Allgemeine Vorgehensweise

Institut für Thermodynamik
Prof. Dr. rer. nat. M. Pfitzner
Thermodynamik I - Lösung 3
Allgemeine Vorgehensweise
1 . Skizze zeichnen und Systemgrenze ziehen
2 . Art des Systems festlegen (offen, geschlossen, abgeschlossen) und Eigenschaften charakterisieren (z.B. adiabat, stationär, ruhend...)
3 . Massen- und Energieströme einzeichnen
4 . Bilanzen aufstellen
- 1. HS der Thermodynamik
zeitliche Änderung der Systemenergie = Summe der Wärmeströme +
Summe der Arbeitsströme + Summe der Enthalpieströme
dESys
dτ
=
Q̇i +
i
dESys
dτ
P
P
P
Ẇi +
i
=
dEpot
dτ
+
P
ṁk htot,k
k
dEkin
dτ
+
dUSys
dτ
ṁk htot,k = ṁein h + gz + 12 c2
− ṁaus h + gz + 21 c2
egozentrische Betrachtung: Ströme ins System ⇒ positives Vorzeichen
Ströme aus dem System heraus ⇒ neg. Vorzeichen
Integration zwischen den Zeitpunkten τ1 und τ2 :
E2 − E1 =
P
i
Q12,i +
P
W12,i +
i
i
- Massenbilanz
dmSys
dτ
=
P
P
ṁi
i
1
m12,i hi + gzi + 12 c2i
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5 . Welche Größen sind zur Beschreibung des Systems notwendig?
→ Alle anderen Größen aus den Bilanzen streichen
z.B. -
geschlossenes System: ṁi = 0
adiabates System: Q̇i = 0
keine Vorrichtung: Ẇt = 0
dE
stationäres System: dτSys = 0 ;
d
dτ ()
=0
6 . Falls nötig, Zustandsgleichungen aufstellen
- ideales Gas: p V = m R T
- Wirkungsgrad: η =
N utzen
Auf wand
- quasistatische Zustandsänderung
isotherm
isochor
isobar
isentrop
→
→
→
→
T = const
v = const
p = const
s = const
7 . Lösen der Gleichung
Themenschwerpunkt: Geschlossene Systeme
Einleitende Fragen:
1 . Wie sind Prozess- und Zustandsgröße definiert?
Prozessgrößen werden durch Differenzen zwischen zwei Zeitpunkten bestimmt. Sie sind
wegabhängig. z.B.: Arbeit W , Wärme Q
Zustandsgrößen sind nur für einen bestimmten Zeitpunkt definiert. Diese sind wegunabhängig. z.B.: Masse m, Volumen V , Dichte ρ
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2 . Nennen Sie thermische und kalorische Zustandsgrößen!
thermische: Druck p, spez. Volumen v, Temperatur T
kalorische: innere Energie U , Enthalpie h
3 . Nennen Sie die thermische Zustandsgleichung des idealen Gases.
Unter welchen Voraussetzungen darf in der Praxis mit dieser Gleichung gerechnet werden?
pV = mRT
Mit dieser Gleichung darf nur bei idealem oder perfektem Gas gerechnet werden.
4 . Beschreiben Sie den Zusammenhang zwischen der Regel von Avogadro und dem Begriff
’Normzustand’ !
Die Avogadro-Zahl gibt an, dass 1 mol 6,022 · 1023 Teilchen sind. Im Normzustand
haben 1 mol Gas immer ein Volumen von 22,4 l.
5 . Wie erklärt man den Gasdruck bei einer kinetischen Interpretation des Temperaturbegriffes?
Wenn man die Temperatur in einem mit Gas gefüllten System erhöht, so steigert sich
die Energie der Gasteilchen. Die Gasmoleküle schwingen und bewegen sich mehr und
besitzen dadurch einen größeren Impuls. Dadurch wird ein größere Druck in dem System
aufgebaut.
6 . Ein ideales Gas soll
(a) isobar
(b) isochor
um ∆T erwärmt werden. Wie unterscheiden sich die erforderlichen Wärmemengen?
(a) Q12 = m cp (T2 − T1 )
(b) Q12 = m cv (T2 − T1 )
7 . Für welche der aufgeführten Größen ist ein positives Vorzeichen vereinbart worden?
(a) zugeführte Wärme
(b) abgegebene technische Arbeit
(c) abgegebene Wärme
(d) zugeführte technische Arbeit
Da wir uns im egozentrischen System befinden, haben a) und d) ein positives Vorzeichen.
b) und c) hätten in diesem Fall, aufgrund das sie abgegeben werden, ein negatives
Vorzeichen.
