶𝟐 + ∙ 𝑯𝟐 𝑶 + (𝝀 − 𝟏) (𝒙 + − ) 𝑶𝟐 + 𝟑. 𝟕𝟔 ∙
𝒚
𝟐
𝒛
𝟒
𝟐
2
4
4
𝑦
𝐶𝑥 𝐻𝑦 + 𝜆 (𝑥 + ) (𝑂2 + 3.76 𝑁2 )
4
𝜆𝑦
2
𝜆𝑦
2
𝑦
∙ 𝐻2𝑂 + 3.76 ∙ 𝜆 (𝑥 + ) 𝑁2 ] ⟶
4
𝑦
∙ 𝐻2𝑂 + 3.76 ∙ 𝜆 (𝑥 + ) 𝑁2 ]
4
𝝀 (𝒙 + − ) 𝑵𝟐
 Beispiel Methanol CH3OH:
𝐶𝐻3 𝑂𝐻 + 1.5𝜆(𝑂2 + 3.76 𝑁2 )
⟶ 𝐶𝑂2 + 2𝐻2 𝑂 + 1.5 ∙ (𝜆 − 1)𝑂2 + 5.64𝜆 ∙ 𝑁2
Gegeben: Daten aus Bild , 𝜆 = 1
𝑘𝑔
𝑚̇𝑓𝑢𝑒𝑙 = 1.8 ∙ 10−3 [ ]
𝑠
Gesucht: 𝑄̇
i. Reaktionsgleichung: Octan mit 𝜆 = 1:
𝐶8 𝐻18 + 12.5𝑂2 + 47𝑁2 ⟶ 8𝐶𝑂2 + 9𝐻2 𝑂 + 47𝑁2
ii. 1. HS nach 𝑄̇ aufgelöst:
𝑄̇ = 𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙 (𝑊̇𝑠 + ∑𝑃 𝑛𝑒 ℎ̅𝑒 − ∑𝑅 𝑛𝑖 ℎ̅𝑖 )
𝑇=𝑇𝑟𝑒𝑓
ENTHALPIEN
iii. ∑𝑅 𝜈𝑖 ℎ̅𝑖 = ⇒
 allgemein: ℎ̅ = ℎ̅𝑓0 + ℎ̅(𝑇, 𝑝) − ℎ̅(𝑇𝑟𝑒𝑓 , 𝑝𝑟𝑒𝑓 )
 ideale Gase:
iv. ∑𝑃 𝜈𝑒 ℎ̅𝑒 = ⇒
8[ℎ̅𝑓0 + ℎ̅(890𝐾) − ℎ̅(𝑇𝑟𝑒𝑓 )] + 9[ℎ̅𝑓0 +
𝐶𝑂2
ℎ̅(890𝐾) − ℎ̅(𝑇𝑟𝑒𝑓 )]
+ 47[ℎ̅𝑓0 + ℎ̅(890𝐾) − ℎ̅(𝑇𝑟𝑒𝑓 )]
̅= 𝒉
̅ 𝟎𝒇 + 𝒉
̅ (𝑻) − 𝒉
̅ (𝑻𝒓𝒆𝒇 )
𝒉
⏟
⏟
REAKTIONSGLEICHUNGEN VE RBRENNUNG VON 𝐶𝑥 𝐻𝑦 AN LUFT
𝝀 ≥ 𝟏:
4
𝑦
(1 + 𝑛𝑥 ) [(1 − 𝜆)𝐶𝑥 𝐻𝑦 + 𝜆𝑥 ∙ 𝐶𝑂2 +
(𝑛𝐿⁄𝑛𝐵 )
VERBRENNUNGSPROZESSE
 𝝀 < 𝟏:
𝑦
4
𝑦
𝐿⁄𝑛𝐵 )𝑠𝑡ö𝑐ℎ
 bei idealen Gasen siehe Seite 1
 𝝀 ≥ 𝟏:
𝑦
+ 𝑛𝑥 [(1 − 𝜆)𝐶𝑥 𝐻𝑦 + 𝜆𝑥 ∙ 𝐶𝑂2 +
𝑗 𝑛𝑗 ∙𝑀𝑗
𝑅
4
2
𝑦
(1 + 𝑛𝑥 ) [𝑥 ∙ 𝐶𝑂2 + ∙ 𝐻2 𝑂 + (𝜆 − 1) (𝑥 + ) 𝑂2 + 3.76 ∙ 𝜆 (𝑥 + ) 𝑁2 ]
∑ 𝑗 𝑛𝑗
𝐿 ⁄𝑚̇𝐵 )𝑠𝑡ö𝑐ℎ
BENZINMOTOR
𝑦
𝑉𝑛𝑒𝑡
= (𝑚̇
𝑖
+ 𝑛𝑥 [𝑥 ∙ 𝐶𝑂2 + ∙ 𝐻2 𝑂 + (𝜆 − 1) (𝑥 + ) 𝑂2 + 3.76 ∙ 𝜆 (𝑥 + ) 𝑁2 ] ⟶
 𝜆 < 1:
𝐿 ⁄𝑚𝐵 )𝑠𝑡ö𝑐ℎ
𝑐𝑝
𝑐𝑣 +𝑅
=
=
𝑉𝑖
(𝑚̇𝐿 ⁄𝑚̇𝐵 )
𝜆 = (𝑚
𝑐𝑣
𝑘𝑚𝑜𝑙
] 𝑛: [𝑘𝑚𝑜𝑙] 𝑚: [𝑘𝑔]
𝑒
𝐶𝑥 𝐻𝑦 + 𝜆 (𝑥 + ) (𝑂2 + 3.76 𝑁2 )
𝑦
= 𝑋𝑖 ∙ 𝑀𝑖 ∙ ∑
𝑚𝑛𝑒𝑡
(𝑚𝐿 ⁄𝑚𝐵 )
𝜅=
𝑘𝑔
𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙
𝑛̇ 𝐸𝐺𝑅 𝑛𝐸𝐺𝑅 𝑛𝑥 ∙ 𝑛𝑛𝑒𝑡_𝑜𝑙𝑑(𝑎𝑠 𝑖𝑓 𝑛𝑜 𝐸𝐺𝑅)
𝒏𝒙
=
=
=
(1 + 𝑛𝑥 ) ∙ 𝑛𝑛𝑒𝑡_𝑜𝑙𝑑
𝑛̇ 𝑛𝑒𝑡
𝑛𝑛𝑒𝑡
𝟏 + 𝒏𝒙
 𝜆 ≥ 1:
GRÖSSEN
 Wandwärmeverluste als Anteil 𝑋 der maximalen Kraftstoffwerte, also
als Anteil des Heizwertes (je nach Phase des Wassers 𝐻𝑈,𝑂 ):
𝑄̇
= ∑𝑃 𝑛𝑒 ℎ̅𝑒 − ∑𝑅 𝑛𝑖 ℎ̅𝑖
̅ −∑ 𝑛 ℎ
̅
𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙
∑ 𝑛 ℎ
} ⟹ 𝑋 = ∑ 𝑃 𝑒̅0 𝑒 𝑅 𝑖 ̅𝑖0
̇
𝑄
0
0
𝑃 𝑛𝑒 ℎ𝑓 −∑𝑅 𝑛𝑖 ℎ𝑓
̅
̅
𝑒
𝑖
= 𝑋 (∑𝑃 𝑛𝑒 ℎ𝑓 − ∑𝑅 𝑛𝑖 ℎ𝑓 )
A−23 bis A−28
A−30
 ideale Gase, mit 𝑐̅𝑝 :
̅𝑓0 +
ℎ̅ = ℎ
⏟
A−30
𝑇
𝑐̅𝑝 (𝑇) 𝑑𝑡
∫𝑇 ⏟
𝑟𝑒𝑓
A−21
1. HAUPTSATZ FÜR OFF ENE SYSTEME
 stationär, KE und PE vernachlässigbar:
𝑄̇ − 𝑊̇𝑠 = ∑𝑃 𝑚̇𝑒 ℎ𝑒 − ∑𝑅 𝑚̇𝑖 ℎ𝑖
 pro Mol Brennstoff
𝑸̇
𝑾̇𝒔
̅ 𝒆 − ∑ 𝒏𝒊 𝒉
̅𝒊
−
= ∑ 𝒏𝒆 𝒉
𝒏̇ 𝒇𝒖𝒆𝒍 𝒏̇ 𝒇𝒖𝒆𝒍
𝑷
wobei
𝑹
𝑃 = Produkte, 𝑅 = Reaktanden, 𝑒 = exit und 𝑖 = inlet
𝑛 = stöchiometrische Verhältnisse bei 𝑛𝑓𝑢𝑒𝑙 = 1
REAKTIONSENTHALPIE U ND HEIZWERTE
 Reaktionsenthalpie: ℎ̅𝑅 = ∑𝑃 𝑛𝑒 ℎ̅𝑒 − ∑𝑅 𝑛𝑖 ℎ̅𝑖
 Heizwerte = Reaktionsenthalpien bei 𝑇𝑅 = 𝑇𝑃 = 𝑇𝑟𝑒𝑓 ⇒ ℎ̅ = ℎ̅𝑓0
𝑘𝐽
−ℎ̅𝑅0
⁄𝑀
𝐻𝑈,𝑂 = −ℎ𝑅0 =
𝐻𝑈,𝑂 : [ ]
𝑘𝑔
𝑓𝑢𝑒𝑙
- unterer Heizwert 𝐻𝑈 : Verbrennungsprodukt Wasser gasförmig
- oberer Heizwert 𝐻𝑂 : Verbrennungsprodukt Wasser flüssig
 falls nichts angegeben, gilt 𝐻𝑈
 Leistung (Heizleistung): 𝑃 = 𝐻𝑈,𝑂 ∙ 𝑚̇𝑓𝑢𝑒𝑙
 Wandwärmeverluste: Wird keine Arbeit geleistet, ist die ganze
Reaktionsenthalpie zu den Wandwärmeverlusten zu zählen.
Seite 7
1[ℎ̅𝑓0 ]
𝑇=890𝐾
v. 𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙 =
𝐶8 𝐻18 (𝑙)
+ 12.5[ℎ̅𝑓0 ]
𝑂2
+ 47[ℎ̅𝑓0 ]
𝑁2
𝐻2 0(𝑔)
𝑚̇𝑓𝑢𝑒𝑙
𝑁2
𝑀𝑓𝑢𝑒𝑙
vi. Alles in (ii) einsetzen und ausrechnen.
1. HAUPTSATZ FÜR GESCHLOSSENE SYSTEME
 allgemein: 𝑄 − 𝑊 =△ 𝑈 = ∑𝑃 𝑛𝑢̅ − ∑𝑅 𝑛𝑢̅
 ideale Gase, mit 𝑢̅ = ℎ̅ − 𝑅̅ 𝑇 = ℎ̅𝑓0 + ℎ̅(𝑇) − ℎ̅(𝑇𝑟𝑒𝑓 ) − 𝑅̅ 𝑇
̅ 𝟎𝒇 + 𝒉
̅ (𝑻) − 𝒉
̅ (𝑻𝒓𝒆𝒇 ))
𝑸 − 𝑾 = ∑𝑷 𝒏 (𝒉
̅ 𝟎𝒇 + 𝒉
̅ (𝑻) − 𝒉
̅ (𝑻𝒓𝒆𝒇 )) − 𝑹
̅ 𝑻𝑷 ∑𝑷 𝒏 + 𝑹
̅ 𝑻𝑹 ∑𝑹 𝒏
− ∑𝑹 𝒏 (𝒉
ADIABATE FLAMMTEMPER ATUR
 allgemein:
 wenn keine Arbeit:
−𝑊̇𝑠 = ∑𝑃 𝑛̇ 𝑒 ℎ̅𝑒 − ∑𝑅 𝑛̇ 𝑖 ℎ̅𝑖
∑𝑃 𝑛𝑒 ℎ̅𝑒 = ∑𝑅 𝑛𝑖 ℎ̅𝑖
̅ (𝑻𝒇,𝒂𝒅 ) − 𝒉
̅ (𝑻𝒓𝒆𝒇 ))
∑ 𝒏𝒆 (𝒉
𝒆
𝑷
̅ (𝑻𝒊 ) − 𝒉
̅ (𝑻𝒓𝒆𝒇 )) + ∑ 𝒏𝒊 𝒉
̅ 𝟎𝒇,𝒊 − ∑ 𝒏𝒆 𝒉
̅ 𝟎𝒇,𝒆
= ∑ 𝒏𝒊 (𝒉
𝑹
𝒊
𝑹
𝑷
 Vorgehen:
i. Reaktionsgleichung aufstellen
ii. Rechte Seite der obenstehenden Gleichung berechnen
iii. Faustregel: 𝑇𝑓,𝑎𝑑 = 2000𝐾 + 𝑇𝑅𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑑𝑒𝑛 für 1. Iteration
iv. 2 Iterationen der linken Seite berechnen
v. Linear interpolieren mit 𝑇𝑅 ∷ 𝑖𝑝𝑙(𝐼1 , 𝑅𝑒𝑐ℎ𝑡𝑒 𝑆𝑒𝑖𝑡𝑒, 𝐼2 , 𝑇𝐼1 , 𝑇𝑖2 )
 Beeinflussung der adiabaten Flammtemperatur:
- Inertgase wie 𝑁2 sind Ballast, es wird Energie gebraucht, um sie zu
heizen: Je mehr Inertgase, desto kleiner ist 𝑇𝑓,𝑎𝑑 .
- Je grösser 𝑐𝑝 des Inertgases,
desto mehr sinkt 𝑇𝑓,𝑎𝑑 ab.
(𝑐𝑝 von idealen Gasen siehe
p.1).
- Wenn Verbrennung an
𝑂2 : 𝑇𝑓,𝑎𝑑 + 800𝐾
- Abfall bei 𝜆 > 1:
zu viel 𝑁2 und 𝑂2 .
- Abfall bei 𝜆 < 1:
weniger Reaktionswärme
- 𝜆𝑚𝑎𝑥 ≅ 0.8 … 0.9 :
Tradeoff von obigen
Argumenten
ENTROPIEBILANZ FÜR STATIONÄRE, OFFENE SYSTEME
𝑆̇𝑒𝑟𝑧
𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙
= −∑
𝑄̇⁄𝑇𝐺
𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙
𝑺𝒆𝒓𝒛
𝟏
𝑸
𝒑
̅ 𝐥𝐧 (𝑿𝒊
=−
∑
+ ∑ 𝒏 [𝒔̅𝟎 (𝑻) − 𝑹
)]
𝒏𝒇𝒖𝒆𝒍
𝒏𝒇𝒖𝒆𝒍
𝑻𝑮
𝒑𝒓𝒆𝒇
+ ∑𝑃 𝑛𝑒 𝑠̅𝑒 − ∑𝑅 𝑛𝑖 𝑠̅𝑖
𝑷
𝑺̇𝒆𝒓𝒛
𝑸̇⁄𝑻𝑮
𝒑
̅ 𝐥𝐧 (𝑿𝒊
= −∑
+ ∑ 𝒏𝒆 [𝒔̅𝟎 (𝑻) − 𝑹
)]
𝒏̇ 𝒇𝒖𝒆𝒍
𝒏̇ 𝒇𝒖𝒆𝒍
𝒑𝒓𝒆𝒇
𝑷
̅ 𝐥𝐧 (𝑿𝒊
− ∑ 𝒏 [𝒔̅𝟎 (𝑻) − 𝑹
𝑹
𝒆
𝒑
̅ 𝐥𝐧 (𝑿𝒊
− ∑ 𝒏𝒊 [𝒔̅𝟎 (𝑻) − 𝑹
)]
𝒑𝒓𝒆𝒇
𝑹
CHEMISCHE EXERGIE
𝒊
Da die Volumina der Flüssigkeiten und Festkörper verhältnismässig
gering sind, zählen bei den Partialbrüchen nur die Gase.
12.5
47
𝐶8 𝐻18 (𝑙) + 12.5𝑂2 + 47𝑁2 → ⋯ ⟹ 𝑋𝑂 2 =
, 𝑋𝑁 2 =
59.5
59.5
Absolute Entropien für die gebräuchlichen Gase in A-22 bis A-28.
Absolute Entropien für Brennstoffe bei T=298K in A-30.
∏ (𝑿𝒆 )𝒏
𝑺̇𝒆𝒓𝒛
̅ 𝐥𝐧 ( 𝑹 𝒊𝒆 )
= ∑ 𝒏𝒆 [𝒔̅𝟎 (𝑻)]𝒆 − ∑ 𝒏𝒊 [𝒔̅𝟎 (𝑻)]𝒊 + 𝑹
∏𝑷(𝑿𝒊 )𝒏
𝒏̇ 𝒇𝒖𝒆𝒍
Gegeben: Daten
aus Bild, 𝜆 = 1
Gesucht: 𝑇𝑓,𝑎𝑑
𝑷
 für ideale Gase
𝑝
𝑠̅(𝑇, 𝑝) − 𝑠̅(𝑇0 , 𝑝0 ) = 𝑠̅ 0 (𝑇) − 𝑠̅ 0 (𝑇0 ) − 𝑅̅ ∙ ln( )
 Adiabat, 𝝀 = 𝟏 , 𝑻𝒇,𝒂𝒅 = 𝟐𝟑𝟎𝟎𝑲
𝐂𝑯𝟒 + 𝟐𝑶𝟐 + 𝟕. 𝟓𝟐 𝑵𝟐 ⟶ 𝑪𝑶𝟐 + 𝟐𝑯𝟐 𝑶 + 𝟕. 𝟓𝟐𝑵𝟐
i. 𝐶8 𝐻18 + 12.5𝑂2 + 47𝑁2 ⟶ 8𝐶𝑂2 + 9𝐻2 𝑂 + 47𝑁2
0
0
ii. ∑𝑅 𝑛𝑖 (ℎ̅(𝑇𝑖 ) − ℎ̅(𝑇𝑟𝑒𝑓 )) + ∑
⏟𝑅 𝑛𝑖 ℎ𝑓,𝑖 − ∑𝑃 𝑛𝑒 ℎ𝑓,𝑒 =
⏟
𝑖
𝐶8 𝐻18 (𝑙)
− 8[ℎ̅𝑓0 ]
− 9[ℎ̅𝑓0 ]
𝐶𝑂2
𝐻2 0(𝑔)
= 5′ 074′ 630
@ 2300𝐾
𝑒
𝐶𝑂2
𝐻2 0
8[ℎ̅(𝑇𝑓,𝑎𝑑 ) − ℎ̅(𝑇𝑟𝑒𝑓 )]𝐶𝑂
𝑁2
47[ℎ̅(𝑇𝑓,𝑎𝑑 ) − ℎ̅(𝑇𝑟𝑒𝑓 )]𝑁
9[ℎ̅(𝑇𝑓,𝑎𝑑 ) − ℎ̅(𝑇𝑟𝑒𝑓 )]𝐻
2
20
2
∑(… ) {𝐼1, 𝐼2} =
′
@ 2500𝐾
887′368
794′655
975′408
890′676
3′149′329
𝐼1 = 4′821′352
3′492′664
𝐼2 = 5′358′748
′
ENTROPIE BEI VERBRENNUNGSPROZESSEN
3. HAUPTSATZ DER THE RMODY NAMIK
Die Entropie einer Substanz ist beim absoluten Temperaturnullpunkt nur
dann null, wenn diese eine perfekt kristalline Struktur hat. Sonst hat sie
die absolute Entropie beim Nullpunkt von 𝑠 0 (𝑇 = 0).
