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

Institut für Thermodynamik
Prof. Dr. rer. nat. M. Pfitzner
Thermodynamik I - Lösung 6
Aufgabe 24
Zylinder nach oben offen
Der dargestellte Zylinder A und der zugehörige bis zum Ventil reichende Leitungsabschnitt
enthalten Stickstoff. Dieser nimmt im Ausgangszustand ein Volumen V1 = 5, 0 dm3 ein. Der
reibungsfrei bewegliche Kolben hat eine Masse von mK = 17, 94 kg und einen Durchmesser dK von 8 cm. Der Umgebungsdruck beträgt pU = 1 bar. Der rechte Behälter und der
zugehörige Leitungsabschnitt haben das konstante Volumen VB = 10, 0 dm3 ; sie sind ebenfalls mit Stickstoff gefüllt, der unter dem Druck pB = 650 kPa steht. Das ganze System hat
die Anfangstemperatur t1 = 20, 0 ◦ C. Nach dem Öffnen des Ventils strömt Stickstoff aus dem
Behälter langsam in den Zylinder über; der Kolben hebt sich, bis der Druck im ganzen System
den selben Wert erreicht.
a ) Für diesen Zustand berechne man die Temperatur t2 sowie das Volumen V2 des Stickstoffs im Zylinder unter der Annahme, dass der Stickstoff während des Prozesses 1-2 ein
adiabates System ist.
b ) Danach wird Wärme zwischen dem Stickstoff und der Umgebung übertragen, so dass
der Stickstoff schließlich die Temperatur t3 = t1 = 20, 0 ◦ C erreicht. Wie groß ist die
bei diesem Prozess 2-3 übertragene Wärme Q23 ?
Hinweis:
• Stickstoff kann als ideales Gas betrachtet werden mit einer spezifischen Gaskonstante
kJ
von RN2 = 0, 297 kgK
.
• Die spezifische Wärmekapazität von Stickstoff wird als konstant angenommen:
kJ
cv = 0, 744 kgK
1
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Thermodynamik I - Lösung 6
Gegeben: V1 = 5, 0 dm3 = 5 ·10−3 m3
pB = 650 · 103 Pa
pU = 1 bar = 105 Pa
t1 = 20, 0 ◦ C ⇒ T1 = 293,15 K
t3 = 20, 0 ◦ C ⇒ T3 = 293,15 K
mK = 17, 94 kg
dK = 8 cm = 0,08 m
kJ
cv = 0, 744 kgK
J
RN2 = 297 kgK
a ) Man berechne die Temperatur t2 sowie das Volumen V2 des Stickstoffs im Zylinder unter der Annahme, dass der Stickstoff während des Prozesses 1-2 ein adiabates System ist.
1. Hauptsatz für geschlossenes System:
0
0, da adiabat
0
> dUSys
X X
dEpot dEkin
dE
Ẇj
Q̇i +
=
+ +
=
dτ
dτ
dτ
dτ
j
i
∆12 USys = W12
Die zu verrichtende Arbeit besteht aus der Volumenänderungsarbeit an der Umgebung
sowie der Hubarbeit, die am Kolben zu verrichten ist:
Kolben
W12 = −WVU − W12
⇒
WVU
= −
Z2
pU dV = pU ∆VSys
1
mit V1,U = VU + ∆VSys
V2,U = VU
Kolben
⇒ W12
= mK g h = mK g
mit ∆VSys =
W12
∆VSys
π 2
4 dK
π 2
d h
4 k
mK g
= − pU + π 2
4 dk
!
∆VSys
Die innere Energie des Systems setzt sich wie folgt zusammen:
∆12 UA = mA cv (T2 − T1 )
∆12 UB = mB cv (T2 − T1 )
∆12 USys = (mA + mB ) cv (T2 − T1 )
|
{z
m
2
}
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Thermodynamik I - Lösung 6
Da die Zustandsänderung sehr langsam abläuft, ist der Druck pA im Zylinder zu jedem
Zeitpunkt konstant. Er ergibt sich aus einem Kräftegleichgewicht am Kolben:
Fp,U + FG,K = Fp,A
pU A + mK g = pA A
⇒ pA = pU +
mK g
π
d2K
4
= 105 Pa +
17,94 kg· 9,81 m2
s
π
(0,08 m)2
4
= 1, 350 bar