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Aufgabe 10
In einer senkrecht angeordneten Zylinder-Kolben-Kombination mit einem freien Volumen
V = 100 cm3 , einer Querschnittsfläche A = 10 cm2 und einer Kolbenmasse mK = 10 kg,
befindet sich reiner Stickstoff mit der Temperatur T1 = 300 K.
Hinweise:
• Stickstoff soll näherungsweise als perfektes Gas betrachtet werden.
• Die innere Energie des Stickstoffs ändert sich mit der Temperatur entsprechend
kJ
U − U0 = m cV (T − T0 ), wobei cV = 0, 74 kgK
ist.
• Der Druck der Umgebung beträgt pU = 1, 0 bar.
• Molmasse des Stickstoffs MN2 = 28, 013
kg
kmol
• Gaskonstante des Stickstoffs RN2 = 0, 297
kJ
kgK
Gegeben: V1 = 100 cm3 = 100 · 10−6 m3
A = 10 cm2 = 10 · 10−4 m2
mK = 10 kg
T2 = 600 K
T1 = 300 K
a ) Welches Volumen nimmt der Stickstoff nach einer Erwärmung auf T2 = 600 K ein?
Der Stickstoff dehnt sich aus, dadurch wird der Kolben nach oben bewegt, sodass der
Druck im Gas immer konstant bleibt.
p1 = p2 = p = const ⇒ isobare Änderung
p V = m R T , mit p, m und R = const
⇒
V
T
= const ⇒
⇒ V2 = V1
T2
T1
V1
T1
=
V2
T2
= 100 cm3 ·
600 K
300 K
= 200 cm3
4
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b ) Welche Volumenänderungsarbeit gibt der Stickstoff aufgrund der Temperaturerhöhung
ab?
δWV = −F ds = (Kraft · Weg)
F =pA
δWV = −p A ds = −p dV
Druck aus Kräfte-Gleichgewicht am Kolben:
Fp = Fg,K + FpU
p A = mK g + pU A
p =
mK g
A
+ pU
Kompression → Volumenabnahme dV < 0
Arbeit am System und Erhöhung seiner Energie, δWV > 0
→ Volumenzunahme dV > 0
Expansion
Das System leistet Arbeit gegen den äußeren Druck, δWV < 0
δW = −p dV
R2
W12 = − p dV
1
= − p (V2 − V1 )
= − pU +
= − 1·
mK ·g A
105
Pa +
(V2 − V1 )
10 kg · 9,81 m2
s
10 · 10−4 m2
· (200 − 100) · 10−6 m3
= − 19, 81 J
Anmerkung:
1 cm = 10−2 m
1 cm2 = 10−4 m2
1 cm3 = 10−6 m3
c ) Welche Wärme muss dem Stickstoff dabei zugeführt werden?
1. Hauptsatz geschlossenes System:
X
X
dEpot
dEkin
dUSys
+
+
=
Q̇i +
Ẇj
dτ
| dτ
{z }
| dτ
{z }
i
j
0
0
⇒ U2 − U1 = Q12 + W12
Q12 = U2 − U1 − W12
= m cV (T2 − T1 ) − W12
5
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m =
p 1 V1
R T1
mK g
A
10kg · 9,81 m
5
10 Pa + 10 · 10−4 ms22
p1 = pU +
= 1·
= 198100 Pa
m =
p 1 V1
R T1
198100 Pa · 100 · 10−6 m3
J
· 300 K
297 kgK
−4
10 kg
=
= 2, 223 ·
J
⇒ Q12 = 2, 223 · 10−4 kg · 740 kgK
· (600 K − 300 K) − (−19, 81 J)
= 69, 168 J > 0
⇒ Wärme muss zugeführt werden!
Aufgabe 11
In dem Druckkessel (Durchmesser 400 mm) einer Hauswasserversorgung befindet sich Luft
mit einem Druck von 3 bar (Einschaltdruck der Pumpe). Die Luftsäule hat eine Höhe von
1000 mm.
Gegeben: p1 = 3 bar
p2 = 7 bar
h1 = 1 m
d = 400 mm = 0,4 m
a ) Wie hoch ist die Luftsäule, wenn durch die Pumpe ein Druck von 7 bar hergesstellt
wurde?
Die Temperatur bleibt konstant (isotherme Zustandsänderung)
pV =mRT ⇒ T =
T1 = T2 ⇒
pV
mR
p1 V1
p2 V2
=
m
R
m
R
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p1
V2
A h2
=
=
p2
V1
A h1
⇒ h2 = h1
p1
p2
= 1m ·
3 bar
7 bar
= 0, 429 m
b ) Welche Arbeit wurde zur Verdichtung der Luft aufgewendet?