ENTROPIE DURCH A BSOLUTE E NTRO PIE
𝑠(𝑇, 𝑝) = 𝑠 0 (𝑇) − 𝑅 ln
𝑠̅(𝑇, 𝑝) = 𝑠̅
 komponentenweise:
0 (𝑇)
− 𝑅̅ ln
2𝑂
2
+ 7.52[𝑠̅ (𝑇𝑓,𝑎𝑑 ) − 𝑠̅ (𝑇𝑟𝑒𝑓 )]𝑁
2
𝑝
𝑝𝑟𝑒𝑓
𝑝
7.52
𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙
= [𝑠̅ 0 (𝑇𝑓,𝑎𝑑 )]𝐶𝑂 + 2[𝑠̅ 0 (𝑇𝑓,𝑎𝑑 )]𝐻
2
2
+ 2[𝑠̅ 0 (𝑇𝑓,𝑎𝑑 )]𝑂
𝑂
−[𝑠̅ 0 (𝑇𝑟𝑒𝑓 )]𝐶𝐻 − 4[𝑠̅ 0 (𝑇𝑟𝑒𝑓 )]𝑂
2
𝑝
𝑝𝑟𝑒𝑓
)
 Vergleich und Diskussion
Der erste Brenner produziert mit 785 𝑘𝐽⁄(𝑘𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾) viel weniger
Entropie als der zweite Brenner, welcher 1063 𝑘𝐽⁄(𝑘𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾)
produziert. Das kann damit begründet werden, dass beim zweiten
Brenner die Abgastemperatur kleiner ist und die Gase gegenüber der
Umwelt weniger Exergie in sich tragen, was bedeutet, dass mehr
Exergie vernichtet wurde, aka der Exergieverlust grösser ist aka die
erzeugte Entropie mal die Umgebungstemperatur grösser ist.
ENTROPIEBILANZ FÜR G ESCHLOSSENE SYSTEME
𝑛𝐹
= ∑𝑃 𝑛𝑠̅ − ∑𝑅 𝑛𝑠̅ −
Seite 8
𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙
𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙
𝑆̇𝑒𝑟𝑧
𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙
Die chemische Exergie pro Mol Brennstoff ist gleich der maximal
möglichen Arbeit, also obiger Term mit 𝑆̇𝑒𝑟𝑧 = 0:
𝑹
4
15.04
(
) (
)
19.04
19.04
+𝑅̅ ln (
)
1
2
1
2
2 2 15.04 15.04
(
) (
) (
) (
)
22.04
22.04
22.04
22.04
𝑆𝑒𝑟𝑧
= ∑𝑃 𝑛𝑒 𝑠̅𝑒 − ∑𝑅 𝑛𝑖 𝑠̅𝑖 −
 Entorpiebilanz ∙ 𝑇0 in Energiebilanz einsetzen:
𝑊̇𝑠

= ∑𝑅 𝑛𝑖 ℎ̅𝑖 − ∑𝑃 𝑛𝑒 ℎ̅𝑒 − 𝑇0 (∑𝑅 𝑛𝑖 𝑠̅𝑖 − ∑𝑃 𝑛𝑒 𝑠̅𝑒 ) − 𝑇0
𝑷
15.04
𝑝𝑟𝑒𝑓
𝑠̅𝑖 (𝑇, 𝑝𝑖 ) = 𝑠̅𝑖 0 (𝑇) − 𝑅̅ ln (𝑋𝑖
𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙
𝑄̇
𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙
𝑆̇𝑒𝑟𝑧
̅ 𝒊 − ∑ 𝒏𝒆 𝒉
̅ 𝒆 − 𝑻𝟎 (∑ 𝒏𝒊 𝒔̅𝒊 − ∑ 𝒏𝒆 𝒔̅𝒆 )
𝒆̅𝒙 𝒄𝒉 = ∑ 𝒏𝒊 𝒉
2
4
= ∑𝑅 𝑛𝑖 ℎ̅𝑖 − ∑𝑃 𝑛𝑒 ℎ̅𝑒 +
2
+15.04[𝑠̅ 0 (𝑇𝑓,𝑎𝑑 ) − 𝑠̅ 0 (𝑇𝑟𝑒𝑓 )]𝑁
4
𝑊̇𝑠
𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙
𝑄̇⁄𝑇0
 Entropiebilanz (𝑇𝑖 = 𝑇0 ∀ 𝑖): ∑
 Adiabat, 𝝀 = 𝟐 , 𝑻𝒇,𝒂𝒅 = 𝟏𝟒𝟎𝟎𝑲
𝐂𝑯𝟒 + 𝟒𝑶𝟐 + 𝟏𝟓. 𝟎𝟒 𝑵𝟐 ⟶ 𝑪𝑶𝟐 + 𝟐𝑯𝟐 𝑶 + 𝟐𝑶𝟐 + 𝟏𝟓. 𝟎𝟒𝑵𝟐
𝑆̇𝑒𝑟𝑧
CHEMISCHE EXERGIE VON REA KTANDEN
 Energiebilanz:
2
2
𝑝0
0
2
7.52
(
) (
)
9.52
9.52
+𝑅̅ ln (
)
1
1
2 2 7.52 7.52
(
) (
) (
)
10.52
10.52
10.52
𝑘𝐽⁄
𝑘𝑚𝑜𝑙
v. 𝑇𝑅 ∷ 𝑖𝑝𝑙(𝐼1 , 5 074 630, 𝐼2 , 2300,2500) ⟹ 𝑇𝑓,𝑎𝑑 = 2394,3𝐾
 ideale Gase:
0
= [𝑠̅ (𝑇𝑓,𝑎𝑑 )]𝐶𝑂 + 2[𝑠̅ (𝑇𝑓,𝑎𝑑 )]𝐻
4
iii. Faustregel: 𝑇𝑓,𝑎𝑑 ≅ 2300K
iv.
∑𝑃 𝑛𝑒 (ℎ̅(𝑇𝑓,𝑎𝑑 ) − ℎ̅(𝑇𝑟𝑒𝑓 ))
0
−[𝑠̅ 0 (𝑇𝑟𝑒𝑓 )]𝐶𝐻 − 2[𝑠̅ 0 (𝑇𝑟𝑒𝑓 )]𝑂
A−30
=0 , 𝑇𝑖 =𝑇𝑟𝑒𝑓
= 1[ℎ̅𝑓0 ]
𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙
0
𝑬𝒙 = 𝑬𝒙 𝒕𝒉𝒆𝒓𝒎𝒐𝒎𝒆𝒄𝒉𝒂𝒏𝒊𝒔𝒄𝒉 + 𝑬𝒙 𝒄𝒉𝒆𝒎𝒊𝒔𝒄𝒉
 offenes System
𝑐ℎ
𝐸̇𝑥,𝑠𝑡𝑟 = 𝑚̇[(ℎ − ℎ0 ) − 𝑇0 (𝑠 − 𝑠0 ) + 𝑘𝑒 + 𝑝𝑒] + 𝐸̇𝑥
𝑐ℎ
𝑒𝑥,𝑠𝑡𝑟 = (ℎ − ℎ0 ) − 𝑇0 (𝑠 − 𝑠0 ) + 𝑘𝑒 + 𝑝𝑒 + 𝑒𝑥
𝑹
ENTROPIEPRODUKTION B EI METHANVERBRENNU NG
𝑆̇𝑒𝑟𝑧
Die Exergie teilt sich auf in die thermomechanische Exergie und die
chemische Exergie. Letztere ist den Exegieformeln aus der Td 1, welche
nur die thermomechanische Exergie beinhalten, hinzuzufügen:
 gschlossenes System
𝐸𝑥 = 𝑈 − 𝑈0 + 𝑝0 (𝑉 − 𝑉0 ) − 𝑇0 (𝑆 − 𝑆0 ) + 𝐾𝐸 + 𝑃𝐸 + 𝐸𝑥 𝑐ℎ
𝑒𝑥 = 𝑢 − 𝑢0 + 𝑝0 (𝑣 − 𝑣0 ) − 𝑇0 (𝑠 − 𝑠0 ) + 𝑘𝑒 + 𝑝𝑒 + 𝑒𝑥 𝑐ℎ
 𝑄̇ = 0 und 𝑝 = 𝑝𝑟𝑒𝑓 :
ADIABATE FLAMMTEMPER ATUR
𝒑
)]
𝒑𝒓𝒆𝒇
1
𝑛𝐹
∑
𝑄
𝑇𝐺
Da gegenüber der Umgebung (𝑇0 , 𝑝0 ) gilt: {
Mit 𝑔̅ = ℎ̅ − 𝑇𝑠̅ folgt nun
𝑹
𝑷
ℎ̅𝑖 = ℎ̅𝑖 (𝑇0 , 𝑝0 )
̅𝑠𝑖 = 𝑠̅𝑖 0 (𝑇0 ) − 𝑅̅ ln 𝑋𝑖𝑒
∏ (𝑿𝒆 )𝒏
̅ 𝑻𝟎 𝐥𝐧 ( 𝑹 𝒊𝒆 )
̅ (𝑻𝟎 , 𝒑𝟎 ) − ∑ 𝒏𝒈
̅ (𝑻𝟎 , 𝒑𝟎 ) + 𝑹
𝒆̅𝒙 𝒄𝒉 = ∑ 𝒏𝒈
∏𝑷(𝑿𝒊 )𝒏
⏟𝑹
𝑷
:= −∆𝑮
0
0
- 𝑔̅ = 𝑔̅
⏟(𝑇0 , 𝑝0 ) − 𝑔̅ (𝑇𝑟𝑒𝑓 , 𝑝𝑟𝑒𝑓 )  𝑔̅𝑓
⏟𝑓 + 𝑔̅
𝐴−30
A-30
=0 @ {𝑇0 ,𝑝0 }={𝑇𝑟𝑒𝑓 ,𝑝𝑟𝑒𝑓}
Die 𝑔̅ (𝑇, 𝑝) sind nicht tabelliert, falls {𝑇0 , 𝑝0 } ≠ {𝑇𝑟𝑒𝑓 , 𝑝𝑟𝑒𝑓 }
muss die andere Gleichung verwendet werden.
- ∆𝐺 = Reaktionsdifferenz der freien Enthalpie
- In den Druckkorrekturterm fliessen die Partialdrücke verglichen mit
dem Umgebungsdruck ein, wie zuvor nur die der Gase.
 Chemische Exergie von Produkten, die alle elementare Gase sind:
CHEMISCHE EXERGIE AU S ANDEREN 𝒆̅𝒙𝒄𝒉 B ER EC H N EN
 Exergiebilanz für chemische Systeme mit 𝑇𝐺 = 𝑇0 :
𝑇
0 = ∑ (1 − 𝑜 ) 𝑄̇𝑖 − 𝑊̇𝑠 + ∑𝑅 𝑛̇ 𝑒̅𝑥 𝑐ℎ − ∑𝑃 𝑛̇ 𝑒̅𝑥 𝑐ℎ − 𝐸̇𝑥,𝑣
𝑇𝑖
⏟
𝑓𝑢𝑒𝑙
+ ∑𝑃 𝑛𝑒̅𝑥 𝑐ℎ − ∑𝑅∌𝑓𝑢𝑒𝑙 𝑛𝑒̅𝑥 𝑐ℎ
)
̅ (𝑻𝟎 , 𝒑𝟎 ) − ∑ 𝒏𝒈
̅ (𝑻𝟎 , 𝒑𝟎 ) + ∑ 𝒏𝒆̅𝒙 𝒄𝒉 − ∑ 𝒏𝒆̅𝒙 𝒄𝒉
(𝒆̅𝒙 𝒄𝒉 )𝒇𝒖𝒆𝒍 = ∑ 𝒏𝒈
⏟𝑹
𝑷
𝑷
𝑹∌𝒇𝒖𝒆𝒍
 𝑒̅𝑥 𝑐ℎ
A-30
A-31
𝑷
Reaktionsgleichung: 𝐶8 𝐻18 (𝑙) + 12.5𝑂2 → 8𝐶𝑂2 + 9𝐻2 𝑂
{𝑇0 , 𝑝0 } = {𝑇𝑟𝑒𝑓 , 𝑝𝑟𝑒𝑓 }
Gegeben:
 Variante Standard-Exergien:
(𝑒̅𝑥 𝑐ℎ )𝐶 𝐻 = (𝑔̅𝑓0 )𝐶 𝐻 + 12.5(𝑔̅𝑓0 )𝑂 − 8(𝑔̅𝑓0 )𝐶𝑂 − 9(𝑔̅𝑓0 )𝐻 𝑂
⏟
8 18
8 18
2
2
2
=0
+ 8(𝑒̅𝑥 𝑐ℎ )𝐶𝑂 + 9(𝑒̅𝑥 𝑐ℎ )𝐻
2
2
𝑡ℎ.𝑚𝑒𝑐ℎ.
(∑𝑃 𝑒̅𝑥,𝑠𝑡𝑟 )
𝑐ℎ
2
𝑐ℎ
(∑𝑃 𝑒̅𝑥,𝑠𝑡𝑟 )
2
2
+ (𝑒̅𝑥 )𝐶𝑂 + 2(𝑒̅𝑥 )𝐻
2𝑂
2
4
2
2𝑂
= 𝑅̅ 𝑇0 (1 ln (
𝑒
𝑋𝐶𝑂
2
𝑋𝐻2𝑂
) + 2 ln (
𝑒
𝑋𝐻
2𝑂
𝑋 𝑁2
) + 7.52 ln (
𝜀=
𝐸𝑥,𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑠
𝐸𝑥,𝑓𝑢𝑒𝑙
 falls Turbine ohne Abgasnutzung:
= 1−
𝜀=
− 2(𝑒̅𝑥 )𝑂
2
𝐸𝑥,𝑣
𝐸𝑥,𝑓𝑢𝑒𝑙
𝐸𝑥,𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑠
𝑐ℎ
𝑒
𝑋𝑁
2
+
𝜈𝐷 𝑔̅𝐷0
−
𝑅̅ 𝑇
𝜈𝐴 𝑔̅𝐴0
𝐸𝑥,𝑓𝑢𝑒𝑙
= 1 − 𝑇0
=
(𝑋𝑂𝑒2 )
2
CHEMISCHE EXERGIE VO N PRODUKTEN
Im Gegensatz zu den vorigen Überlegungen fliesst die Reaktion hier nicht
mehr ein, und die Produkte bilden ein ideales Gasgemisch:
 Chemische Exergie bei 1 Produkt pro Mol Brennstoff (bei (𝑇0 , 𝑝0 ) als
Gas):
1
𝑒̅𝑥 𝑐ℎ = 𝑅̅ 𝑇0 ln ( 𝑒 )
𝑋𝑖
wobei 𝑛 so gewählt wird, dass der Brennstoff den Koeffizient 1 erhält.
 Chemische Exergie 𝐻2 𝑂 pro Mol Brennstoff (bei (𝑇0 , 𝑝0 ) als
Flüssigkeit):
1
𝑒̅𝑥 𝑐ℎ = [𝑔̅𝐻2 𝑂(𝑙) − 𝑔̅𝐻2𝑂(𝑔) ](𝑇0 , 𝑝0 ) + 𝑅̅ 𝑇0 ln ( 𝑒 )
𝑋𝑖
wobei der erste Summand die Verdampfungsexergie hinzufügt und
wiederum nur Wasser als Produkt vorliegen darf.
𝑆𝑒𝑟𝑧
𝐸𝑥,𝑓𝑢𝑒𝑙
𝑊̇𝑠
𝐸𝑥,𝑓𝑢𝑒𝑙
Ein System ist dann und nur dann im Gleichgewicht, wenn die Entropie
maximal, bzw. die Gibbs’sche freie Enthalpie minimal ist. Ist das der Fall,
also der Gleichgewichtszustand erreicht, so gilt 𝑑𝐺]𝑇,𝑝 = 0.
DAS CHEMI SCHE POTENTIAL
𝑗
wobei 𝑗 alle Kompomenten ausser 𝑖 bezeichnet.
Seite 9
𝜈
𝜈𝐶 +𝜈𝐷 −𝜈𝐴 −𝜈𝐵
𝑋𝐶 𝐶 𝑋𝐷𝐷 𝑝𝑛𝑒𝑡
)
𝜈
𝜈 (
𝑋𝐴 𝐴 𝑋𝐵𝐵 𝑝𝑟𝑒𝑓
𝑲𝒑 (𝑻) =
𝝂𝑪 +𝝂𝑫 −𝝂𝑨 −𝝂𝑩
𝝂
𝑿𝑪𝑪 𝑿𝑫𝑫 𝒑𝒏𝒆𝒕
)
𝝂
𝝂 (
𝑿𝑨𝑨 𝑿𝑩𝑩 𝒑𝒓𝒆𝒇
durch 𝑋𝑖 = 𝑛𝑖 ⁄𝑛𝑛𝑒𝑡
𝑲𝒑 (𝑻) =
𝝂 +𝝂 −𝝂 −𝝂
𝝂
𝝂
𝒏𝑪𝑪 𝒏𝑫𝑫 𝒑𝒏𝒆𝒕⁄𝒑𝒓𝒆𝒇 𝑪 𝑫 𝑨 𝑩
(
)
𝝂
𝝂
𝒏𝒏𝒆𝒕
𝒏𝑨𝑨 𝒏𝑩𝑩
 Einige Rechenregeln:
- Inverse Reaktion  𝐾𝑛𝑒𝑢 = 1⁄𝐾
 log 𝐾𝑛𝑒𝑢 = −log 𝐾
𝐶𝑂 + 𝐻2 𝑂 ⇌ 𝐻2 + 𝐶𝑂2
𝐾
- Mehrere Reaktionen { 2𝐶𝑂2 ⇌ 2𝐶𝑂 + 𝑂2 ⟹ 𝐾1 = √ 3⁄𝐾
2
2𝐻2 𝑂 ⇌ 2𝐻2 + 𝑂2
log 𝐾𝑝 @ A − 32
GLEICHGEWICHTS“KONST ANTE“ FÜR KONZENTRAT IONEN
 aus
𝑛𝑖 𝑝𝑛𝑒𝑡 𝑝𝑉=𝑛𝑅̅𝑇 𝑛𝑖
𝑛𝑛𝑒𝑡 𝑝𝑟𝑒𝑓
⇒
𝑅̅ 𝑇 𝑐𝑖 =𝑛𝑖 ⁄𝑉𝑛𝑒𝑡
𝑉𝑛𝑒𝑡 𝑝𝑟𝑒𝑓
⇒
𝑐𝑖
𝝂
𝑲𝑪 (𝑻) =
𝐾𝑝 = ∏ (
𝑝𝑖
𝝂𝑷−𝝂𝑹
)
= 𝐾𝐶 ∙ ∏ (
𝑅̅ 𝑇
𝑝𝑟𝑒𝑓
𝑅̅ 𝑇
𝑝𝑟𝑒𝑓
𝝂
𝒄𝑪𝑪 𝒄𝑫𝑫
𝝂 𝝂
𝒄𝑨𝑨 𝒄𝑩𝑩
𝝂𝑷−𝝂𝑹
)
 ohne Tabelle
i. ∆𝐺 0 = 𝜈𝑃 𝑔̅𝑃0 − 𝜈𝑅 𝑔̅𝑅0 = 𝜈𝑃 ℎ̅𝑃 − 𝜈𝑅 ℎ̅𝑅 − 𝑇(𝑠̅𝑃0 (𝑇) − 𝑠̅𝑅0 (𝑇))
mit ℎ̅ = ℎ̅𝑓0 + ℎ̅(𝑇) − ℎ̅(𝑇𝑟𝑒𝑓 )
ii. −
∆𝐺 0
𝑅̅ 𝑇
berechnen = ln[𝐾𝑝 (𝑇)]
iii. 𝐾𝑝 (𝑇) = e
𝑗
]
 die Gleichgewichts“konstante“ :
BERECHNEN VON 𝐾𝑝 (𝑇)
GLEICHGEWICHTSBEDINGU NG
𝑗
𝜈
= ln [
und
𝑝𝑟𝑒𝑓
DAS CHEMISCHE GLEICHGEWICHT
𝜈𝐴 𝜇𝐴 + 𝜈𝐵 𝜇𝐵 = 𝜈𝐶 𝜇𝐶 + 𝜈𝐷 𝜇𝐷
∆𝑮𝟎
= 𝐥𝐧[𝑲𝒑 (𝑻)]
̅𝑻
𝑹
wobei ∆𝐺 0 : = 𝜈𝐶 𝑔̅𝐶0 + 𝜈𝐷 𝑔̅𝐷0 − 𝜈𝐴 𝑔̅𝐴0 − 𝜈𝐵 𝑔̅𝐵0 und 𝐾𝑝 (𝑇) :
𝝂
Aus einer Verbrennung wird mittels eines Motors Arbeit geleistet. Die
energetische Effizienz bezeichnet den Anteil der Arbeit vom zugeführten
Wärmestrom. Könnte man die Abwärme aus energetischer Sicht noch
nutzen (𝑇 > 0𝐾), muss die daraus möglich zu gewinnende Arbeit =
Exergie (𝑇 > 𝑇0 > 0𝐾) aber nicht so hoch sein, da die Umgebung auch
Energie besitzt.