Für die Masse des Stickstoffs gilt mit der der thermischen Zustandsgleichung:
m = mA + mB
=
=
pZ V1 pB VB
+
R T1
R T1
3
135 · 10 Pa · 5 · 10−3 m3 650 · 103 Pa · 10 · 10−3 m3
+
J
J
297 kgK
297 kgK
· 293, 15 K
· 293, 15 K
= 0, 0824 kg
Nun können alle berechneten Größen in den 1. Hauptsatz eingesetzt werden:
mK g
m cv (T2 − T1 ) = − pU + π 2
4 dK
{z
|
pA
!
(V2 − V1 )
(1)
}
Unter Anwendung der thermischen Zustandsgleichung erhält man folgende Beziehung:
m R T2 = pA (V2 + VB )
(2)
(1) + (2) und Auflösen nach der Temperatur T2 ergibt:
m cv (T2 − T1 ) + m R T2 = −
pAV
pAV
2 +
2 + pA (V1 + VB )
T2 (m cv + m R) = m cv T1 + pA (V1 + VB )
⇒ T2 =
=
pA (V1 + VB )
T1 c v
+
m (cv + R)
(cv + R)
135 · 103 Pa · (5 + 10) · 10−3 m3
0, 0824 kg 744
J
kgK
+ 297
= 233, 12 K = −40, 03 ◦ C
3
J
kgK
+
293, 15 K · 744
744
J
kgK
+ 297
J
kgK
J
kgK
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Thermodynamik I - Lösung 6
Damit berechnet sich das Volumen V2 zu
V2 = m
R T2
− VB
pA
= 0, 0824 kg
J
kgK
297
· 233, 12 K
135 · 103 Pa
− 10 · 10−3 m3
= 32, 26 · 10−3 m3 = 32, 36 l
b ) Wie groß ist die übertragene Wärme Q23 , die für den Temperaturausgleich mit der
Umgebung benötigt wird?
Die Zustandsänderung läuft isobar ab, wobei ein Wärmeaustausch stattfindet. Die Energiebilanzgleichung ergibt aus dem 1. Hauptsatz für geschlossene Systeme:
dτ
0
0
> dUSys
X
X
dEkin
Ẇj
Q̇i +
+ +
=
dτ
dτ
j
i
dEpot
∆23 U = m cv (T3 − T2 ) = Q23 + W23
Dabei berechnet sich die Volumenänderungsarbeit zu
W23 = −
Z3
2
p(V ) dV = pA (V3 − V2 )
mit p(V ) = pA = const.
W23 = −p (V3 − V2 )
= −m R (T3 − T2 )
pV =mRT
Die von der Luft aufgenommene Wärme ist somit
Q23 = ∆23 U − W23
= m cv (T3 − T2 ) − (−m R (T3 − T2 ))
= m (cv + R) (T3 − T2 )
= 0, 0824 kg 744
J
J
+ 297
(293, 15 K − 233, 12 K)
kgK
kgK
= 5149 J
4
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Zusatz:
Durch die Energiezufuhr erhöht sich die innere Energie der Luft um
U3 − U2 = m cv (T3 − T2 )
= 0, 0824 kg · 744
J
(293, 15 K − 233, 12 K)
kgK
= 3680 J
Die Energiezufuhr (2-3) macht die bei der adiabaten Expansion (1-2) aufgetretene Energieabnahme wieder rückgängig. Die bei der Expansion (2-3) abgegebene Volumenänderungsarbeit W23 ergibt sich aus der Differenz von aufgenommener Wärme Q23 und
Änderung der inneren Energie ∆U zu
W23 = (U3 − U2 ) − Q23
= 3680 J − 5149 J
= −1469 J
5
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Thermodynamik I - Lösung 6
Aufgabe 25
In einem Schwimmbecken mit einer Wassertiefe von ymax = 2 m sind auf der Höhe y0 = 1, 5 m
kreisförmige Lampen mit einem Radius r0 = 10 cm installiert. Die Wassertemperatur im
Schwimmbecken hat in den Bereichen außerhalb der Lampen eine Temperatur tW von 20 ◦ C.
In einem Abstand von 20 cm zur Beckenwand steigt die Temperatur des Beckenwassers im
Bereich der Lampen lokal um ∆Tmax = 20 K an. Die Temperaturverteilung in Abhängigkeit
der Koordinaten x und y kann hier über den unten stehenden Ausdruck beschrieben werden.
Der Umgebungsdruck an der Wasseroberfläche pU soll 1 bar betragen.
T (x, y) =