Das Anfangsvolumen beträgt
V1 = A h1 =
=
π 2
d h1
4
π
(0, 4m)2 · 1 m
4
= 0, 1257 m3
Die zuzuführende Arbeit zur Verdichtung der Luft beträgt
W12 = −
= −
mRT
mit p =
Z
p dV
Z2
V
mRT
dV
V
1
= − [m R T ln V ]21
= − (m R T ln V2 − m R T ln V1 )
= m R T ln
V1
V2
V1
− ln V2 + ln V1 = ln
mRT =pV
V1
= p1 V1 ln
V2
A h1
= p1 V1 ln
A h2
1
5 N
3
= 3 · 10
· 0, 1257 m · ln
m2
0, 429
= 31, 904 kJ
7
V2
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c ) Wieviel Wärme wurde durch das Wasser bzw. durch die Behälterwand abgeführt, wenn
die Temperatur konstant bleibt?
1. Hauptsatz geschlossenes System:
∆12 U = Q12 + W12 ⇒ Q12 = ∆12 U − W12
Q12 = m cV (T2 − T1 ) − W12 mit ∆12 U = m cV (T2 − T1 )
Q12 = m cV (T2 − T1 ) − W12
|
{z
0, T =const
}
Die abgeführte Wärme ergibt sich somit zu
Q12 = −W12 = −31, 904 kJ
Aufgabe 12
Ein Kühlschrank stehe in einem gut wärmeisoliertem Zimmer. Dem Kühlschrank wird eine
elektrische Leistung Pel = 100 W zugeführt. Er nimmt von der Umgebung einen Wärmestrom
von Q̇zu = 50 W auf. Die Luft im Zimmer habe die Masse von mL = 500 kg bei einer spezikJ
.
fischen Wärmekapazität von cV = 0,714 kgK
Ermitteln Sie durch geeignete Wahl der Systemgrenzen den abgeführten Wärmestrom Q̇ab
des Kühlschrankes im stationären Betrieb, sowie die Erwärmung ∆TLuf t der Zimmerluft pro
Stunde.
Gegeben: Pel = 100 W
Q̇zu = 50 W
mL = 500 kg
cV = 0,714
J
kgK
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a ) Ermittlung von Q̇ab des Kühlschranks: (1. HS, geschl. System, stationärer Betrieb)
dE
dτ
|{z}
=
X
Q̇i +
X
i
Ẇj
j
0, stat. Betrieb
⇒ 0 =
P
Q̇i +
i
P
Ẇj
j
= Q̇zu − Q̇ab + Pel
⇒ Q̇ab =
Q̇zu + Pel = 150 W
Es wird ein Wärmestrom von Q̇ab = 150 W abgeführt.
b ) Erwärmung der Zimmertemperatur pro Stunde:
1. Hauptsatz geschlossenes System (nun wird die Raumluft als System betrachtet):
X
X
dEpot
dEkin
dU
Ẇj
Q̇i +
+
+
=
dτ
{z }
{z }
| dτ
| dτ
i
j
0
0
| {z }
0
dU
= Q̇ab − Q̇zu ⇒ Integration
dτ
(U2 − U1 ) = Q̇ab − Q̇zu (τ2 − τ1 )
mL cV ∆T = Q̇ab − Q̇zu ∆τ
∆T
=
∆τ
⇒
Q̇ab − Q̇zu
mL cV
150 Js − 50 Js
∆T
s
=
· 3600 = 1,008
J
∆τ
h
500 kg · 714 kgK
=
ˆ 1,008
K
h
◦C
h
=
ˆ 2,801 · 10−4
9
K
s
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Thermodynamik I - Lösung 3
Aufgabe 13 - DVP vom 10.01.2002
Ein Autoreifen mit einem Fassungsvermögen VA = 20 dm3 , in dem der Luftdruck auf p1 = 1,5 bar
abgesunken ist und der Temperatur der Umgebung t1 = tU = 10 ◦ C besitzt (Zustand 1), soll
wieder aufgepumpt werden. Dabei strömt Luft aus einem großen Druckbehälter B, in dem der
Druck pB und die Temperatur tB = 20 ◦ C herrscht, über ein adiabates Ventil in den Reifen.
Die Luft wird auf den Druck im Reifen gedrosselt (Zustand 2).