𝑇
 Wärme hat einen exergetischen Anteil von 𝑄 → (1 − 0 )𝑄
𝑇
 Arbeit hat einen exergetischen Anteil von 100%.
𝜕𝐺
𝜕𝑈
𝜕𝐻
𝜇𝑖 = ( )
=( )
=( )
𝜕𝑛𝑖 𝑇,𝑝,𝑛
𝜕𝑛𝑖 𝑆,𝑉,𝑛
𝜕𝑛𝑖 𝑆,𝑝,𝑛
−
𝜈𝐵 𝑔̅𝐵0
−
))
ENERGIE - VS. EXERGIEVERLUS TE
𝑒
(𝑋𝐶𝑂
)( 𝑋𝐻𝑒20 )
2
Die Inertgase könnte man schon in der Reaktionsgleichung weglassen,
wie im Beispiel von Octan.
4
𝑋𝐶𝑂2
 Diskussion
Wenn man die Exergiewerte bei 𝜆 = 1.2 evaluiert, bemerkt man, dass
jener von 𝜆 = 1 grösser ist, da ja dort weniger Entropie produziert –
weniger Exergie vernichtet wird.
 allgemein:
2
+ 𝑅̅ 𝑇0 ln
𝐻2 𝑂
𝜈𝐶 𝑔̅𝐶0
EXERGETISCHE EFFIZIE NZ EINES BRENNERS
 Variante Partialdrücke:
(𝑒̅𝑥 𝑐ℎ )𝐶𝐻 = (𝑔̅𝑓0 )𝐶𝐻 − (𝑔̅𝑓0 )𝐶𝑂 − 2(𝑔̅𝑓0 )𝐻
[ℎ̅(𝑇𝑓,𝑎𝑑 ) − ℎ̅(𝑇0 ) − 𝑇0 (𝑠̅ 0 (𝑇) − 𝑠̅ 0 (𝑇0 ))]𝐶𝑂
2
2[ℎ̅(𝑇𝑓,𝑎𝑑 ) − ℎ̅(𝑇0 ) − 𝑇0 (𝑠̅ 0 (𝑇) − 𝑠̅ 0 (𝑇0 ))]
2
− 12.5(𝑒̅𝑥 𝑐ℎ )𝑂
𝑂
𝑐ℎ
−
+ 7.52 [ℎ̅(𝑇𝑓,𝑎𝑑 ) − ℎ̅(𝑇0 ) − 𝑇0 (𝑠̅ 0 (𝑇) − 𝑠̅ 0 (𝑇0 ))]𝑁
Reaktionsgleichung: 𝐶𝐻4 + 2𝑂2 + 7.52𝑁2 → 𝐶𝑂2 + 2𝐻2 𝑂 + 7.52𝑁2
{𝑇0 , 𝑝0 } = {𝑇𝑟𝑒𝑓 , 𝑝𝑟𝑒𝑓 } , 𝑇𝑒 = 2300𝐾
Gegeben:
Luft: {𝑋𝑁𝑒2 = 0.7567 , 𝑋𝑂𝑒2 = 0.2035 ,
𝑒
𝑋𝐻𝑒20 = 0.0132 , 𝑋𝐶𝑂
= 0.0003}
2
 Variante Standard-Exergien:
(𝑒̅𝑥 𝑐ℎ )𝐶𝐻 = (𝑔̅𝑓0 )𝐶𝐻 − (𝑔̅𝑓0 )𝐶𝑂 − 2(𝑔̅𝑓0 )𝐻 𝑂
4
=
+
CHEMISCHE EXERGIE VO N MET HAN
4
𝐺𝐺𝑊
𝜈𝐴 𝐴 + 𝜈𝐵 𝐵 ⇌ 𝜈𝐶 𝐶 + 𝜈𝐷 𝐷 ⇒
𝒑
̅ ∙ 𝐥𝐧( ) ) + 𝒆̅𝒙 𝒄𝒉
− 𝑻𝟎 (𝒔̅𝟎 (𝑻) − 𝒔̅𝟎 (𝑻𝟎 ) − 𝑹
𝒑𝟎
CHEMISCHE EXERGIE VO N OCT AN
𝑝𝑛𝑒𝑡
)
𝑝𝑟𝑒𝑓
GLEICHGEWICHTS“KONST ANTE“ FÜR PARTIALDRÜ CKE
̅ (𝑻𝒇,𝒂𝒅 ) − 𝒉
̅ (𝑻𝟎 )
= ∑𝒉
𝑷
𝜇𝑖 = 𝑔̅𝑖 (𝑇, 𝑝𝑖 ) = 𝑔𝑖0 + 𝑅̅ 𝑇 ln (𝑋𝑖
𝑖
 Adiabat, 𝝀 = 𝟏 , 𝑻𝒇,𝒂𝒅 = 𝟐𝟑𝟎𝟎𝑲, 𝑻𝟎 = 𝑻𝒓𝒆𝒇 , 𝒑 = 𝒑𝟎 = 𝒑𝒓𝒆𝒇
𝐂𝑯𝟒 + 𝟐𝑶𝟐 + 𝟕. 𝟓𝟐 𝑵𝟐 ⟶ 𝑪𝑶𝟐 + 𝟐𝑯𝟐 𝑶 + 𝟕. 𝟓𝟐𝑵𝟐
∑ 𝒆̅𝒙,𝒔𝒕𝒓
:= −∆𝑮
 𝑔̅𝑓0
𝑗
𝐺 = ∑ 𝑛𝑖 𝜇𝑖 (𝑇, 𝑝𝑖 )
EXERGIE VON VERBRENN UNGS PRODUKTEN
𝑟𝑒𝑣
mit 𝑛’s relativ pro Mol Brennstoff
𝐺
= 𝑔̅
𝑛
 mehrere Komponenten, ideales Gasgemisch:
wobei 𝑛 so gewählt wird, dass der Brennstoff den Koeffizient 1 erhält,
damit der Wert pro Mol des Brennstoffes zählt.
 pro Mol Brennstoff bei intern reversiblem Prozess:
(𝑒̅𝑥 𝑐ℎ )𝑓𝑢𝑒𝑙 = (𝑛̇
𝜇=
𝒊
=0
𝑊̇𝑠
 1 Substanz – 1 Phase:
𝑿
̅ 𝑻𝟎 ∑ 𝒏𝒊 𝐥𝐧 ( 𝒆𝒊 )
𝒆̅𝒙 𝒄𝒉 = 𝑹
𝑿𝒊
−∆𝐺 0⁄
𝑅̅𝑇
 mit Tabelle A-32: nachschauen, interpolieren, ausrechnen
𝐾𝑝 (𝑇) = 10Tabellenwert
GLEICHGEWICHTSANTEIL E BEI VERBRENNUNGS RE AKTION
i.
ii.
iii.
iv.
v.
vi.
vii.
Gegeben: 𝑇 = 2500𝐾 , 𝑝 = 1𝑎𝑡𝑚
Reaktionsgleichung:
𝐶𝑂 + 0.5𝑂2 + 1.88𝑁2 ⟶ 𝐶𝑂2 + 1.88𝑁2
Dissoziationsreaktion: 𝐶𝑂2 ⇌ 𝐶𝑂 + 0.5𝑂2
𝒛
𝑪𝑶 + 𝟎. 𝟓𝑶𝟐 + 𝟏. 𝟖𝟖𝑵𝟐 ⟶ 𝒛𝑪𝑶 + 𝑶𝟐 + (𝟏 − 𝒛)𝑪𝑶𝟐 + 𝟏. 𝟖𝟖𝑵𝟐
𝟐
𝑧
= Anteil dissipierter 𝐶𝑂2 -Moleküle
(1 − 𝑧) = Anteil nicht wegreagierten 𝐶𝑂2 -Moleküle
𝑧
5.76+𝑧
𝑛𝑛𝑒𝑡 = 𝑧 + + (1 − 𝑧) + 1.88 =
viii. 𝐾𝑝 (𝑇) =
ix. 𝑲𝒑 (𝑻) =
x.
=
2
𝜈
𝜈
𝑛𝐶𝐶 𝑛𝐷𝐷
2
𝑝𝑛𝑒𝑡⁄𝑝𝑟𝑒𝑓 𝜈𝐶 +𝜈𝐷 −𝜈𝐴 −𝜈𝐵
𝜈
𝜈
𝑛𝑛𝑒𝑡
𝑛𝐴𝐴 𝑛𝐵𝐵
𝝂𝑪𝑶 𝝂𝑶𝟐
𝒏𝑪𝑶
𝒏𝑶
𝒑⁄𝒑𝒓𝒆𝒇 𝝂𝑪𝑶+𝝂𝑶𝟐 −𝝂𝑪𝑶𝟐
𝟐
𝝂𝑪𝑶
𝒏𝒏𝒆𝒕
𝒏𝑪𝑶 𝟐
𝟐
𝒛 𝟎.𝟓
𝟏+𝟎.𝟓−𝟏
𝒛𝟏 ∙𝟐
𝟐
𝒛
𝒛
(𝟏−𝒛)𝟏 𝟓.𝟕𝟔+𝒛
𝟏−𝒛 𝟓.𝟕𝟔+𝒛
(
)
(
(
von 𝐶𝑂2 ⇌ 𝐶𝑂 + 0.5𝑂2
)
)
=
(
𝟎.𝟓
)
xi. 𝐾𝑝 (𝑇) = 10Tabellenwert = 10−1.44 = 0.0363
𝑇𝑅 ∷
𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒(… , 𝑧) 𝑜𝑑𝑒𝑟 𝑛𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒(… , 𝑧)
xii. → 𝑧 = 0.175
→ 𝑛𝑛𝑒𝑡 = 2.9675
𝑧
𝑧⁄2
xiii. 𝑋𝐶𝑂 =
= 0.059
𝑋𝑂2 =
= 0.029
𝑛_𝑛𝑒𝑡
1−𝑧
xiv. 𝑋𝐶𝑂2 =
𝑛_𝑛𝑒𝑡
𝑛_𝑛𝑒𝑡
1.88
= 0.278
𝑋𝑁2 =
𝑛_𝑛𝑒𝑡
= 0.634
xv. Diskussion: Man kann zeigen, dass bei mehr Inertgas weniger 𝐶𝑂2
gebildet wird, bei gleicher Temperatur. Je mehr Inertgas, desto
grösser ist 𝑛𝑛𝑒𝑡 und bei 𝐾𝑝 (𝑇) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. desto grösser wird z.
ADIABATISCHE FLAMMTE MPERATUR IM GLEICHGE WICHT
Zusätzlich zu den alten Vorgaben muss man jetzt zusätzlich die
Dissoziationsreaktionen betrachten.
 Vorgehen:
i. Berechnen der adiabaten Flammtemperatur, ohne die Dissoziation
zu berücksichtigen. → 𝑻𝒇,𝒂𝒅 (𝟏)
ii. Das Gleichgewichtsproblem lösen mit 𝐾𝑝 (𝑇𝑓,𝑎𝑑 ) → 𝒛(𝒌) 𝒌 = 𝟐, 𝟑, …
iii. Mit der neuen Reaktion wiederum die adiabate Flammtemperatur
berechnen. → 𝑻𝒇,𝒂𝒅 (𝒌) 𝒌 = 𝟐, 𝟑, …
iv. Falls |𝑇𝑓,𝑎𝑑 (𝑘) − 𝑇𝑓,𝑎𝑑 (𝑘−1) | > 𝑇𝑂𝐿 , wieder zu Schritt ii.
 Reaktionsgleichung:
𝒛
𝑪𝑶 + 𝟎. 𝟓𝑶𝟐 + 𝟏. 𝟖𝟖𝑵𝟐 ⟶ 𝒛𝑪𝑶 + 𝑶𝟐 + (𝟏 − 𝒛)𝑪𝑶𝟐 + 𝟏. 𝟖𝟖𝑵𝟐
𝟐
 Gleichgewichtsproblem:
0.5
𝑧
𝑧
𝐾𝑝 (𝑇) =
(
)
1 − 𝑧 5.76 + 𝑧
 Iterationsvorgang:
i. 𝑪𝑶 + 𝟎. 𝟓𝑶𝟐 + 𝟏. 𝟖𝟖𝑵𝟐 ⟶ 𝑪𝑶𝟐 + 𝟏. 𝟖𝟖𝑵𝟐
interpolieren zwischen 2500𝐾 und 2800𝐾 → 𝑻𝒇,𝒂𝒅 (𝟏) = 𝟐𝟔𝟔𝟑𝑲
Gleichgewichtsproblem lösen
→ 𝒛(𝟏) = 𝟎. 𝟐𝟕𝟔
ii. 𝑪𝑶 + 𝟎. 𝟓𝑶𝟐 + 𝟏. 𝟖𝟖𝑵𝟐 ⟶ 𝟎. 𝟐𝟕𝟔𝑪𝑶 + 𝟎. 𝟏𝟑𝟖𝑶𝟐 + 𝟎. 𝟕𝟐𝟒𝑪𝑶𝟐 + 𝟏. 𝟖𝟖𝑵𝟐
interpolieren zwischen 2000𝐾 und 2300𝐾 → 𝑻𝒇,𝒂𝒅 (𝟐) = 𝟐𝟎𝟕𝟑𝑲
Gleichgewichtsproblem lösen
→ 𝒛(𝟐) = 𝟎. 𝟎𝟑𝟏
iii. 𝑪𝑶 + 𝟎. 𝟓𝑶𝟐 + 𝟏. 𝟖𝟖𝑵𝟐 ⟶ 𝟎. 𝟎𝟑𝟏𝑪𝑶 + 𝟎. 𝟎𝟏𝟓𝑶𝟐 + 𝟎. 𝟗𝟔𝟗𝑪𝑶𝟐 + 𝟏. 𝟖𝟖𝑵𝟐
interpolieren zwischen 2500𝐾 und 2700𝐾 → 𝑻𝒇,𝒂𝒅 (𝟑) = 𝟐𝟓𝟗𝟖𝑲
Gleichgewichtsproblem lösen
→ 𝒛(𝟑) = 𝟎. 𝟐𝟑𝟑
iv. 𝑪𝑶 + 𝟎. 𝟓𝑶𝟐 + 𝟏. 𝟖𝟖𝑵𝟐 ⟶ 𝟎. 𝟐𝟑𝟑𝑪𝑶 + 𝟎. 𝟏𝟏𝟕𝑶𝟐 + 𝟎. 𝟕𝟔𝟕𝑪𝑶𝟐 + 𝟏. 𝟖𝟖𝑵𝟐
interpolieren zwischen 2000𝐾 und 2300𝐾 → 𝑻𝒇,𝒂𝒅 (𝟐) = 𝟐𝟏𝟔𝟕𝑲
• Diskussion
2750
In der Graphik kann man erkennen, dass
2600
2450
sich der Wert auf ca. 𝑻𝒇,𝒂𝒅 (𝒌→∞) = 𝟐𝟒𝟎𝟎𝑲
2300
einpendeln würde, was auch dem
2150
Tabellenwert entspräche. Das
2000
“Schwingen“ ist damit zu erklären, dass
wenn die Temperatur zu hoch ist, auch die Dissoziation zu hoch ist und
sich die Reaktion zu stark nach links verschiebt, was die Temperatur zu
stark sinken lässt. Man könne so auch immer den Mittelwert den beiden
letzten Temperaturen als neue Temperatur wählen.
DAS PRINZIP V ON L E_CHATELIER
Vereinfacht lässt sich sagen, dass das System auf äussere Zwänge
entgegenwirkt.
𝑇↑
𝑇↓
𝑝↑
 Werte von adiabaten Flammtemperaturen
Fuel
𝐶2 𝐻2
𝐶2 𝐻2
𝐶𝑂
𝐶𝑂
𝐶7 𝐻16
𝐶7 𝐻16
Oxidant
Air
𝑂2
Air
𝑂2
Air
𝑂2
𝑝 [𝑏𝑎𝑟]
1
1
1
1
1
1
𝑇𝑓,𝑎𝑑 [𝐾]
2600
3410
2400
3220
2290
3100
Fuel
𝐻2
𝐻2
𝐶𝐻4
𝐶𝐻4
𝐶𝐻4
𝐶𝐻4
Oxidant
Air
𝑂2
Air
Air
𝑂2
𝑂2
𝑝 [𝑏𝑎𝑟]
1
1
1
20
1
20
𝑇𝑓,𝑎𝑑 [𝐾]
2400
3080
2210
2270
3030
3460
ADIABATISCHE FLAMMTEMPERATUR IM G LEICHGEWICHT
Gegeben: (siehe
Bild)
Gesucht:
𝑇𝑓,𝑎𝑑,𝐺𝐺𝑊
𝑝↓
𝑐𝑖 ↑
𝑐𝑖 ↓
verstärkte endotherme Reaktion
verstärkte exotherme Reaktion
Bildung der Stoffe, die ein kleineres Volumen einnehmen
(nur bei Gasreaktionen, nur Gase zählen)
Bildung der Stoffe, die ein grösseres Volumen einnehmen
(nur bei Gasreaktionen, nur Gase zählen)
Konzentrationssenkung dieses Stoffes, GGW auf die andere
Seite
Konzentrationserhöhung dieses Stoffes, GGW auf die diese
Seite
VAN’T HOFF GLEICHUNG
𝑑 ln 𝐾𝑝 ∆𝐻𝑅 ∆𝐻𝑅 ≔𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. 𝐾2
∆𝐻𝑅 1
1
=
⇒
ln
=−
( − )
𝑑𝑇
𝐾1
𝑅̅ 𝑇 2
𝑅̅ 𝑇2 𝑇1
Die van’t Hoff Gleichung zeigt den Zusammenhang von Temperatur und
der Gleichgewichtskonstante. 𝐾𝑝 ∝ ± 1⁄𝑇
 Ist die Reaktion exotherm (∆𝐻𝑅 < 0), dann 𝐾𝑝 ∝ + 1⁄𝑇 und das
GGW verschiebt sich mit zunehmender Temperatur nach links.
 Ist die Reaktion endotherm (∆𝐻𝑅 > 0), dann 𝐾𝑝 ∝ − 1⁄𝑇 und das
GGW verschiebt sich mit zunehmender Temperatur nach rechts.