TW
 TW +
∆Tmax
2
mit r =
q
f ür r > r0
cos π rr0 + 1
f ür r ≤ r0
(x − x0 )2 + (y − y0 )2
6
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Thermodynamik I - Lösung 6
Eine Luftblase soll nun parallel zur Beckenwand in einem Abstand von 20 cm vom linken
unteren Eck einer Lampe mit dem Mittelpunkt x0 = 3 m und y0 = 1,5 m aus dem Zustand 1
in der Position x1 = 2,8 m und y1 = 1,3 m über den Weg y(x) = x − 1,5 m in einen Zustand 2
(x2 = 3,2 m; y2 = 1,7 m) überführt werden.
Aufgabenstellung:
Geben Sie die Änderung der spezifischen Enthalpie der Luft in der Blase für jede beliebige
Position 2′ auf dem Weg (1-2) an und berechnen Sie deren Wert explizit im Mittelpunkt der
Lampe und im Zustand 2. Verfolgen Sie hierbei einmal den in der Aufgabenstellung gegebenen
Weg und entwickeln Sie falls möglich eine zweite einfachere Variante der Lösung des Problems.
Hinweise:
• Die Luft in der Blase soll als perfektes Gas angenommen werden (RL = 0, 287
kJ
)
cp = 1, 004 kgK
kJ
kgK ,
• Die Temperatur der Luft in der Blase soll immer gleich der Wassertemperatur in der
kg
jeweiligen Position sein. Die Dichte des Wassers soll ρH2 O = 1000 m
3 betragen.
Lösung:
Gesucht ist die Änderung der spezifischen Enthalpie der Blase für jede Position 2′ auf dem
Weg 1 → 2. Allgemein gilt:
h = h(T, p)
⇒
dh =
∂h
∂T
p
| {z }
cp
⇒
∆12′ h =
Z2′
1
dT +
∂h
∂p
dp
T
| {z }
Realf aktor der Enthalpie

Z2′ 

dh = 
cp (T, p) dT +

=0, da perf. Gas
Zusammenhang für dT (x, y) bestimmen:
dT (x, y) =
mit r =
und
∂r
∂x
∂T
∂x
q
dx +
y
∂T
∂y
dy
x
(x − x0 )2 + (y − y0 )2
= 12 √
2(x−x0 )·1
(x−x0 )2 +(y−y0 )2
7
| {z T}
1
∂h
∂p
=
x−x0
r



dp


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Thermodynamik I - Lösung 6
∂T
∂x
∂T
∂y
=
(
=



y
x
Laut Angabe gilt:


− ∆T2max
− ∆T2max
sin
0
sin
π rr0
0
π rr0
π x−x0
r0 r
f ür r > r0
f ür r ≤ r0
π y−y0
r0 r
f ür r > r0
f ür r ≤ r0
y(x) = x − 1, 5m = x − x0 + y0
∂y
= 1 → dy = dx
∂x
q
(x − x0 )2 + (y − y0 )2
⇒ r =
q
=
√
=
(x − x0 )2 + (x − x0 + y0 − y0 )2
2(x − x0 )
Jetzt alles in die Ausgangsgleichung einsetzen:
dT (x, y) =
⇒
=
(
=
(
=
(
∂T
∂x
=
(
=