Nach dem Einfüllen der Luftmenge ∆m und dem Temperaturausgleich mit der Umgebung
soll im Autoreifen ein Druck p3 = 2, 2 bar (Zustand 3) herrschen.
a ) Welche Luftmenge ∆m muss dem Autoreifen beim Aufpumpen zugeführt werden?
b ) Welche Temperatur t2 besitzt die Luft im Autoreifen unmittelbar nach dem Aufpumpen,
wenn während des Aufpumpens keine Wärme an die Umgebung abgegeben werden soll?
c ) Auf welchen Druck p2 muß der Autoreifen aufgepumpt werden?
d ) Welche Wärme gibt die Luft im Autoreifen während der Abkühlung auf die Umgebungstemperatur (t3 = tU ) an die Umgebung ab?
Weitere Hinweise:
• Die Luft soll als perfektes Gas mit der Gaskonstanten RL = 0, 287
kJ
schen Wärmekapazität cV = 0, 7175 kgK
betrachtet werden.
kJ
kgK
und der spezifi-
• Das Reifenvolumen VA kann als konstant angesehen werden.
• Die Wärmekapazität des Autoreifens soll vernachlässigt werden.
• Die Druckluft im Druckbehälter B soll als thermodynamisches Reservoir betrachtet
werden.
• Änderungen der potenziellen und der kinetischen Energien sollen vernachlässigt werden.
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Thermodynamik I - Lösung 3
Gegeben: VA = 20 dm3 = 0,02 m3 = const
p1 = 1,5 bar = 1,5 · 105 Pa
t1 = t3 = tU = 10 ◦ C ⇒ TU = 283,15 K
p3 = 2,2 bar = 2,2 · 105 Pa
tB = 20 ◦ C
kJ
RL = 0,287 kgK
J
cV = 717,5 kgK
a ) gesucht: ∆m
Lösung:
∆m = m3 − m1 =
∆m =
p 3 V3
R T3
p 1 V1
R T1
−
0,02 m3
(2, 2
J
287 kgK
· 283,15 K
=
VA
R TU
(p3 − p1 )
− 1, 5) · 105 Pa
∆m = 0, 0172 kg
b ) gesucht: t2
Lösung: 1. Hauptsatzes (Energiebilanz für geschlossenes System)
adiabat
+ ∆E
pot
712 + W12
∆
Q
12 E
12 kin + ∆12U = ∆12 U Σ = ∆12 U I + ∆12 U II = − WB
WB ist hierbei die Volumenänderungsarbeit, die das Restgas im Druckreservoir aufbringt, um auf das volle Volumen des Druckbehälters zu expandieren. Diese Volumenarbeit entspricht der Arbeit, die aufgewendet werden muss, um den Reifen auf den
Druck im Zustand 2 aufzupumpen.
1. WB = −
R2
p(V ) dV mit p(V ) = pB
1
WB = −pB ∆12 V = −∆12 m R TB
2. Unterteilung des Gesamtsystems Σ in homogene Teilsysteme, deren Masse konstant
bleibt.
∆12 U Σ = ∆12 U I + ∆12 U II = ∆12 m cV (T2 − TB ) + m1 cV (T2 − T1 )
⇒ ∆12 m cV (T2 − TB ) + m1 cV (T2 − T1 ) = ∆12 m RL TB
⇒ ∆12 m cV T2 + m1 cV T2 = ∆12 m RL TB + ∆12 m cV TB + m1 cV T1
⇒ T2 =
T2 =
1
m3
∆m TB
1+
J
287 kgK
· 283,15 K
2,2·105 Pa·0,02 m3
RL
cV
+ m1 T1 =
R T3
p 3 VA
∆m TB
0, 017 kg · 293, 15 K 1 +
T2 = 323,58 K ⇒ t2 = 50,43 ◦ C
11
J
kgK
J
717,5 kgK
287
1+
+
RL
cV
+
p1 VA
RL
1,5·105 Pa·0,02 m3
J
287 kgK
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Thermodynamik I - Lösung 3
c ) gesucht: p2
Lösung: isochorer Abkühlvorgang von 2 → 3
m
R T3
m
R T2
=
VA = const ⇒ p2
p3
p2 = p3
T2
T3
= 2, 2 bar
323,58K
283,15K
= 2,514 bar
d ) gesucht: Q23
Lösung:
1. Hauptsatz geschlossenes System: ∆23 U = Q23 + W
23
Q23 = m3 cV (T3 − T2 )
=
p3 VA
R T3
=
2,2 105 Pa · 0,02 m3
J
287 kgK
· 283,15 K
cV (T3 − T2 )
· 717, 5
J
kgK
· (283, 15 K − 323, 58 K)
= -1571 J
12