Seite 10
BRENNSTOFFZELLEN
In Brennstoffzellen wird der Brennstoff über elektrochemische Vorgänge
direkt in Elektrizität umgewandelt. Das hat den Vorteil des geringeren
Exergieverlustes, da nicht zuerst Wärme freigesetzt wird, wie beim
Verbrennungsprozess.
MAXIMALER UMWANDLU NG SW IRKUNGSGRAD
∆𝐺𝑅 ∆𝐻𝑅 − 𝑇∆𝑆𝑅
𝑇∆𝑆𝑅
𝜂𝑍𝑒𝑙𝑙𝑒,𝑚𝑎𝑥 =
=
=1−
∆𝐻𝑅
∆𝐻𝑅
∆𝐻𝑅
 Normalerweise ist ∆𝐻𝑅 < 0 (exotherm), was bei Entropiezunahme
einen Umwandlungswirkungsgrad von mehr als 100% zur Folge hat. In
diesem Fall nimmt die Brennstoffzelle Wärme aus der Umgebung auf
und generiert damit Arbeit. alternative Definition (nie > 1): 𝜂 =
𝑊̇
∆𝐺𝑅
MAXIMALER UMWANDL U NGSW IRKUNGSGRAD
 𝐻2 -Brennstoffzelle:
𝜂𝑍𝑒𝑙𝑙𝑒,𝑚𝑎𝑥 = 1 −
=1−
𝐻2 +
𝑇∆𝑆𝑅 @𝑇𝑟𝑒𝑓
∆𝐻𝑅
0.5𝑂2 → 𝐻2 𝑂(𝑔)
⇒
𝑇𝑟𝑒𝑓([𝑠̅ 0 (𝑇𝑟𝑒𝑓 )]
𝐻2 𝑂(𝑔)
̅0]
[ℎ
𝑓
 Methanol-Brennstoffzelle:
𝜂𝑍𝑒𝑙𝑙𝑒,𝑚𝑎𝑥 = 1 −
=1−
𝑇∆𝑆𝑅 @𝑇𝑟𝑒𝑓
∆𝐻𝑅
−[𝑠̅ 0 (𝑇𝑟𝑒𝑓 )]
𝐻2 𝑂(𝑔)
𝐻2
̅ 0]
−[ℎ
𝑓
𝐻2
−0.5[𝑠̅ 0 (𝑇𝑟𝑒𝑓 )]
̅0 ]
−0.5[ℎ
𝑓
𝑂2
)
= 0.95
𝑂2
𝐶𝐻3 𝐶𝑂𝐻(𝑙) + 1.5𝑂2 → 𝐶𝑂2 + 2𝐻2 𝑂(𝑔)
⇒
𝑇𝑟𝑒𝑓 ([𝑠̅ 0 (𝑇𝑟𝑒𝑓 )]
+2[𝑠̅0 (𝑇𝑟𝑒𝑓 )]
−[𝑠̅ 0 (𝑇𝑟𝑒𝑓 )]
−1.5[𝑠̅ 0 (𝑇𝑟𝑒𝑓 )] )
𝐶𝑂2
𝐻2𝑂(𝑔)
𝐶𝐻3 𝐶𝑂𝐻(𝑙)
𝑂2
̅0 ]
̅0 ]
̅0 ]
̅0 ]
[ℎ
+2[ℎ
−[ℎ
−1.5[ℎ
𝑓 𝐶𝑂
𝑓 𝐻 𝑂(𝑔)
𝑓 𝐶𝐻 𝐶𝑂𝐻(𝑙)
𝑓 𝑂
2
2
3
2
= 1.07
ÜBERSICHT BRENNSTOFF ZELLE N
 AFC
Alkaline Fuel Cell
@ 60-80°C / KOH-Lösung
−
−
𝐴 ∷ 𝐻2 + 2𝑂𝐻 → 2𝐻2 𝑂 + 2𝑒
𝐾 ∷0.5𝑂2 + 𝐻2𝑂 + 2𝑒 − → 2𝑂𝐻 −
v.a. in der Raumfahrt, wegen tiefer Betriebstemperatur, Akkus…
𝐻2 + 0.5𝑂2 → 𝐻2𝑂 ⟹ {
 PEMFC Proton Exchange Membrane Fuel Cell
@ 80-90°C / Kunststoffmembran
𝐻2 → 2𝐻 + + 2𝑒 −
𝐴∷
𝐾 ∷0.5𝑂2 + 2𝐻 + + 2𝑒 − → 𝐻2 𝑂
v.a. in der Autoindustrie, wegen tiefer Betriebstemperatur, Akkus…
𝐻2 + 0.5𝑂2 → 𝐻2 𝑂 ⟹ {
 PAFC
Phosphoric Acid Fuel Cell
@ 160-220°C / konzentrierte Phosphorsäure
𝐻2 → 2𝐻 + + 2𝑒 −
𝐴∷
𝐻2 + 0.5𝑂2 → 𝐻2 𝑂 ⟹ {
𝐾 ∷0.5𝑂2 + 2𝐻 + + 2𝑒 − → 𝐻2 𝑂
Autoindustrie (grosse Fahrzeuge), Kraftwerke, WKK, BHKW
 MCFC Molten Carbonate Fuel Cell
@ 600-650°C / Kalium- und Lithiumcarbonat
2−
−
𝐴 ∷ 𝐻2 + 𝐶𝑂3 → 𝐻2 𝑂 + 𝐶𝑂2 + 2𝑒
𝐻2 + 0.5𝑂2 → 𝐻2 𝑂 ⟹ {
𝐾 ∷ 0.5𝑂2 + 𝐶𝑂2 + 2𝑒 − → 𝐶𝑂32−
Hochtemperaturandwendungen: Kraftwerke, WKK, BHKW
 SOFC
Solid Oxid Fuel Cell
@ 950-1000°C / Zirkonoxid
𝐴 ∷ 𝐻2 + 𝑂2− → 𝐻2 𝑂 + 2𝑒 − ∨ 𝐶𝑂 + 𝑂2− → 𝐶𝑂2 + 2𝑒 −
𝐻2 + 0.5𝑂2 → 𝐻2 𝑂 ⟹ {
𝐾∷
0.5𝑂2 + 2𝑒 − + 𝑂2−
Hochtemperaturandwendungen: Kraftwerke, WKK, BHKW
BERECHNUNGEN A N EINE R BRENNSTOFFZELLE
KOMPRESSIBLE STRÖMUNGEN DURCH DÜSEN
ISENTROPE STRÖ MUNGSFUNKTIONEN
 Strom
 Schallgeschwindigkeit 𝑐, mit 𝜅 = 1.4 für 2-atomige Gase
 verlustfreie Bernoulli – Gleichung
𝐼 = 𝑛̇ 𝑒 ∙ 𝑒 ∙ 𝑁𝐴 = 𝑛̇ 𝑒 ∙ 𝑓 = 𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙 ∙ 𝑧 ∙ 𝑓
𝑧 = #𝑒 − ,
 Leistung
𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙 =
𝑃𝐹𝐶 = −𝑈 ∙ 𝐼
 char. Spannungen 𝑈𝐻 (𝑇) =
̅𝑈
𝐻
=
 Wärmeströme
 Fuel Cell Stack
 Effizienz
𝑝
𝒄 = √𝜿𝑹𝑻 = √𝜿 𝒑⁄𝝆
𝑀𝑓𝑢𝑒𝑙
̅𝑅
−∆ℎ
𝑧∙𝑓
𝑧∙𝑓
−𝑃𝐹𝐶,𝑟𝑒𝑣
𝑈𝑟𝑒𝑣 (𝑇) =
=
𝑧∙𝑓
̇
̅
𝑄 + 𝑃𝐹𝐶 = −𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙 𝐻𝑈
 1HS
𝑚̇𝑓𝑢𝑒𝑙
- Bsp. 1: 𝑐𝑎𝑖𝑟 = √𝜅𝑅𝑇 = √1.4 ∙
−∆𝑔̅𝑅
̅
∆ℎ
𝑄̇ = 𝑅 𝐼 − 𝑃𝐹𝐶 = 𝑛̇ 𝑓𝑢𝑒𝑙 ∆ℎ̅𝑅 − 𝑃𝐹𝐶
𝑧∙𝑓
= 𝑄̇𝑟𝑒𝑣 + 𝑄̇𝑖𝑟𝑟 = −[𝑈𝐻 − 𝑈(𝐼)]𝐼
𝑄̇𝑟𝑒𝑣 = −[𝑈𝐻 − 𝑈𝑟𝑒𝑣 ]𝐼 = 𝑄̇ − 𝑄̇𝑖𝑟𝑟
̇
𝑄̇𝑖𝑟𝑟 = −[𝑈𝑟𝑒𝑣 − 𝑈(𝐼)]𝐼 = 𝑄̇ − 𝑄̇𝑟𝑒𝑣 = −𝑇𝑆𝑒𝑟𝑧
𝑃𝑠𝑡𝑎𝑐𝑘 = #𝐹𝐶 ∙ 𝑃𝐹𝐶
𝑈𝑠𝑡𝑎𝑐𝑘 = #𝐹𝐶 ∙ 𝑈𝐹𝐶
𝑃
𝜂𝐹𝐶 = 𝜂𝐼 ∙ 𝜂𝑈,𝐻 = 𝜂𝐼 ∙ 𝐹𝐶 ̇
𝑃𝐹𝐶 +𝑄
𝜂𝐼 = Umsetzungswirkungsgrad
Bei Berechnung von ∆ℎ̅𝑅 bzw ∆𝑔̅𝑅 :
Normalerweise wird H2O immer gasförmig abgegeben, auch wenn die
Brennstoffzelle bei Standardbedingungen arbeitet
← Um die maximale Leistung zu
erreichen, muss man grosse
Wärmeverluste in Kauf nehmen.
METHANOL BRENNSTOF FZEL LE
 Gegeben:
𝐶𝐻3 𝐶𝑂𝐻(𝑙) + 1.5𝑂2 → 𝐶𝑂2 + 2𝐻2 𝑂(𝑔) @{𝑇𝑟𝑒𝑓 , 𝑝𝑟𝑒𝑓 }
𝑈 = 0.2𝐼̃2 − 0.9𝐼̃ + 1 , 𝐼̃ =
 Berechnungen:
𝑚̇
𝑄̇ = 𝑓𝑢𝑒𝑙 ∆ℎ̅𝑅 − 𝑃𝐹𝐶 , ∆ℎ̅𝑅 = [ℎ̅𝑓0 ]
𝑀𝑓𝑢𝑒𝑙
𝜕(−𝑈𝐼)
𝜕(−𝑈𝐼̃)
𝜕𝐼̃
𝑃𝑚𝑎𝑥 = ?
=
𝜕𝐼
⟹ 𝑇𝑅 ∷ 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒(… , 𝐼̃)
=
𝐼
, 𝑚̇𝑓𝑢𝑒𝑙
𝐼𝑚𝑎𝑥
+ 2[ℎ̅𝑓0 ]
𝐶𝑂2
𝜕(−0.2𝐼̃3 +0.9𝐼̃2 −𝐼̃)
𝜕𝐼̃
1000∙𝑅̅
3
𝑀𝐻𝑒
𝐻2 𝑂(𝑔)
− [ℎ̅𝑓0 ]
@𝑇=293𝐾
𝑇⇒
@𝑇=293𝐾
𝑇⇒
𝑐𝑎𝑖𝑟 = 343
𝑐𝐻𝑒 = 1007
𝑚
𝑠
𝑚
𝑠
+
𝑤2
2
+ 𝑔𝑧 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
 Stagnationsenthalpie, -druck und -temperatur:
ℎ0 = ℎ +
⏟
𝑤2
𝑝0 = 𝑝 +
⏟
2
𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.@𝑎𝑑𝑖𝑎𝑏𝑎𝑡
𝜌𝑤 2
𝜿
𝒑𝟐
𝑻𝟐 𝜿−𝟏
𝝆𝟐 𝜿
=( )
=( )
𝒑𝟏
𝑻𝟏
𝝆𝟏
𝒘
𝑴𝒂 =
𝒄
- 𝑀𝑎 > 1 ⇒ Überschall / supersonic
- 𝑀𝑎 < 1 ⇒ Unterschall / subsonic
𝑇0 = 𝑇 +
2
𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.@𝑟𝑒𝑖𝑏𝑢𝑛𝑔𝑠𝑓𝑟𝑒𝑖
𝑻𝟐
𝝆𝟐 𝜿−𝟏
=( )
𝑻𝟏
𝝆𝟏
 Strömungsgeschwindigkeit (aus Stagnationsenthalpie folgend):
𝑐𝑝 =𝑅𝜅 ⁄(𝜅−1)
𝑤 = √2(ℎ𝑜 − ℎ) = √2𝑐𝑝 (𝑇𝑜 − 𝑇) ⇒
2𝜅
 Eine Düse/nozzle hat die Eigenschaft, die Geschwindigkeit eines
Fluids, und damit seine kinetische Energie, zu erhöhen. 𝒅𝒘 > 0.
 Ein Diffusor/diffuser hat die Eigenschaft, die Geschwindigkeit eines
Fluids, und damit seine kinetische Energie, zu verringern. 𝒅𝒘 < 0.
 Beziehung zwischen Mach-Zahl, Fläche und Geschwindigkeit:
𝒅𝑨
𝒅𝒘
(𝟏 − 𝑴𝒂𝟐 )
=−
𝑨
𝒘
II Düse, supersonic
𝑑𝑤 > 0 𝑀𝑎 > 1
↪ 𝑑𝐴 > 0
2𝜅
𝑝 𝑣
𝜅−1 0 0
=√
𝑇
2𝜅
𝑇0
𝜅−1
(1 − ) = √
𝑇
√𝜅−1 𝑅𝑇0 (1 − 𝑇 )
0
ALLGEMEINES VERHALTE N I N DÜSEN UND DIFFU SOREN
I Düse, subsonic
𝑑𝑤 > 0 𝑀𝑎 < 1
↪ 𝑑𝐴 < 0
𝑤2
2𝑐𝑝
 Isentropenbeziehungen für ein ideales Gas:
 Machzahl 𝑀𝑎 (oder einfach nur 𝑀):
U-I DIAGRAMM
← Der orange Bereich steht für den
irreversiblen Wärmeverlust, der blaue für
den reversiblen. Gäbe es keine
Irreversibilitäten, so wäre die Leistung
̇ . Trotzdem könnte
höher, nämlich bis 𝑃𝑟𝑒𝑣
der blaue Teil nicht direkt genutzt werden;
doch würde diese Wärme, wegen ihrer
hohen Temperatur, wieder von der
Umgebung aufgenommen werden,
weshalb ihr Verlust reversibel ist.
𝑀𝑎𝑖𝑟
5
- Bsp. 2: 𝑐𝐻𝑒 = √𝜅𝑅𝑇 = √ ∙
𝑧∙𝑓
1000∙𝑅̅
𝜌
𝑝
𝑝0 𝑣0 (1 − ( )
𝜅−1
𝜅
𝑝0
)
 Massenfluss 𝒎̇ = 𝑽̇ ∙ 𝝆 = 𝑨 ∙ 𝒘 ∙ 𝝆 = 𝑨 ∙ 𝒘 ∙ 𝒗−𝟏
2
𝑚̇ = 𝐴√
2𝜅 𝑝0
𝜅−1 𝑣0
𝑝 𝜅
𝑝
[(𝑝 ) − (𝑝 )
0
0
𝜅+1
𝜅
2
=𝐴
]
𝑝0
√𝑅𝑇0
√
2𝜅
𝑝 𝜅
𝑝
[(𝑝 ) − (𝑝 )
𝜅−1
0
𝜅+1
𝜅
0
]
↳ 𝑇𝑅 ∷ 𝑚𝑑𝑜𝑡𝑣(𝐴, 𝑝, 𝑝0 , 𝑣0 , 𝜅, 𝑅) ↳ 𝑇𝑅 ∷ 𝑚𝑑𝑜𝑡𝑡(𝐴, 𝑝, 𝑝0 , 𝑇0 , 𝜅, 𝑅)
 Schalldruck, -temperatur, -dichte und -geschwindigkeit
III Diffusor, supersonic IV Diffusor, subsonic
𝑑𝑤 < 0 𝑀𝑎 > 1
𝑑𝑤 < 0 𝑀𝑎 < 1
↪ 𝑑𝐴 < 0
↪ 𝑑𝐴 > 0
𝜿
𝜿
𝟏
𝟏
𝟏−𝜿
𝒑
𝜿−𝟏
𝟐 𝜿−𝟏
= (𝟏 +
𝑴𝒂𝟐 )
⟹ 𝒑∗ = 𝒑𝟎 (
)
𝒑𝟎
𝟐
𝜿+𝟏
−𝟏
𝑻
𝜿−𝟏
𝟐
= (𝟏 +
𝑴𝒂𝟐 )
⟹ 𝑻∗ = 𝑻𝟎 (
)
𝑻𝟎
𝟐
𝜿+𝟏
𝟏−𝜿
𝝆
𝜿−𝟏
𝟐 𝜿−𝟏
= (𝟏 +
𝑴𝒂𝟐 )
⟹ 𝝆∗ = 𝝆𝟎 (
)
𝝆𝟎
𝟐
𝜿+𝟏
VENTOURI DÜSE – K ONVERGE NTE DÜSE
𝑝𝐵 wird sukzessive reduziert:
a,b,c: Beschleunigen der Strömung
immer weiter in Düse hinein.
d: 𝑀 = 1 @ 𝐸 𝑝𝐸 = 𝑝∗
e: Trotz der Druckverringerung kann
die Strömung nicht mehr weiter
beschleunigt werden, in der Düse
ändert sich nichts, die Düse ist
“abgeriegelt“ (engl. choked).
LAVAL DÜSE – KONVE RGENT/DI VERGENT E DÜSE
𝑝𝐵 wird sukzessive reduziert:
a,b,c: Beschleunigen und
darauffolgendes Abbremsen
d: 𝑀 = 1 @ Throat danach
Abbremsen im Diffusor.
e,f: Laval-Düse beschleunigt
die Strömung weiter,
Verdichtungsstoss bringt sie
zurück in den Unterschallbereich, jetzt Diffusor.
𝐶𝐻3 𝐶𝑂𝐻(𝑙)
= −0.6𝐼̃2 + 1.8𝐼̃ − 1 = 0
Wie schon erwähnt, kann ∆𝑆𝑅 > 0 sein, was hier der Fall ist.
Berechnet man 𝑈𝐻 und 𝑈𝑟𝑒𝑣 , so sieht man, dass 𝑈𝑟𝑒𝑣 > 𝑈𝐻 ist und
deshalb Wärme von der Umgebung aufgenommen wird, 𝑄̇𝑟𝑒𝑣 > 0 ,
gerade umgekehrt wie im Diagramm oben gezeichnet. Daraus folgt
auch, dass |𝑄̇𝑖𝑟𝑟 | > |𝑄̇|.
Seite 11
𝟐𝜿
𝑻
𝟐𝜿
𝒘=√
𝑹𝑻 (𝟏 − ) ⟹ 𝒘∗ = √
𝑹𝑻 = √𝜿𝑹𝑻 = 𝒄
𝜿−𝟏 𝟎
𝑻𝟎
𝜿+𝟏 𝟎
 Schalldruckquerschnitt:
𝐴
1
2
𝜅−1
𝜅+1
2(𝜅−1)
[( ) (1 +
∙ 𝑀𝑎2 )]
𝜅+1
2
Es existieren jeweils 2 Werte, der
grössere im Überschallbereich und der
kleinere im Unterschallbereich (nachdem ein
Verdichtungsstoss stattgefunden hat oder
der Überschallberech gar nie erreicht war)
𝐴∗
=
𝑀𝑎
VENTOURI DÜSE
 Fall “offen“ 𝑝 > 𝑝∗
⟹ 𝑚̇ = 𝑓(𝑝, 𝑝0 , … )
 Fall “abgeriegelt“ 𝑝 < 𝑝∗
⟹ 𝑚̇ = 𝑓(𝑝∗ , 𝑝0 , … )
⟹ in diesem Fall ist der Ausgangsdruck 𝑝∗ , und nicht 𝑝. Also fliesst
auch 𝑝∗ in den Massenstrom ein, der durch Senken von 𝑝 nicht weiter
erhöht werden kann, man müsste schon 𝑝0 erhöhen oder 𝑇0 senken.
𝑚̇∗ ∝ 𝐴∗ ∙ 𝑝0 ∙ √1⁄𝑇0
Zuerst immer überprüfen, ob die Düse “abgeriegelt“ ist.
 𝜆 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. & stätionär & mit konstanten Quellen:
STRAHLUNG
THERMODYNAMIK 2 :: L TNT
𝜕2 𝑇
--
𝒒̇ ′′𝒓𝒂𝒅
DEFINITIONEN
𝒒̇ 𝒓𝒂𝒅

KONSTANTEN
=𝜺∙𝝈∙𝑻
= 𝑨 ∙ 𝜺 ∙ 𝝈 ∙ 𝑻𝟒
𝑚2 ∙𝐾4
𝑞̇ : [𝑊]
𝑊
𝑞̇ ′: [ ]
- Wärmestrom pro Fläche
𝑞̇ ′′: [
]
DIE WÄRMELEITUNGSGLEICHUNG
- Wärmestrom pro Volumen
𝑞̇ ′′′: [
]
3
 allgemein:
- Wärmeleitfähigkeit
𝜆: [
]
- Wärmeübergangskoeffizient
𝛼: [
- Temperaturleitfähigkeit
𝑎: [
𝑚2
𝑊
𝑚
𝑊
𝑚∙𝐾
𝑊
𝑚2 ∙𝐾
𝑚2
𝝆𝒄
]
 kartesisch:
]
s
𝐾
 zylindrisch: 𝜌𝑐
𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡 , 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣 : [ ]
- Wärmeleitwiderstand
𝑊
𝑊
- Wärmedurchgangskoeffizient
𝑘: [
- Linearer Wärmedurchgangskoeffizient
- Rippenparameter
𝑘𝐿 : [ ]
𝑚∙𝐾
𝑚: [1]
𝑚2 ∙𝐾
𝑊
𝑚2
𝜈: [
- Kinematische Viskosität
s
]
 sphärisch:
𝜌𝑐
𝜕𝑇
𝜕𝑡
𝜕𝑇
𝜕𝑡
𝜕𝑇
𝜕𝑡
=
=
=
𝜕
(𝜆
𝜕𝑇
𝜕𝑥
(𝜆𝑟
- Nu
- Re
𝐵𝑖 =
Biot-Zahl
]
𝑁∙𝑠
𝑚2
]=[
𝑁∙𝑠
𝑚2
]
Reynolds-Zahl
 𝜆 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
𝑢∞ ∙𝑥
𝑅𝑒𝐷 =
𝑅𝑒𝐿 =
𝜈
𝑢∞ ∙𝐷
𝜈
𝑢∞ ∙𝐿
𝜈
𝑐𝑝 ∙𝜇
=
=
(𝜆
)+
=
=
𝜕𝑇
𝜕𝑧
𝜕
𝜌∙𝑢∞∙𝐿
𝜇
𝜈
𝑃𝑒𝑥 = 𝑅𝑒𝑥 ∙ 𝑃𝑟
𝑎𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
mit 𝑎 =
𝜆
𝜌𝑐
𝜕𝑡
1 𝜕𝑇
(𝜆
𝜕𝑇
𝑎 𝜕𝑡
𝜕𝑇
𝜌𝑐
ÜBERSICHT
𝜕2 𝑇
𝜕𝑥 2
𝜕𝑇
𝜕𝑡
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
𝜆
= 𝜆 ∙ ∆𝑇
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
=0
= 𝐶1
𝜕𝑥
𝑻 = 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐
Wärme kann durch 3 verschiedene Mechanismen übertragen werden;
durch Wärmeleitung, Konvektion und Strahlung.
- zylindrisch:
𝜕
𝜕𝑟
𝜕𝑇
(𝑟
𝜕𝑇
𝜕𝑟
𝐶
)=0
= 1
𝜕𝑟
𝑟
𝑻 = 𝑪𝟏 𝐥𝐧 𝒓 + 𝑪𝟐
𝒒̇ ′′𝒍𝒆𝒊𝒕 = −𝝀
- sphärisch:
𝜕
𝜕𝑟
𝜕𝑇
𝜕𝑟
(𝑟
2 𝜕𝑇
=
𝐶1
𝜕𝑟
𝒓
)=−
𝜕𝑟
𝒒̇ ′′′
𝑸𝒖𝒆𝒍𝒍𝒆𝒏
𝜕
𝑥 + 𝐶1
𝒙 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
𝜆
∫ 𝜕𝑟
𝜕𝑇
𝑟 →
𝜕𝑟
=−
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
2𝜆
𝑟+
𝐶1
𝑟
𝒓𝟐 + 𝑪𝟏 𝐥𝐧 𝒓 + 𝑪𝟐
)=−
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
𝜕𝑟
𝒒̇ ′′′
𝑸𝒖𝒆𝒍𝒍𝒆𝒏
𝜆
∫ 𝜕𝑟 𝜕𝑇
𝑟2 →
𝜕𝑟
=−
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
3𝜆
𝑟+
𝑪
⟺
𝑎 𝜕𝑡
=0
𝑞̇ ′′ (𝑥0 , 𝑡) = −𝜆
 Randbedingungen 3. Art:
mit 𝑎 =
1 𝜕𝑇
𝑇(𝑥0 , 𝑡) = 𝑇0
 Randbedingungen 2. Art:
𝜆
𝜌𝑐
= ∆𝑇
𝑞̇ ′′ = −𝜆
𝑑𝑇
|
𝑑𝑇
𝑖𝑠𝑜𝑙𝑖𝑒𝑟𝑡
|
𝑑𝑥 𝑥=𝑥0
𝑑𝑥 𝑥=𝑥0
⇒
=0
= 𝛼(𝑇(𝑥0 , 𝑡) − 𝑇∞ )
Bei verschiedenen Materialien braucht es auch verschiedene
Gleichungen, welche mittels den Randbedingungen - gleiche
Temperatur an der Schnittstelle (1) und gleicher Wärmefluss (2) an der
Schnittstelle - verbunden werden können.
Bei Konvektion gilt (3) nur, wenn die Koordinatenrichtung in
𝑑𝑇
Normalenrichtung zeigt. Sonst = +𝜆 |
= 𝛼(𝑇(𝑥0 , 𝑡) − 𝑇∞ )
𝑑𝑥 𝑥=𝑥0
KONKRETE PROBLEMSTEL LUNGEN
 ebene Wand, keine Quellen:
gegeben: 𝑇1 , 𝑇2 , 𝐿
Ansatz: 𝑇 = 𝐶1 𝑥 + 𝐶2
RB1: 𝑇(𝑥 = 0) = 𝑇1 = 𝐶2
RB2: 𝑇(𝑥 = 𝐿) = 𝑇2 = 𝐶1 𝐿 + 𝑇1
Lösung: 𝑇 =
𝑇2 −𝑇1
𝐿
⇒ 𝐶2 = 𝑇1
𝑇 −𝑇
⇒ 𝐶1 = 2 1
𝐿
𝑥 + 𝑇1
 ebene Wand, keine Quellen, auf beiden Seiten Konvektion:
gegeben: 𝜆, 𝑇∞,1 , 𝛼1 , 𝑇∞,2 , 𝛼2 , 𝐿
Ansatz: 𝑇 = 𝐶1 𝑥 + 𝐶2
RB1:
+𝜆
𝑑𝑇
|
𝑑𝑥 𝑥=0
= 𝛼1 (𝑇(0) − 𝑇∞,1 )
+𝜆𝐶1 = 𝛼1 (𝐶2 − 𝑇∞,1 )
−𝜆
𝑑𝑇
|
𝑑𝑥 𝑥=𝐿
⇒ 𝐶1 =
𝑇∞,2 −𝑇∞,1
𝜆
𝜆
+ +𝐿
𝛼1 𝛼2
= 𝛼2 (𝑇(𝐿) − 𝑇∞,2 )
−𝜆𝐶1 = 𝛼2 (𝐶1 𝐿 + 𝐶2 − 𝑇∞,2 )
Lösung: 𝑇 =
Seite 12
(𝑟
𝟒𝝀
𝜆
𝟐
 Randbedingungen 1. Art:
RB2:
+ 𝑪𝟐
𝜕𝑟
2 𝜕𝑇
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
RANDBEDI NGUNGEN
)=0
𝑟2
𝑪𝟏
𝑻=−
𝟐𝝀
=−
𝜕𝑥
′′′
) + 𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
′′′
= 𝜆 ∙ ∆𝑇 + 𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
Soll die Temperaturverteilung angegeben werden, muss die
Wärmeleitungsgleichung integriert werden.
 𝜆 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. & stätionär & ohne Quellen:
- kartesisch:
𝒒̇ ′′′
𝑸𝒖𝒆𝒍𝒍𝒆𝒏
𝜕𝑇
→
𝜆
′′′
) + 𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
TEMPERATURVERTEILUNG EN EI NDIMENSIONAL
𝜇
Peclet-Zahl
𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
(𝜆
𝜇
𝜌∙𝑢∞ ∙𝐷
- Pe
𝒒̇ ′′𝒄𝒐𝒏𝒗 = 𝜶(𝑻𝑾 − 𝑻∞ )
𝒒̇ 𝒄𝒐𝒏𝒗 = 𝑨 ∙ 𝜶(𝑻𝑾 − 𝑻∞ )
𝜕
𝜕𝑧
𝜕𝑇
 & stationär = 0:
∆𝑇 +
𝜕𝑡
𝜆
 & stationär und ohne Quellen: ∆𝑇 = 0
𝑃𝑟 =
KONVEKTION
)+
𝜌∙𝑢∞∙𝑥
Prandtl-Zahl
𝒒̇ 𝒍𝒆𝒊𝒕
𝜕𝑇
𝜕
- Pr
𝒅𝑻
𝒅𝒙
𝒅𝑻
= −𝑨 ∙ 𝝀
𝒅𝒙
𝜕𝑇
𝜕𝑦
1 𝜕
)+
𝜌𝑐
 & ohne Quellen:
𝜆𝑓𝑒𝑠𝑡𝑘ö𝑟𝑝𝑒𝑟
𝛼∙𝐿
𝑅𝑒𝑥 =
WÄRMELEITUNG
(𝜆
= ∆𝑇 +
𝛼∙𝐿
𝑁𝑢 =
Nusselt-Zahl
𝜕𝑦
𝜕𝑟
𝑟 2 𝜕𝜃
𝜕𝜃
𝜕𝑧
𝜕𝑧
1
𝜕
𝜕𝑇
2 𝜕𝑇
(𝜆𝑟
)
+
(𝜆
)
+
𝑟 2 𝜕𝑟
𝜕𝑟
𝑟 2 sin2 𝜑 𝜕𝜃
𝜕𝜃
1
𝜕
𝜕𝑇
′′′
(𝜆 sin 𝜑 ) + 𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
2
2
𝑟 sin 𝜑 𝜕𝜑
𝜕𝜑
𝑟 𝜕𝑟
1 𝜕
DIMENSIONSL OSE KONST ANTE N
- Bi
𝜕
)+
𝜕𝑇
(𝑟
′′′
∫ 𝜕𝑥 𝜕𝑇
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
𝑻=−
𝒓𝟐 − 𝟏 + 𝑪𝟐
𝟔𝝀
𝒓
 𝜆 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. & stätionär & mit inkonstanten Quellen:
Quellterm einsetzen und integrieren
 Einige Temperaturverteilungen (Punkte » Quellen):
𝝏𝑻
= ⃗𝛁⃗ ∙ (𝝀 ∙ ⃗𝛁⃗𝑻) + 𝒒̇ ′′′
𝑸𝒖𝒆𝒍𝒍𝒆𝒏
𝝏𝒕
𝜕𝑥
1 𝜕
𝜕𝑟
- sphärisch:
VEREINFACHUNGEN
𝜇: [𝑃𝑎 ∙ 𝑠] = [
- Dynamische Viskosität
𝜌𝑐
=−
𝑻=−
- Wärmestrom
- Wärmestrom pro Länge
𝑚
𝑊
𝜕
- zylindrisch:
 Abstahlung – Anstahlung:
′′
𝑞̇ 𝑟𝑎𝑑,𝑛𝑒𝑡
= 𝜀 ∙ 𝜎 ∙ (𝑇𝑠 4 − 𝑇𝑠𝑢𝑟 4 )
𝑞̇ 𝑟𝑎𝑑,𝑛𝑒𝑡 = 𝐴 ∙ 𝜀 ∙ 𝜎 ∙ (𝑇𝑠 4 − 𝑇𝑠𝑢𝑟 4 )
EINHEITEN
𝜕𝑥 2
𝑻=−
wobei 𝜀 ein Materialparameter ist
𝜀𝑝𝑒𝑟𝑓𝑒𝑘𝑡 𝑠𝑐ℎ𝑤𝑎𝑟𝑧𝑒𝑟 𝐾ö𝑟𝑝𝑒𝑟 = 1
𝑊
𝜎 = 5.67 ∙ 10−8
- Boltzmann-Konstante
- kartesisch:
𝟒
𝑇∞,2 −𝑇∞,1
𝜆
𝜆
+ +𝐿
𝛼1 𝛼2
𝑥 + 𝑇∞,1 +
⇒ 𝐶2 = 𝑇∞,1 +
𝑇∞,2 −𝑇∞,1
𝛼
𝐿𝛼
1+𝛼1 + 𝜆1
2
𝑇∞,2 −𝑇∞,1
𝛼
𝐿𝛼
1+𝛼1 + 𝜆 1
2
𝐶1
𝑟2
 Rohrisolation, keine Quellen:
gegeben: 𝑟1 , 𝑇1 , 𝑟2 , 𝑇2
Ansatz: 𝑇 = 𝐶1 ln 𝑟 + 𝐶2
𝑇 −𝑇
RB1: 𝑇(𝑟 = 𝑟1 ) = 𝑇1 = 𝐶1 ln 𝑟1 + 𝐶2 ⇒ 𝐶1 = 2 𝑟21
ln𝑟
RB2:
1
𝑇(𝑟 = 𝑟2 ) = 𝑇2 = 𝐶1 ln 𝑟2 + 𝐶2 ⇒ 𝐶2 = 𝑇1 −
Lösung: 𝑇 =
𝑇2 −𝑇1
𝑟
ln𝑟2
ln
1
𝑟
𝑇1 −𝑇2
+ 𝑇1 =
𝑟1
𝑟
ln𝑟1
ln
2
𝑟
𝑟2
𝑞̇ ′′′
Lösung:
𝜆2
(𝑇2 −𝑇1 ) ln 𝑟1
𝑟
ln 2
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
=
 Laserabsorption:
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
Ansatz: 𝑇 = −
𝑥 2 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2
2𝜆
RB1: 𝑇(𝑥 = 0) = 𝑇1 = 𝐶2
RB2:
Lösung: 𝑇 = −
Maximum:
𝑑𝑇
2𝜆
|
𝑑𝑥 𝑥=𝑥𝑚𝑎𝑥
𝑇2 −𝑇1
2
𝑥 +(
𝐿
+
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
2𝜆
𝑑𝑥 2
|
𝑥=𝑥𝑚𝑎𝑥
+
2𝜆
𝐿
𝜆
𝐿
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
Ansatz: 𝑇 = −
RB1:
<0
RB2:
4𝜆
𝑑𝑇
Lösung: 𝑇 =
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
4𝜆
= 𝐶1 ∙ |
4𝜆
2
∙ (𝑟0 − 𝑟
2)
⇒ 𝐶1 = 0
𝑟 𝑟=0
𝑟0 2 + 𝐶2 ⇒ 𝐶2 = 𝑇0 +
4𝜆
𝑟0 2
𝑑𝑇1
RB1:
RB2:
𝑞̇ 1′′ |𝑥=𝐿 = − 𝜆1 (−
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
2𝜆1
=0=𝜆
|
= 𝐶1
𝑑𝑥 𝑥=0
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
𝜆1
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
𝜆2
+ 𝐶2 =
𝜆∙𝑎
𝑇(𝑥) = −
𝐼0 ∙𝑒 −𝑎𝑥
𝜆∙𝑎
=−
𝜕𝑥 2
𝜕𝑇
=
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
𝐼0 ∙𝑒 −𝑎𝑥
𝜆
=−
𝜆
⇒ 𝐶2 = 𝑇1 +
+ 𝐶1 𝑑 + 𝑇1 +
+
𝑑
= (𝐴∙𝑅
𝐿2
, 𝐴 ∙ 𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡,𝜆1 =
𝜆2
𝑇∞,ℎ −𝑇∞,𝑐
𝐼0
𝜆∙𝑎
𝑑
𝐼0
𝜆∙𝑎
Wärmeleitung
𝐿
∆𝑇 =
∙ 𝑞̇
𝜆∙𝐴
1
∆𝑇 =
∙ 𝑞̇
𝛼∙𝐴
Elektrischer Strom
𝑈 = 𝑅∙𝐼
𝑑𝑟2
1
kartesisch:
𝑹𝒍𝒆𝒊𝒕 =
∙ 𝐿(𝐿 + 𝑑) + 𝐶4
1
𝐿+𝑑
𝛼
𝜆2
1
) + 𝑇∞
𝑞̇ ′′′
𝐿+𝑑
′′′
− 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛 𝐿2 + 𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
∙𝐿( +
) + 𝑇∞
𝜆2
𝛼
𝜆2
1
𝐿
𝑑
′′′
⇒ 𝐶2 = 𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
∙𝐿( +
+ ) + 𝑇∞
𝛼
2𝜆
𝜆
1
2
 Leitung:
zylindrisch:
{ sphärisch:
 Kovektion:
𝑹𝒍𝒆𝒊𝒕,𝒄𝒚𝒍 =
𝑨𝝀
𝒓
𝐥𝐧(𝒓𝟐 )
𝟏
𝑹𝒍𝒆𝒊𝒕,𝒔𝒑𝒉 =
𝑹𝒄𝒐𝒏𝒗 =
𝟐𝝅𝑳𝝀
𝟏 𝟏
−
𝒓𝟏 𝒓𝟐
𝟒𝝅𝝀
𝟏
𝑨𝜶
Seite 13
+𝑟 ∑𝑖
𝑟1 𝛼1
+∑𝑖
𝜆𝑖
𝜆𝑖
+𝑟 𝛼
2 2
+𝑟 𝛼
2 2
𝑑𝑟2
𝑟
• 𝑅𝑛𝑒𝑡,𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑙 = ∑
𝑳
𝑟1 𝛼1
 Problem: Je dicker die Rohrwand, desto besser die Isolation durch
Leitung, aber desto schlechter die Isolation aussen durch Konvektion.
𝑑𝑅
 Lösung: Tradeoff zwischen beiden Argumenten: 𝑛𝑒𝑡 = 0
𝑑𝑅𝑛𝑒𝑡
𝑈 = 𝑅∙𝐼
=
ln(𝑟2 )
𝑑
𝑑𝑟2
1
( 2𝜋𝐿𝜆1 + 2𝜋𝑟
2
1
1 1
1
1
2
𝑟1
BIOT - ZAHL
𝐵𝑖 =
𝑨 ∙ 𝑹𝒍𝒆𝒊𝒕 =
𝑨 ∙ 𝑹𝒍𝒆𝒊𝒕,𝒄𝒚𝒍 =
𝑨 ∙ 𝑹𝒍𝒆𝒊𝒕,𝒔𝒑𝒉 =
𝑨 ∙ 𝑹𝒄𝒐𝒏𝒗 =
𝑳
𝒓
𝒓∙𝐥𝐧(𝒓𝟐 )
𝟏
𝝀
𝟏
𝟏
𝟏
𝟐
𝒓𝟐 ∙(𝒓 −𝒓 )
𝟏
𝜶
𝜆
=
𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡 radiale Schicht 𝛼𝑑
𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣
⇒
𝜆
𝑑 = Dicke
• 𝐵𝑖 ≪ 1: 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣 ≫ 𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡 𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡 ≈ 0.
→ Verbesserung der Wärmeleitung: 𝛼 ↑
𝝀
𝝀
𝛼𝐿
𝝀
) = 2𝜋𝐿𝜆 𝑟2 𝑟 − 2𝜋𝑟2 𝐿𝛼 = 0 ⇒ 𝒓𝒄𝒓𝒊𝒕 = 𝜶
𝐿𝛼
Der kritische Radius ist das Minimum des 𝑅𝑛𝑒𝑡 - 𝑟2 - Diagramms
 𝑟 < 𝑟𝑐𝑟𝑖𝑡 : Je kleiner der Radius desto besser die Isolation.
 𝑟 > 𝑟𝑐𝑟𝑖𝑡 : Je grösser der Radius, desto besser die Isolation.
 Zahlenbeispiel 1: Heizung (Stahl), 𝑟𝑐𝑟𝑖𝑡 = 12m
→ perfekt wäre 𝑟 = 𝑟𝑐𝑟𝑖𝑡 , sonst so dick wie bezahlbar
 Zahlenbeispiel 2: Korkisolation eines Heizrohres, 𝑟𝑐𝑟𝑖𝑡 = 7.8mm
→ worst case: 𝑟 = 𝑟𝑐𝑟𝑖𝑡 , falls 𝑟 > 𝑟𝑐𝑟𝑖𝑡 , so dick wie bezahlbar.
1
𝑖𝑅
𝑖
∆𝑻
∆𝑻
=
𝑹𝒏𝒆𝒕 ∑𝒊 𝑹𝒊
∆𝑻
∆𝑻
𝒒̇ ′ =
=
𝑳 ∙ 𝑹𝒏𝒆𝒕 𝑳 ∙ ∑𝒊 𝑹𝒊
∆𝑻
∆𝑻
𝒒̇ ′′ =
=
𝑨 ∙ 𝑹𝒏𝒆𝒕 𝑨 ∙ ∑𝒊 𝑹𝒊
′′
𝑞̇ 𝑐𝑜𝑛𝑣
𝑇2 = 𝑇1 + 𝑞̇ ′′ (𝐴 ∙ 𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡,𝜆2 )
𝑇4 = 𝑇3 + 𝑞̇ ′′ (𝐴 ∙ 𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡,𝜆1 )
KRITISCHER ROHRRADIU S
ANALOGON DES ELEKRTI SCHEN STROMES
𝐿
1
𝛼ℎ
 Linearer Wärmedurchgangskoeffizient (vom Radius unabhängig)
1
𝑘𝐿 ∙ ∆𝑇
𝑘𝐿 = 𝑘(𝑟) ∙ 2𝜋𝑟 =
⟹ 𝑞̇ = 𝑘𝐿 ∙ 𝐿 ∙ ∆𝑇 ⟹ 𝑞̇ ′′ =
𝐿 ∙ 𝑅𝑛𝑒𝑡
2𝜋𝑟
1
2𝜋
- bei der Rohrwand: 𝑘𝐿 =
= 1
ln(𝑟𝑖+1⁄𝑟𝑖 )
1
𝒒̇ =
𝑥=𝐿
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
, 𝐴 ∙ 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣,ℎ =
𝑐𝑜𝑛𝑣,𝑐 +𝐴∙𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡,𝜆2 +𝐴∙𝑅𝑐𝑜𝑛𝑡𝑎𝑐𝑡+𝐴∙𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡,𝜆1 +𝐴∙𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣,ℎ )
2𝜋𝑟𝐿∙𝑅𝑛𝑒𝑡
𝐼0
(𝑒−𝑎𝑑 −1)
𝑇2 −𝑇1 +𝜆∙𝑎
𝑥 + 𝑇1 +
𝐿1
𝜆1
 Wärmedurchgangskoeffizient (von Fläche/Radius abhängig)
1
𝑘=
⟹ 𝑞̇ = 𝑘 ∙ 𝐴 ∙ ∆𝑇
⟹ 𝑞̇ ′′ = 𝑘 ∙ ∆𝑇
𝐴 ∙ 𝑅𝑛𝑒𝑡
1
1
- bei der Rohrwand: 𝑘(𝑟) =
= 𝑟
ln(𝑟𝑖+1⁄𝑟𝑖 )
𝑟
𝐼0
𝜆∙𝑎
𝐼
0 (𝑒 −𝑎𝑑 −1)
𝑇2 −𝑇1 +𝜆∙𝑎
∆𝑇
𝐴∙𝑅𝑛𝑒𝑡
, 𝐴 ∙ 𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡,𝜆2 =
WÄRMEDURCHGANGSKOEFFIZI ENT
𝜆
+ 𝐶1 𝑥 + 𝐶2
𝜆∙𝑎
𝑞̇ ′′ =
𝛼𝑐
 falls zylindrisch: (𝐿 ∙ 𝑅)𝑖 und 𝑞̇ ′ statt (𝐴 ∙ 𝑅)𝑖 und 𝑞̇ ′′
𝑎∙𝐼0 ∙𝑒 −𝑎𝑥
+ 𝐶1
𝐼0 ∙𝑒 −𝑎𝑥
1
𝐴 ∙ 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣,𝑐 =
𝑇1 = 𝑇∞,𝑐 + 𝑞̇ ′′ (𝐴 ∙ 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣,𝑐 )
𝑇3 = 𝑇2 + 𝑞̇ ′′ (𝐴 ∙ 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑡𝑎𝑐𝑡 )
( check: 𝑇∞,ℎ = 𝑇4 + 𝑞̇ ′′ (𝐴 ∙ 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣,ℎ ) )

𝐿) = −𝜆2 𝐶3 = 𝑞̇ 2′′ |
′′′
⇒ 𝐶4 = 𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
∙𝐿( +
RB3:
−𝑎𝑥 )
WÄRMELEITWIDERSTÄNDE
2
𝑞̇ ′′′
− 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛 𝐿2
2𝜆1
𝑇(𝑑) = 𝑇2 = −
⇒ 𝐶1 = 0
𝜆2
𝑞̇ ′′′
𝑞̇ ′′′
𝑇1 (𝐿) = − 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛 𝐿2 + 𝐶2 = − 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛 𝐿2 + 𝐶4 = 𝑇2 (𝐿)
2𝜆1
𝜆2
𝑞̇ ′′′
𝑞̇ 2′′ |𝑥=𝐿+𝑑 = −𝜆2 (− 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛 𝐿) = 𝛼(𝑇2 (𝐿 + 𝑑) − 𝑇∞ ) =
𝜆
+ 𝑇∞ = −
𝐴2
𝑑
=−
= − (𝐼0 ∙ 𝑒
𝑑𝑥
𝑑𝑥
= 𝑎 ∙ 𝐼0 ∙ 𝑒 −𝑎𝑥
𝐼0
+ 𝐶2
𝜆∙𝑎
𝐼0 ∙𝑒 −𝑎𝑑
• 𝑅𝑛𝑒𝑡,𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒𝑙𝑙 = ∑𝑖 𝑅𝑖
𝑥 2 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2
⇒ 𝐶3 = −
𝛼
RB2:
Konvektion
𝑇2 = 𝐶3 𝑥 + 𝐶4
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
∙𝐿
𝑇(0) = 𝑇1 = −
Leitung
𝑞̇ 1′′ |𝑥=0
𝐴
𝜌𝑒𝑙
STATIONÄRE WÄRMELEITUNG MIT WIDERSTÄNDEN
′′′
• gegeben: 𝜆1 , 𝜆2 , 𝛼, 𝑇∞ , 𝐿, 𝑑, 𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
• gesucht: 𝑇(𝑥)
RB4:
RB1:
+ 𝑇0
Ansätze: 𝑇1 = −
• gegeben: 𝑇∞,ℎ , 𝛼ℎ , 𝑇∞,𝑐 , 𝛼𝑐 ,
𝜆1 , 𝐿1 , 𝜆2 , 𝐿2 , 𝐴 ∙ 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑡𝑎𝑐𝑡
• gesucht: 𝑇1 , 𝑇2 , 𝑇3 , 𝑇4
• Vorgehen: zuerst alle (𝐴 ∙ 𝑅)𝑖
berechnen, dann 𝑞̇ ′′ und daraus 𝑇1,2,3,4 .
𝐿∙𝑅𝑛𝑒𝑡
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
WÄRMEQUELLEN
RB3:
Ansatz:
Lösung:
1
|
𝑑𝑟 𝑟=0
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
𝑇(𝑟0 ) = 𝑇0 = −
= 𝐼2
𝐴∙𝐿
𝑑𝐼(𝑥)
⇒ 𝐶1 =
2
𝑟 + 𝐶1 ln 𝑟 + 𝐶2
𝑞̇ ′′ (0) = 0 = 𝜆
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
𝑇(𝑥) = −
 Zylinder mit Wärmequellen:
′′′
gegeben: 𝑟0 , 𝑇0 , 𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
𝜕2 𝑇
𝜕𝑥
𝑇2 −𝑇1
2
𝑑2 𝑇
𝐿
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
𝐿) 𝑥 + 𝑇1
⇒ 𝑥𝑚𝑎𝑥 = +
Immer überprüfen ob
𝑇2 −𝑇1
WÄRMELEITWIDERSTÄNDE
𝜌𝑒𝑙 ∙𝐿
• gegeben: 𝜆1 , 𝑇1 , 𝑇2 , 𝑑, 𝐼0 , 𝑎
• gesucht: 𝑇(𝑥)
+ 𝐶1 𝐿 + 𝑇1
𝐿
=0
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
⇒ 𝐶2 = 𝑇1
⇒ 𝐶1 =
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
𝜆2
𝑑
LASERABSORPTION
𝑞̇ ′′′
− 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛 𝐿2
2𝜆
𝑇(𝑥 = 𝐿) = 𝑇2 =
𝛼
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛 = 𝐼2 𝑅𝑒𝑙 = 𝐼2
+ 𝑇2
 Ebene Wand mit konstanten Wärmequellen:
′′′
gegeben: 𝑇1 , 𝑇2 , 𝐿, 𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
𝐿
SPEZIELLE QUELLTERME
 elektrischer Widerstand:
𝑟1
1
′′′
𝑇1 = − 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛 𝑥 2 + 𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
∙𝐿( +
+ ) + 𝑇∞
2𝜆1
𝛼
2𝜆1
𝜆2
𝑇(𝑥) = {
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛∙𝐿
1
𝐿+𝑑
′′′
𝑇2 = −
𝑥 + 𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛 ∙ 𝐿 ( +
) + 𝑇∞
• 𝐵𝑖 ≈ 1: 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣 ≈ 𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡 .
→ Verbesserung der Wärmeleitung: 𝛼 ↑, 𝜆 ↑
• 𝐵𝑖 ≫ 1: 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣 ≪ 𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣 ≈ 0.
→ Verbesserung der Wärmeleitung: 𝜆 ↑
WÄRMELEITUNG IN RIPP EN
ALLGEMEIN
 allgemeine RippenDGL (𝑆 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. , 𝑢 = 0, stationär, keine
Quellen/Strahlung):
𝑑2 𝑇
𝑑𝑥 2
−
Rippenparameter
(𝑇 − 𝑇∞ ) = 0 mit {
𝜆𝑆
Übertemperatur
𝑚=√
𝛼𝑃
𝛼𝑃
𝑞̇ 𝐾 = −𝜆 ∙ 𝑆 ∙
𝜆𝑆
𝜃 = 𝑇 − 𝑇∞
𝑞̇ 𝐾 = −𝜆 ∙ 𝑆 ∙
𝜃𝐹 = 𝜃(0) = 𝐶1 + 𝐶2
 Wärmestrom:
𝑞̇ 𝐹 = −𝜆 ∙ 𝑆 ∙
 Rippenwirkungsgrad:
𝜂𝑅 =
𝑆=𝑏∙𝑡
𝑆=𝜋∙
𝑚=√
𝐷2
4
𝑞̇ 𝑚𝑎𝑥
=
|
𝜕𝑥 𝑥=0
𝑞̇ 𝐹
= −𝜆 ∙ 𝑆 ∙
𝜕𝜃
𝑥=𝐿
∙ (−𝑚) = 𝜆 ∙ 𝑆 ∙ 𝑚 ∙ 𝜃𝐹 ∙
𝑃 = 2(𝑏 + 𝑡)
𝑑𝐴 = 2(𝑏 + 𝑡)𝑑𝑥
𝑃 = 𝜋𝐷
𝑑𝐴 = 𝜋𝐷𝑑𝑥
4𝛼
1
sinh(𝑚𝐿)
𝜃𝐴 = 𝜃𝐹,𝐴 𝑒 −𝑚𝐴𝑥1 ⟹ (𝑇𝐴 − 𝑇∞ ) = (𝑇𝑊 − 𝑇∞ )𝑒 −𝑚𝐴𝑥1
𝜽 = 𝜽𝑭 ∙
) = −𝑚𝐴 𝑥1
𝜃𝐵 = 𝜃𝐹,𝐵 𝑒 −𝑚𝐵 𝑥1 ⟹ (𝑇𝐵 − 𝑇∞ ) = (𝑇𝑊 − 𝑇∞ )𝑒 −𝑚𝐵 𝑥1
𝐜𝐨𝐬𝐡(𝒎(𝑳−𝒙))
⟹ ln (
𝐜𝐨𝐬𝐡(𝒎𝑳)
𝑞̇ 𝐹 = 𝜆 ∙ 𝑆 ∙ 𝜃𝐹 ∙ 𝑚 ∙ tanh(𝑚𝐿)
 Rippenwirkungsgrad:
𝜂𝑅 =
tanh(𝑚𝐿)
𝑚𝐿
SEHR LANGE RIPPE
𝑇 −𝑇
ln( 𝐴 ∞ )
𝑇𝑊 −𝑇∞
𝑇 −𝑇
ln(𝑇 𝐵 −𝑇∞ )
𝑊 ∞
=
𝑚𝐴
𝑚𝐵
𝜆𝐵
=√
𝜆𝐴
𝑇𝐵 −𝑇∞
𝑇𝑊 −𝑇∞
) = −𝑚𝐵 𝑥1
⟹ 𝜆𝐵 = 𝜆𝐴 ∙ (
𝑇 −𝑇
ln( 𝐴 ∞ )
𝑇𝑊 −𝑇∞
𝑇 −𝑇
ln(𝑇 𝐵 −𝑇∞ )
𝑊 ∞
2
)
 Voraussetzungen:
𝑩𝒊 ≪ 𝟏
 Annahmen:
𝑇 = 𝑇(𝑡)
𝑞̇ 𝐹 = 𝜆 ∙ 𝑆 ∙ 𝑚 ∙
𝑇𝑖 −𝑇0
𝑇0 −𝑇∞
=
𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡
𝑅𝑐𝑜𝑛𝑣
=
𝛼∙𝐿
𝜆
= 𝐵𝑖
𝐬𝐢𝐧𝐡(𝒎𝑳)
𝜃𝐹 cosh(𝑚𝐿)−𝜃𝐾
𝜶
𝐜𝐨𝐬𝐡(𝒎𝑳)+𝒎𝑳 𝐬𝐢𝐧𝐡(𝒎𝑳)
 Wärmestrom:
𝑞̇ 𝐹 = 𝜆 ∙ 𝑆 ∙ 𝜃𝐹 ∙ 𝑚 ∙
 Rippenwirkungsgrad:
𝜂𝑅 =
𝑚𝐿
∙
RIPPE ZWISCHEN 2 FLÄCHEN EINGESPANNT
• gegeben: 𝑇1 , 𝑇2 = 𝑇∞ , 𝑇∞ , 𝐿, 𝐷, 𝜆, 𝛼
• gesucht: 𝑞̇ 𝐿
𝛼
sinh(𝑚𝐿)+𝑚𝐿 cosh(𝑚𝐿)
𝛼
cosh(𝑚𝐿)+𝑚𝐿 sinh(𝑚𝐿)
𝛼
cosh(𝑚𝐿)
𝑚𝐿
𝛼
cosh(𝑚𝐿)+𝑚𝐿 sinh(𝑚𝐿)
sinh(𝑚𝐿)+
𝜕𝑇
= 𝑇∞ + (𝑇𝑖 − 𝑇∞
=0=
𝜕
𝜕𝑇
−𝑡
𝜏𝑎𝑙
𝜏𝑠𝑡
=
𝑒 𝜏𝑎𝑙
−𝑡
𝑒 𝜏𝑠𝑡
=𝑒
−𝑡
−𝑡
(𝑒 𝜏𝑠𝑡 − 𝑒 𝜏𝑎𝑙 ) =
𝑡(
1
1
− )
𝜏𝑠𝑡 𝜏𝑎𝑙
−1
𝜏𝑠𝑡
−𝑡
∙ 𝑒 𝜏𝑠𝑡 +
1
𝜏𝑎𝑙
⟹ 𝑡𝑚𝑎𝑥∆𝑇 =
−𝑡
∙ 𝑒 𝜏𝑎𝑙 = 0
𝜏
ln( 𝑎𝑙 )
𝜏𝑠𝑡
1
1
−
𝜏𝑠𝑡 𝜏𝑎𝑙
WÄRMESPEICHER
 Ausgangslage: Ein zylindrischer Wassertank mit 𝑑 = ℎ dient als
Wärmespeicher. In einem halben Jahr (= 4380ℎ), darf er maximal
20% seiner gegenüber der Umgebung nutzbaren Wärme verlieren. Er
ist mit einer Isolationsschicht der Dicke 𝐿 umgeben.
 Annahmen: 𝛼𝑖𝑛𝑛𝑒𝑛 = ∞ und Zylinderwand ≅ linear
 gegeben: 𝜌𝑊𝑎𝑠𝑠𝑒𝑟 , 𝑐𝑝,𝑊𝑎𝑠𝑠𝑒𝑟 , 𝛼𝑎𝑢𝑠𝑠𝑒𝑛 = α, 𝜆𝑖𝑠𝑜
 gesucht: Durchmesser 𝐷 des Zylinders ohne Isolation
𝛼𝐴 ℎ𝑖𝑒𝑟
𝑘𝐴
𝑇 − 𝑇∞
−𝑡
= 𝑒 −𝑀𝑐∙𝑡 ⇒ 0.8 = 𝑒 −𝑀𝑐∙𝑡 = 𝑒 ⁄𝜏𝑐𝑦𝑙
𝑇𝑖 − 𝑇∞
𝜌𝑐𝐷ℎ
2𝑘(𝐷+2ℎ)
ℎ=𝐷
⇒
𝜌𝑐𝐷2
2𝑘(3𝐷)
=
𝜌𝑐𝐷
6𝑘
mit 𝑘 =
1
𝐴∙𝑅𝑛𝑒𝑡
⟹ 𝐷 = − 𝑡⁄𝜌𝑐
6𝑘
=
1
𝐿
1
+
𝜆𝑖𝑠𝑜 𝛼
∙ ln 0.8
HALBUNENDLICHE WAND
 Wärmeleitungsgleichung 1-D, 𝜆 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. , keine Quellen:
𝟎
𝜶
1
𝑇𝑠𝑡
𝜕∆𝑇
−𝑡
𝜆
𝑎=
𝜌𝑐
⇔
𝑥
1 𝜕𝑇 𝜕 2 𝑇 𝜂=√4𝑎𝑡 𝜕 2 𝑇
𝜕𝑇
=
→
= −2𝜂
𝑎 𝜕𝑡 𝜕𝑥 2
𝜕𝜂2
𝜕𝜂
𝜼
𝑚𝐿 sinh(𝑚𝐿)
𝐜𝐨𝐬𝐡(𝒎(𝑳−𝒙))+𝒎𝑳 𝐬𝐢𝐧𝐡(𝒎(𝑳−𝒙))
−𝑡
𝑻 − 𝑻𝒔
𝟐
𝟐
=
∫ 𝒆−𝜼 𝒅𝜼 ≡ 𝐞𝐫𝐟(𝜼)
𝑻𝒊 − 𝑻𝒔 √𝝅
sinh(𝑚𝐿)
𝜃
cosh(𝑚𝐿)− 𝜃𝐾
𝐹
𝜽 = 𝜽𝑭 ∙
6𝛼
∆𝑇 = 𝑇𝑠𝑡 − 𝑇𝑎𝑙 = (𝑇𝑖 − 𝑇∞ ) (𝑒 𝜏𝑠𝑡 − 𝑒 𝜏𝑎𝑙 )
−𝑡 }
)𝑒 𝜏𝑠𝑡
𝜌𝑐 𝜕𝑇 𝜕 2 𝑇
=
𝜆 𝜕𝑡 𝜕𝑥 2
KONVEKTION AUCH AM R IPPENENDE
 Lösung:
2𝛼(𝐷+2ℎ)
𝜌𝑐𝐷
6𝑘
𝜽𝑲 𝐬𝐢𝐧𝐡(𝒎𝒙)+𝜽𝑭 𝐬𝐢𝐧𝐡(𝒎(𝑳−𝒙))
 Wärmestrom:
𝜏𝑠𝑝ℎ =
RAUMUNABHÄNIG AKA 0-DIME NSIONAL
RIPPE ZWISCHEN 2 FLÄCHEN E INGESPANNT 𝑇𝐾 = 𝑇(𝐿)
𝜽=
- Kugel:
𝛼𝐴
𝜌𝑐𝐷ℎ
ln 0.8 = − 𝑡⁄𝜏𝑐𝑦𝑙 = − 𝑡⁄𝜌𝑐𝐷

𝑚𝐿
 Lösung:
𝜏𝑐𝑦𝑙 =
𝜏𝑐𝑦𝑙 =
INSTATIONÄRE WÄRMELE ITUNG
𝜽 = 𝜽𝑭 𝒆−𝒎𝒙
𝑞̇ 𝐹 = 𝜆 ∙ 𝑆 ∙ 𝜃𝐹 ∙ 𝑚
1
𝜂𝑅 =
𝜂𝑅 =
𝑇𝐴 −𝑇∞
- Zylinder:
𝑉𝜌𝑐
=
−𝑡
• Vorgehen: Lösungen für lange Rippen
benützen.
𝑇𝑊 −𝑇∞
𝛼𝐴
𝑇𝑎𝑙 = 𝑇∞ + (𝑇𝑖 − 𝑇∞ )𝑒 𝜏𝑎𝑙
• Ausgangslage: 2 gleichlange, lange Rippen
mit gleichem Durchmesser aber aus anderem
Material
• gegeben: 𝑇𝑊 , 𝑇𝐴 , 𝑇𝐵 , 𝑇∞ , 𝜆𝐴
• gesucht: 𝜆𝐵
⟹ ln (
𝑀𝑐
 Ausgangslage: Eine Aluminium- und eine Stahlkugel werden aus dem
Ofen genommen und mit einem Luftstrom gekühlt (𝛼, 𝑇∞ ).
 gegeben: 𝐵𝑖 ≪ 1, 𝜌𝑎𝑙 , 𝜌𝑠𝑡 , 𝑐𝑎𝑙 , 𝑐𝑠𝑡 , 𝛼, 𝑇∞ , 𝑇𝑖 , 𝐷
 gesucht: ∆𝑇 nach 𝑡, 𝑡𝑚𝑎𝑥∆𝑇
)|
sinh(𝑚𝐿)
𝛼∙𝐴∙𝜃𝐹
 Wärmestrom:
 Rippenwirkungsgrad:
|
sinh(𝑚𝐿)
(cosh(𝑚𝐿)−1)
|
RIPPE MIT ADIABATEM KOPF
 Lösung:
 Wärmestrom:
 Rippenwirkungsgrad:
sinh(𝑚𝐿)
cosh(0)
𝜏=
ABKÜHLEN ZWEIER KUGE LN
𝜕𝑥 𝑥=𝐿
𝜃𝐾 sinh(𝑚𝑥)+𝜃𝐹 sinh(𝑚(𝐿−𝑥))
𝜕𝑥 𝑥=0
𝜆𝐷
 Lösung:
𝜕𝜃
sinh(𝑚𝐿)
KORRELATION 2 GLEICH LANGE R RIPPEN
 1. Randbedingung:
- Stabrippe:
𝜕𝑥
(
𝑞̇ 𝐿 = 𝜆 ∙ 𝑆 ∙ 𝑚 ∙ 𝜃𝐹 ∙
𝜽 = 𝑪𝟏 𝒆𝒎𝒙 + 𝑪𝟐 𝒆−𝒎𝒙
 Geometrisches:
- Ebene Rippe
𝜕
= −𝜆 ∙ 𝑆 ∙ 𝜃𝐹 ∙
 allgemeine Lösung:
𝑞̇ 𝐹
𝜃𝐹 cosh(𝑚𝐿)
𝑞̇ 𝐹 = 𝜆 ∙ 𝑆 ∙ 𝑚 ∙
𝒅𝟐 𝜽
− 𝒎𝟐 𝜽 = 𝟎
𝒅𝒙𝟐
𝜕𝑇
 Geometrisches:
• Vorgehen: 1.HS: 𝑞̇ 𝐿 = 𝑞̇ 𝐹 − 𝑞̇ 𝐾
dabei gilt: 𝜃𝐾 = 0
und
𝜃𝐹 = 𝑇1 − 𝑇∞

 1.HS:
𝑑
𝑑𝑡
(𝑀 ∙ 𝑐 ∙ 𝑇) = −𝐴 ∙ 𝛼 ∙ (𝑇 − 𝑇∞ )
wobei 𝑀 = 𝜌 ∙ 𝑉
𝜶𝑨
𝑻 − 𝑻∞
𝑀𝑐
𝒕
= 𝒆−𝑴𝒄∙𝒕 = 𝒆− ⁄𝝉
mit 𝜏 =
𝑻𝒊 − 𝑻∞
𝛼𝐴
𝑴𝒄
𝑻 − 𝑻∞
𝑻 − 𝑻∞
𝒕=−
𝐥𝐧 (
) = −𝝉 𝐥𝐧 (
)
𝜶𝑨
𝑻𝒊 − 𝑻∞
𝑻𝒊 − 𝑻∞
𝑀𝑐
wobei die Zeitkonstante 𝜏 = die Zeitspanne bis zur Abkühlung auf
𝛼𝐴
𝜃𝑛𝑒𝑢 = 𝜃𝑖 ⁄𝑒 = 36.8% ∙ 𝜃𝑖 angibt (Aufheizen bis 𝜃𝑛𝑒𝑢 = 𝑒 ∙ 𝜃𝑖 )
Seite 14
𝑇 − 𝑇𝑖
= 1 − erf(𝜂) ≡ erfc(𝜂)
𝑇𝑠 − 𝑇𝑖
 3 Fälle: Anfang: 𝑇(𝑥, 0) = 𝑇𝑖 (alle Körper haben überall 𝑇𝑖 )
1: Wandtemperatur auf
𝑇𝑆 erhöht und
gehalten
2: ab 𝑡0
konstanter
Wärmestrom
3: ab 𝑡0
konvektiver
Wärmeübergang
 Diffusionslänge / -zeit:
𝒙𝑫 = √𝝀⏟
⁄𝝆𝒄 ∙ 𝒕𝑫
𝒕𝑫 =
 Diskussion: Allgemein lässt sich sagen, je weiter weg der Chip vom
TURBULENTE GRENZSCHI CHT 𝑅𝑒 > 𝑅𝑒𝑐𝑟𝑖𝑡
𝒙2𝑫
𝝆𝒄
∙⏟
⁄𝝀
𝒂
𝟏/𝒂
VORGEHEN
@ 𝜂 = 0.5 ⟹ erfc(0.5) = 48%
𝑇 − 𝑇𝑖 = 0.48(𝑇𝑠 − 𝑇𝑖 )
𝜆(𝑇 −𝑇 )
 Wärmestrom
𝑞̇ 𝑠′′ = 𝑠 𝑖
 Fläche ist am Rand der Platte (nur laminar):
̅̅̅̅ = 2 ∙ 𝑁𝑢𝑥=𝐿
- Nusselt – Zahl mitteln:
𝑁𝑢
√𝜋𝑎𝑡
 Kontakttemperatur zweier halbunendlicher Körper (A und B)
𝑇𝑖,𝐴 √𝜆𝐴 𝜌𝐴 𝑐𝐴 + 𝑇𝑖,𝐵 √𝜆𝐵 𝜌𝐵 𝑐𝐵
𝑇𝑠 =
√𝜆𝐴 𝜌𝐴 𝑐𝐴 + √𝜆𝐵 𝜌𝐵 𝑐𝐵
 Wärmestrom
′′
𝑞̇ 𝑐𝑜𝑛𝑣
= 𝛼̅(𝑇𝑊 − 𝑇∞ )
𝑞̇ 𝑐𝑜𝑛𝑣 = 𝐴 ∙ 𝛼̅(𝑇𝑊 − 𝑇∞ )
 mittlerer Wärmeübergangskoeffizient 𝛼̅
1
- allgemein:
𝛼̅ = ∫ 𝛼 𝑑𝐴
𝛼̅ =
- ebene Platte ab 𝑥0
𝛼̅ =
- daraus 𝛼̅ berechnen
̅̅̅̅∙𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
𝑁𝑢
𝛼̅ =
𝐿
 Fläche beginnt erst im Abstand 𝑥0 vom Plattenrand (gilt immer):
- 𝛼 lokal berechnen:
𝑁𝑢𝑥 ∙𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
𝛼(𝑥) =
𝑥
1 𝑥0 +𝐿
𝛼(𝑥)𝑑𝑥
∫
𝐿 𝑥0
- mitteln per Integral:
𝛼̅ =
Die Formel ̅̅̅̅
𝑁𝑢 = 2 ∙ 𝑁𝑢𝑥=𝐿 folgt aus der Integration von der
GRUNDLAGEN DER KONVEKTION
- ebene Platte ab Anfang
lokalen Formel und gilt nur dann, wenn die Reynoldzahl mit 𝑅𝑒𝑥1
in 𝑁𝑢𝑥 eingeht. Sonst Variante 2 wählen.
𝐿
∫ 𝛼(𝑥)𝑑𝑥
𝐿 0
1 𝑥0 +𝐿
𝛼(𝑥)𝑑𝑥
∫
𝐿 𝑥0
• Ausgangslage: Kühlung eines quadratischen Chips
• gegeben: 𝑢∞ , 𝑇∞ , 𝑇𝑐ℎ𝑖𝑝 , 𝑑, 𝜈, 𝑃𝑟(> 0.6), 𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
• gesucht: 𝑞̇ 𝑐𝑜𝑛𝑣
𝑢∞ ∙𝑑
𝑅𝑒𝐿 =
i. Welche Geometrie hat das angeströmte Teil?
ii. Handelt es sich um erzwungene oder natürliche Konvektion?
→ erzwungene Konvektion: 𝑅𝑒 mit 𝑅𝑒𝑐𝑟𝑖𝑡 vergleichen
→ natürliche Konvektion: 𝑅𝑎 mit 𝑅𝑎𝑐𝑟𝑖𝑡 vergleichen
iii. Daraus folgt die entsprechende Grenzschicht (laminar/turbunlent).
iv. 𝑁𝑢 mit der
entspechenden
Formel
berechnen.
v. Daraus 𝛼̅
berechnen. 𝛼 =
𝜈
< 𝑅𝑒𝑐𝑟𝑖𝑡
⁄
𝑅𝑒𝑥1 2
𝑁𝑢𝑥 = 0.332 ∙
̅̅̅̅ = 2 ∙ 𝑁𝑢𝑥=𝐿 = 0.664 ∙ 𝑅𝑒𝐿1⁄2 ∙ 𝑃𝑟 1⁄3
𝑁𝑢
𝛼̅ =
̅̅̅̅∙𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
𝑁𝑢
𝐿
=
𝑢 ∙𝑑 1⁄2
) ∙𝑃𝑟 1⁄3 ∙𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
0.664∙( ∞
𝜈
𝑑
𝑢∞ ∙2𝑑
𝑢∞ ∙ 𝑑 1
= 0.664 ∙ (
)
𝜈
= 0.664 ∙ (
< 𝑅𝑒𝑐𝑟𝑖𝑡
𝜈
𝑁𝑢𝑥 = 0.332 ∙ 𝑅𝑒𝑥1
𝛼(𝑥) =
𝑁𝑢𝑥 ∙𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
 Kritische Reynoldszahl
𝑥
= 0.332 ∙ (
= 0.332 ∙ (
𝛼̅ =
2𝑑
∫ 𝛼(𝑥)𝑑𝑥
𝑑 𝑑
1
1
𝑢∞ ∙𝑥 1⁄2
𝜈
𝑢∞
𝜈∙𝑑
1⁄2
)
𝑢∞
𝜈
)
= ∙ 0.332 ∙ (
𝑑
∙ 𝑃𝑟
⁄
𝑢∞ 1 2
𝜈
)
1⁄3
𝜆𝑔𝑙𝑎𝑠 = 0.058
∙ 𝑃𝑟 1⁄3 ∙ 𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
∙ 𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑 ∙ 𝑥
 𝑅𝑒𝑐𝑟𝑖𝑡 = 105 =
𝑢∞ ∙𝑥𝑐𝑟𝑖𝑡
𝜈𝑎𝑖𝑟
𝑅𝑛𝑒𝑡,𝐴
𝑁𝑢𝑥 ∙𝜆𝑎𝑖𝑟
1
𝑥
⁄
= 0.664 ∙ (
𝑢∞ 1⁄2
𝜈
)
4
−1⁄2
∙ 𝑃𝑟 1⁄3 ∙ 𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑 ∙
𝑞̇ 𝐴 =
2𝑑
∫𝑑 𝑥 −1⁄2 𝑑𝑥
⏟
(2𝑑)1⁄2 –𝑑1⁄2
𝑑
2𝑑
]−[
𝑢∞ 4⁄5
4
𝑇∞,𝑖 −𝑇∞,𝑎
𝜈𝑎𝑖𝑟
𝑅𝑛𝑒𝑡,𝐴
=
 Zimmer B: 𝑞̇ 𝐵 =
1
𝑢 ∙𝑑 1⁄2
0.664∙( ∞ ) ∙𝑃𝑟 1⁄3 ∙𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
𝜈
1⁄2
= ((2𝑑)1⁄2 − 𝑑 1⁄2 ) [
𝑢 ∙2𝑑
0.664∙( ∞𝜈 )
𝑑
∙𝑃𝑟 1⁄3 ∙𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
𝑑
⁄
0.3387∙𝑅𝑒𝑥1 2 ∙𝑃𝑟 1⁄3
1⁄4
Seite 15
]
)
𝑁𝑢𝑥 ∙𝜆𝑎𝑖𝑟
𝑥
)
𝛼̅𝐵 =
4⁄5
𝑎𝑖𝑟
∙ 𝑃𝑟 1⁄3 ∙ 𝜆𝑎𝑖𝑟 ∙
43
]
𝑞̇ 𝐵 =
6
𝑇∞,𝑖 −𝑇∞,𝑎
𝑅𝑛𝑒𝑡,𝐵
𝑅𝑛𝑒𝑡,𝐵
=
∙ [40.8 ] = 31.8
𝑊
𝑚2 𝐾
1 1
𝑡
1
(̅ +
+̅ )
𝐴 𝛼
𝐵
𝑖 𝜆𝑔𝑙𝑎𝑠 𝛼
= 0.0296 ∙ (
𝑢∞ 4⁄5
𝜈𝑎𝑖𝑟
=
1
0.8
= 1596𝑊
𝑢∞ 4⁄5
𝜈𝑎𝑖𝑟
1
∙(
4
∙ 𝑃𝑟 1⁄3 ∙ 𝜆𝑎𝑖𝑟 ∙ ∫0 𝑥 −0.2 𝑑𝑥
1
1 0.008
1
( +
)
+
4∙2.5 10 0.058 31.8
𝑇∞,𝑖 −𝑇∞,𝑎
𝑇∞,𝑖 −𝑇∞,𝑎
11
0.0296
)
∙ 𝑃𝑟 1⁄3 ∙ 𝜆𝑎𝑖𝑟 ∙ 𝑥 −0.2
)
∙ 𝑃𝑟 1⁄3 ∙ 𝜆𝑎𝑖𝑟 ∙ 𝑥 −0.2
𝑢
𝛼̅𝐵 = ∫5 𝛼(𝑥)𝑑𝑥 = ∙ 0.0296 ∙ ( ∞ )
6
6
𝜈
 andere Variante: 𝛼̅ = 2 ∙ 𝛼̅𝑣𝑜𝑛 0 𝑏𝑖𝑠 2𝑑 − 𝛼̅𝑣𝑜𝑛 0 𝑏𝑖𝑠 𝑑
𝛼̅ = 2 [
𝜈𝑎𝑖𝑟
𝑢
1
𝛼𝐵 (𝑥) =
𝑞̇ 𝑐𝑜𝑛𝑣 = 𝛼̅𝐴(𝑇𝑊 − 𝑇∞ ) = 𝛼̅𝑑 2 (𝑇𝑐ℎ𝑖𝑝 − 𝑇∞ )
𝑢 ∙2𝑑 1⁄2
0.664∙( ∞ ) ∙𝑃𝑟 1⁄3 ∙𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
𝜈
+
𝑢∞ 4⁄5
1
𝛼̅𝐴 = ∙ 0.0296 ∙ (
=2[𝑥 1⁄2 ]𝑑
∙ 𝑃𝑟 1⁄3 ∙ 𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑 ∙
( +
̅ 𝑖 𝜆𝑔𝑙𝑎𝑠 𝛼
̅𝐴
𝐴 𝛼
= 0.0296 ∙ (
2𝑑
 Dicke Geschwindigkeitsgrenzschicht
𝛿 = 4.92 ∙ 𝑥 ∙ 𝑅𝑒𝑥−1 2
 Dicke Temperaturgrenzschicht
𝛿𝑇 = 𝛿 ∙ 𝑃𝑟 1⁄3
 Widerstandsbeiwert
⁄
- lokal
𝑐𝑓,𝑥 = 0.664 ∙ 𝑅𝑒𝑥−1 2
−1⁄2
- gemittelt
𝑐𝑓,𝐿 = 1.328 ∙ 𝑅𝑒𝑥
̅̅̅̅
 Nusselt-Zahl
⁄
- 𝑃𝑟 > 0.6
𝑁𝑢𝑥 = 0.332 ∙ 𝑅𝑒𝑥1 2 ∙ 𝑃𝑟 1⁄3
- 𝑃𝑟 < 0.6
𝑁𝑢𝑥 = 0.565 ∙ (𝑅𝑒𝑥 ∙ 𝑃𝑟)1⁄2
𝜆𝑎𝑖𝑟 = 22.3 ∙
• gesucht: 𝑞̇ 𝐴 , 𝑞̇ 𝐵
⟹ 𝑥𝑐𝑟𝑖𝑡 = 0.1𝑚
𝛼̅𝐴 = ∫0 𝛼(𝑥)𝑑𝑥 = ∙ 0.0296 ∙ ( ∞ )
4
4
𝜈
𝑥
𝑠
⟹ die ganze Strömung wird als turbulent betrachtet
⁄
𝑁𝑢𝑥 = 0.0296 ∙ 𝑅𝑒𝑥4 5 ∙ 𝑃𝑟 1⁄3
𝑇∞,𝑖 −𝑇∞,𝑎
𝑇 −𝑇
 Zimmer A: 𝑞̇ 𝐴 =
= 1 1 ∞,𝑖 𝑡 ∞,𝑎 1
𝛼𝐴 (𝑥) =
1
𝑊
𝑚2
𝑚𝐾
𝑊
10−3
𝑚𝐾
∙ 𝑃𝑟 1⁄3
∙ 𝑃𝑟 1⁄3
LAMINARE GRENZSCHICH T 𝑅𝑒 < 𝑅𝑒𝑐𝑟𝑖𝑡
(1+(0.0468⁄𝑃𝑟)2⁄3 )
• Ausgangslage: Es soll die Isolation von 2 Zimmern verglichen werden.
𝑚
• gegeben:
𝑢∞ = 10
𝑠
𝑇∞,𝑎 = −23°𝐶 𝑇∞,𝑖 = 20°𝐶
𝑊
𝛼̅𝑖 = 10 2
𝑃𝑟 = 0.72
𝑚 𝐾
𝑡 = 0.008𝑚
ℎ = 2.5𝑚
⁄2
⇒ laminar
∙ 𝑃𝑟 1⁄3 ∙ 𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑 ∙
)
1⁄2
⁄2
RAUMISOLATION
𝜈𝑎𝑖𝑟 = 11.44 ∙ 10−6
• alles gleich wie vorher – nur der Chip ist
anderst positioniert
𝑅𝑒𝐿 =
𝑹𝒆𝒄𝒓𝒊𝒕 = 𝟏𝟎𝟓
∙ 𝑃𝑟
1
Rand platziert ist, desto kleiner ist die Kühlung, da
< 1⁄2 .
𝑑
𝑑
Dies glit nur, solange man im laminaren Bereich ist, sobald es
turbulent wird, gilt eine andere Gleichung.
Eine dritte Variante
wäre, den lokalen
Wert 𝛼(𝑥) zu
nehmen, an der Stelle
𝑥 = 1.5𝑑, was
ungenauer ist, da
𝛼(𝑥) ∝ 𝑥 −1⁄2 ist und
nicht linear, was in
der Graphik
erkennbar ist.
1⁄3
CHIPKÜHLUNG #2
𝑥
ERZWUNGENE KONVEKTIO N :: EBENE WAND
⇒ laminar
𝑞̇ 𝑐𝑜𝑛𝑣 = 𝛼̅𝐴(𝑇𝑊 − 𝑇∞ ) = 𝛼̅𝑑 2 (𝑇𝑐ℎ𝑖𝑝 − 𝑇∞ )
𝑁𝑢𝑥 ∙𝜆
𝑁𝑢𝑥 =
⁄2
CHIPKÜHLUNG #1
𝐴
1
ALLGEMEINES VORGEHEN
- 𝑃𝑒𝑥 > 100
(2𝑑)1⁄2 –𝑑1⁄2
⁄5
 Widerstandsbeiwert (𝑅𝑒𝑥 ≤ 107 )
𝑐𝑓,𝑥 = 0.0592 ∙ 𝑅𝑒𝑥−1
⁄
 Nusselt-Zahl
𝑁𝑢𝑥 = 0.0296 ∙ 𝑅𝑒𝑥4 5 ∙ 𝑃𝑟 1⁄3
)
𝑎𝑖𝑟
∙ 𝑃𝑟 1⁄3 ∙ 𝜆𝑎𝑖𝑟 ∙
43
1
1 0.008
1
( +
)
+
6∙2.5 10 0.058 22.2
1
0.8
4⁄5
11
∙ 𝑃𝑟 1⁄3 ∙ 𝜆𝑎𝑖𝑟 ∙ ∫5 𝑥 −0.2 𝑑𝑥
∙ [110.8 − 50.8 ] = 22.2
𝑊
𝑚2 𝐾
= 2280𝑊
 Diskussion: Trotz des kleineren 𝛼̅ ist die verlorene Wärme in B viel
grösser, was daraus folgt, dass die äussere Konvektion relativ wenig
zur Isolation beiträgt und so die grössere Fläche des Fensters B viel
stärker ins Gewicht fällt.
ERZWUNGENE KONVEKTIO N :: ZYL. KÖRPER & KUGEL
1
 Filmtemperatur
𝑇𝐹𝑖𝑙𝑚 = ∙ (𝑇𝑤 + 𝑇∞ )
2
 Dimensionslose Konstanten mit der Filmtemperatur berechnen:
𝑐𝑝 ∙𝜇
𝑢∞ ∙𝐷
𝜌∙𝑢∞ ∙𝐷
𝜈(𝑇𝐹𝑖𝑙𝑚 )
𝑅𝑒𝐷 =
=
und 𝑃𝑟 =
=
𝜈(𝑇𝐹𝑖𝑙𝑚 )
𝜇(𝑇𝐹𝑖𝑙𝑚 )
𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑 (𝑇𝐹𝑖𝑙𝑚 )
 gemittelte Nusselt-Zahl
̅̅̅̅
- zylindrische Körper
𝑁𝑢𝐷 = 𝐶 ∙ 𝑅𝑒𝐷 𝑚 ∙ 𝑃𝑟 1⁄3
→ mit den Konstanten aus folgenden Tabellen:
↘ für Kreiszylinder:
 Berechnen von 𝛼̅𝑀 :
𝑢 ∙𝐷
𝜌∙𝑢 ∙𝐷
𝑅𝑒𝐷 = ∞ = ∞
𝜈
𝑎𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑 (𝑇𝐹𝑖𝑙𝑚 )
𝜌∙𝑢 ∙𝐷
̅̅̅̅
𝑁𝑢𝐷 = 𝐶 ∙ 𝑅𝑒𝐷 𝑚 ∙ 𝑃𝑟 1⁄3 = 0.027 ∙ ( ∞ )
𝜇
̅̅̅̅𝐷 ∙ 𝜆𝑎𝑖𝑟
𝑁𝑢
𝛼̅𝑀 =
𝐷
 Restliche benötigte Grössen berechnen:
𝑆=
𝐷2 𝜋
 Wärmeverlust pro Meter Rohr berechnen:
∆𝑇
∆𝑇
154.931
𝑞̇ ′ =
= 𝑟2
= ln(0.078) ln(0.128)
𝑟3
⇒ liegt zwischen 40'000 und 400'000
𝜇
0.805
∙(
𝐿∙𝑅𝑛𝑒𝑡
𝑐𝑝 ∙𝜇 1⁄3
𝜆
)
4
𝑀𝑠𝑡 = 𝜌𝑠𝑡 𝑉𝑠𝑡 = 𝜌𝑠𝑡 ∙ 𝑂𝑠𝑡 ∙ 𝑑𝑠𝑡 = 𝜌𝑠𝑡 ∙ (𝜋𝐷 ( + 𝐿)) ∙ 𝑑𝑠𝑡
2
ℎ
𝑢∞
 Schliesslich alle Grössen einsetzen und nach 𝑇 auflösen
⟹ 𝑇 = 𝑇∞ + (𝑇𝑖 − 𝑇∞ )𝑒
↘ für andere Geometrien:
̅ 𝑀 ∙𝐴𝑀
2𝛼 ∙𝑆+𝛼
−𝑀 ∙𝑐𝑆 +𝑀
∙𝑡
ö𝑙 𝑝,ö𝑙
𝑠𝑡 ∙𝑐𝑝,𝑠𝑡
GEOTHERMISCHER DAMPF
• Ausgangslage: Der Dampf
einer Transportleitung für
geothermischen Wasserdampf, welche mit Isolation
umgeben ist und vom Wind
quer angeströmt wird, darf
sich nur bis 5°𝐶 über die
Sättigungstemperatur
abkühlen.
0.4
- Kugel ̅̅̅̅
𝑁𝑢𝐷 = 2 + (0.4 ∙ 𝑅𝑒𝐷 1⁄2 + 0.06 ∙ 𝑅𝑒𝐷 2⁄3 ) ∙ 𝑃𝑟∙ (
im Bereich
{0.71 < 𝑃𝑟 < 380 ; 3.5 < 𝑅𝑒𝐷 < 7.6 ∙ 104 ; 1.0 <
 Gemittelter Wärmeübergangskoeffizient
𝛼̅ =
𝜇
𝜇𝑊
𝜇
𝜇𝑊
)
1⁄4
< 3.2 }
̅̅̅̅𝐷 ∙𝜆𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑
𝑁𝑢
𝐷
DIE ÖL BOMBE
• Ausgangslage: Ein Fass mit
heissem Öl aus einem Flugzeug mit
Höhe ℎ abgeworfen, wobei die
Zylinderachse quer zur Fallrichtung
steht.
• Annahmen:
- 𝑢∞ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
- 𝑇 nur von 𝑡 abhängig
 gegeben: 𝑢∞ , ℎ, 𝑇∞ , 𝑇𝑖 , 𝐷, 𝐿, 𝑑𝑠𝑡𝑎ℎ𝑙𝑤𝑎𝑛𝑑 , 𝜌ö𝑙 , 𝑐𝑝,ö𝑙 , 𝜌𝑠𝑡 , 𝑐𝑝,𝑠𝑡
𝜆𝑎𝑖𝑟 , 𝜌𝑎𝑖𝑟 , 𝑐𝑝,𝑎𝑖𝑟 , 𝜇𝑎𝑖𝑟 , 𝛼𝑆 = 𝛼𝑆𝑡𝑖𝑟𝑛𝑓𝑙ä𝑐ℎ𝑒
 gesucht: 𝑇 wenn die Bombe am Boden auftrifft
 Vorgehen: instationäre Wärmeleitung, wobei 𝛼̅𝑀 = 𝛼𝑀𝑎𝑛𝑡𝑒𝑙𝑓𝑙ä𝑐ℎ𝑒
zuerst gefunden werden muss mit der erzwungenen Konvektion.
̅ 𝑀 ∙𝐴𝑀
𝛼𝐴 ℎ𝑖𝑒𝑟 − 2𝛼𝑆 ∙𝑆+𝛼
𝑇 − 𝑇∞
∙𝑡
= 𝑒 −𝑀𝑐∙𝑡 ⇒ 𝑒 𝑀ö𝑙∙𝑐𝑝,ö𝑙+𝑀𝑠𝑡∙𝑐𝑝,𝑠𝑡
𝑇𝑖 − 𝑇∞
 Annahmen:
𝛼𝑖𝑛𝑛𝑒𝑛 = ∞ und 𝑝 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. = 7𝑏𝑎𝑟
 gegeben:
𝑇𝑖 = 180°𝐶
𝑚
𝑘𝑔
𝑢∞ = 8
𝜌𝑎𝑖𝑟 = 1.1941 3
𝑠
𝐿𝑖𝑠𝑜 = 5𝑐𝑚
𝜆𝑖𝑠𝑜 0.046
𝑐𝑝,𝑎𝑖𝑟 = 1.007
𝑊
𝑚∙𝐾
𝑚
𝑚
𝑘𝐽
𝑘𝑔∙𝐾
𝐿𝑠𝑡 = 3𝑚𝑚
𝑑𝑖 = 15𝑐𝑚
𝑚̇ = 0.35
𝑇∞ = 293𝐾
𝑁∙𝑠
𝜇𝑎𝑖𝑟 = 181.1 ∙ 10−7 2
𝜆𝑎𝑖𝑟 = 25.7 ∙ 10−3
𝜆𝑠𝑡 = 64
𝑘𝑔
𝑚
𝑊
𝑚∙𝐾
𝑊
𝑚∙𝐾
𝜈
0.805
𝛼̅ =
̅̅̅̅𝐷 ∙𝜆𝑎𝑖𝑟
𝑁𝑢
𝑑𝑎
= 32.6
∙(
𝑐𝑝 ∙𝜇 1⁄3
𝜆
)
= 324.815
𝑊
𝑚2 ∙𝐾
 Mittlerer Temperaturunterschied gegenüber 𝑇∞ berechnen:
𝑇2 = 𝑇𝑠𝑎𝑡 + 5°𝐶 = 169.97°𝐶
A-4
∆𝑇1 + ∆𝑇2
∆𝑇𝑙𝑖𝑛 =
= 154.985°𝐶
2
∆𝑇1 −∆𝑇2
∆𝑇𝑙𝑜𝑔 = ∆𝑇1
= 154.931°𝐶
ln(
𝑢∞ = 20
𝑚
𝑠
⁄∆𝑇 )
2
 Verlorene Wärme per 1HS berechnen:
𝑞̇ 𝑙𝑜𝑠𝑡 = 𝑚̇ ∙ (ℎ1 −ℎ2 )
ℎ1
A-4 @ 180°𝐶
A-4 @ 169.97°𝐶
= 8314.96𝑊
ℎ2
Seite 16
𝜈𝐻𝑒 = 290 ∙ 10−6
𝑇∞ = 500𝐾
𝑊
𝜆𝐻𝑒 = 0.22
𝑚∙𝐾
𝑃𝑟 = 0.67
𝑇𝑠,𝑂 = 1300𝐾
𝑚
𝑚2
𝑠
𝜇∞ = 283 ∙ 10−7 𝑃𝑎 ∙ 𝑠
𝜇𝑊 = 592 ∙ 10−7 𝑃𝑎 ∙ 𝑠
𝑊
𝜆𝑈 = 𝜆𝐺 = 2
𝑚∙𝐾
 gesucht: a) den Wärmestrom pro Brennelement an das Gas (in W).
′′′
b) 𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
und 𝑇𝑠,𝑖
c) 𝑇(𝑟) im Brennelement und 𝑇(0)
 Vorgehen: stationäre Wärmeleitung, wobei 𝛼̅ zuerst gefunden werden
muss mit der erzwungenen Konvektion an einer Sphäre.
 Berechnen von 𝛼̅: (eigentlich dürfte man die Formel nicht verwenden)
0.4
̅̅̅̅
𝑁𝑢𝐷 = 2 + (0.4 ∙ 𝑅𝑒𝐷 1⁄2 + 0.06 ∙ 𝑅𝑒𝐷 2⁄3 ) ∙ 𝑃𝑟∙ (
= 13.899
𝜇
𝜇
𝑊
• Ausgangslage: Ein
Hochtemperatur-GasReaktor (HTGR) besteht
aus kugelförmigen
Uranoxid-Elementen, die
eine uniforme volumetrische Wärmequelle
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
enthalten. Jedes
Brennelement ist in eine
Schale aus Graphit eingebettet, die durch einen Heliumgasstrom gekühlt
wird. Betrachten Sie ein Brennelement im stationären Zustand unter
Vernachlässigung von Wärmestrahlung.
 gegeben:
𝑑𝑖 = 10𝑚𝑚
𝑑𝑎 = 12𝑚𝑚
𝑠
 gesucht: 𝐿
 Vorgehen: über Wärmeleitwiderstände 𝐿 finden, wobei 𝛼̅ zuerst
berechnet werden muss mit der erzwungenen Konvektion.
 Berechnen von 𝛼̅:
𝑢 ∙𝑑
𝜌∙𝑢 ∙𝑑
𝑅𝑒𝐷 = ∞ 𝑎 = ∞ 𝑎 = 135′037
𝜌∙𝑢 ∙𝑑
̅̅̅̅
𝑁𝑢𝐷 = 0.027 ∙ ( ∞ 𝑎 )
= 88.43
𝑚
𝐷
𝑡=
1
0.078 +
+ 2𝜋∙0.046
2𝜋∙0.128∙32.6
BRENNELEME NT
𝐷2 𝜋𝐿
𝑀ö𝑙 = 𝜌ö𝑙 𝑉ö𝑙 = 𝜌ö𝑙 ∙
0.075
2𝜋∙64
 Daraus die gesuchte Länge bererchnen:
𝑞̇
𝐿 = 𝑙𝑜𝑠𝑡⁄𝑞̇ ′ = 8314.96𝑊⁄
𝑊 = 94𝑚
88.43
𝐴𝑀 = 𝐷𝜋𝐿
4
) ln(𝑟 )
𝑟1
2 + 1
+
̅
2𝜋𝜆𝑠𝑡 2𝜋𝜆𝑖𝑠𝑜 2𝜋𝑟3 𝛼
ln(
𝛼̅ =
̅̅̅̅
𝑁𝑢𝐷 ∙𝜆𝐻𝑒
𝑑𝑎
(mit 𝑅𝑒𝐷 =
= 254.81
𝑢∞ ∙𝑑𝑎
𝜈
𝑊
𝜇
𝜇𝑊
)
1⁄4
= 827.586)
𝑚∙𝐾
 Daraus Wärmestrom ausrechnen:
𝑞̇ = 𝛼̅ ∙ 𝑂𝑘𝑢𝑔𝑒𝑙 ∙ (𝑇𝑠,𝑂 − 𝑇∞ ) = 𝛼̅ ∙ 𝑑𝑎2 ∙ 𝜋 ∙ (𝑇𝑠,𝑂 − 𝑇∞ ) = 92.22𝑊
 Quellenterm durch Teilen durch inneres Volumen berechnen:
𝑑𝑎3 ∙ 𝜋
𝑀𝑊
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
= 𝑞̇ ⁄𝑉 = 𝑞̇ ⁄(
) = 176.125 3
6
𝑚
 𝑇𝑠,𝑖 mittels Wärmeleitwiderstand berechnen:
𝑇𝑠,𝑖 = 𝑇𝑠,𝑂 + 𝑞̇ ∙ 𝑅𝑙𝑒𝑖𝑡,𝑠𝑝ℎ = 𝑇𝑠,𝑂 + 𝑞̇ ∙
 Ansatz für 𝑇(𝑟) = −
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
 2.RB: 𝑇(𝑟𝑖 ) = 𝑇𝑠,𝑖 = −
2
𝑟 −
6𝜆
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
6𝜆
 𝐶2 ist auch gleich 𝑇(0) = −
𝐶2 = 𝑇(0) = 𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇𝑠,𝑖 +
𝐶1
𝑟
1 1
−
𝑟𝑖 𝑟𝑎
4𝜋𝜆𝐺
+ 𝐶2 mit 𝐶1 = 0 (Symmetrie)
2
𝑟𝑖 + 𝐶2
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
6𝜆
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
6𝜆
= 1422.31°𝐶
⇒ 𝐶2 = 𝑇𝑠,𝑖 +
0
02 − + 𝐶2 = 𝐶2
𝑟
𝑟𝑖 2 = 1789.24°𝐶
′′′
𝑞̇ 𝑄𝑢𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛
6𝜆
𝑟𝑖 2