dT (x) =
⇒ ∆12′ h =

(
dx +
y
·π
− ∆T2max
r0
·π
− ∆T2max
r0
·π
− ∆T2max
r0
·π
− ∆Tmax
r0
·π
− ∆Tmax
r0
√max ·π
− ∆T
2 r0
Z2′
1
∂T
∂y
dy
x
sin
π rr0
0 dx
sin
π rr0
sin
sin
0 dx
π rr0
0 dx
π rr0
sin π
sin
cp (T, p)
(
1
r (x
√
0 dx
f ür r > r0
− x0 + x − x0 + y
y
0 −
0 )dx f ür r ≤ r0
2 (x − x0 )dx
r
1
r (x
f ür r > r0
f ür r ≤ r0
f ür r > r0
− x0 )dx f ür r ≤ r0
0 dx
2(x−x0 )
r0
0 dx
√
π
r0
1
r (x
f ür r > r0
− x0 + y − y0 )dx f ür r ≤ r0
√
1
(x
−x
0 )dx
2
(x−x
0)
f ür r > r0
f ür r ≤ r0
f ür r > r0
2 (x − x0 ) dx f ür r ≤ r0
√max ·π sin
− ∆T
2 r
0
8
0 dx
√
π
r0
f ür r > r0
2 (x − x0 ) dx f ür r ≤ r0
!
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Thermodynamik I - Lösung 6
x∗2 = x0 + ∆x
x∗1 = x0 − ∆x
Integrationsgrenzen:
r02 = ∆x2 + ∆y 2
r02
x∗1
=2
∆x = ∆y
∆x2
= x0 −
⇒ ∆x =
√1 r0
2
x∗2 = x0 +
√1 r0
2
√1 r0
2
Für x2′ < x∗1
∆12′ h = cp
Zx2′
0 dx = 0
x1
Für x∗1 < x2′ < x∗2
∗
∆12′ h =
cp
Zx1
0 dx + cp
x1
= cp
= cp
Zx2′
x∗1
"
∆Tmax
cos
2
"
∆Tmax
2
√
2π
(x − x0 )
r0
cos
√
∆Tmax π
− √
sin
2 r0
!
2π
(x − x0 ) dx
r0
!#x
2′
x∗1
√
!
!#
2π
(x2′ − x0 ) + 1
r0
Für x2′ > x∗2
∗
∗
∆12′ h =
cp
Zx1
x1
= cp
0 dx + cp
Zx2
x∗1
∆Tmax π
sin
− √
2 r0
∆Tmax
(−1 + 1)
2
= 0
⇒ ∆12 h = 0
9
√
!
2π
(x − x0 ) dx + cp
r0
Zx2′
x∗2
0 dx
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Thermodynamik I - Lösung 6
Wert im Mittelpunkt der Lampe x = x0 :
Der Mittelpunkt der Lampe wird dabei als Position 2∗ bezeichnet.
!
!#
"
√
2π
∆Tmax
∆12∗ h = cp
(x0 − x0 ) + 1
cos
2
r0
= cp
∆Tmax
(1 + 1)
2
= cp ∆Tmax = 1004
= 20080
J
· 20 K
kgK
J
kg
Alternativer Rechenweg:
Durch eine geschickte Wahl des Integrationsweges (Weg 1 in Skizze) kann der Rechenaufwand
deutlich reduziert werden!
2***
2
2*
2'
2**
∆12′ h =
Z2′
dh =
1
Z2′
cp (T, p)dT +
1
2∗
=
Z
1
= cp
cp (T, p) |{z}
dT +
dT =0
Z2′
∂h
∂p
∂h
∂p
| {z }
0, perf.Gas
dT
= cp
2∗
0 dx + cp
Z2′ 2∗∗
∂T
∂x
dp
T
dp +
T
2∗
Z2∗∗
dx
y
10
Z2′
2∗
cp (T, p)dT +
∂h
∂p
dp
T
| {z }
0, perf.Gas
|{z}
dp=0
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Thermodynamik I - Lösung 6
Mit r =
p
(x − x0 )2 = x − x0 ergibt sich:
∆12′ h = cp
Z2′ 2∗∗
= cp
π
∆Tmax · π
sin
(x − x0 )
−
2 r0
r0
π
∆Tmax
cos
(x − x0 )
2
r0
dx
x2′
x2 ∗∗
Für den Wert im Mittelpunkt der Lampe x = x0 (Position 2∗ ) ergibt sich entsprechend:
∆12∗ h = cp
= cp
π
∆Tmax
cos
(x − x0 )
2
r0
∆Tmax
(1 + 1)
2
x0
x0 −r0
= cp ∆Tmax
Integration von der Position 1 zur Position 2:
∆12 h =
2Z∗∗∗
1
= 0
cp (T, p) |{z}
dT +
dT =0
∂h
∂p
dp +
T
| {z }
0, perf.Gas
11
Z2
2∗∗∗
cp (T, p) |{z}
dT +
dT =0
∂h
∂p
dp
T
| {z }
0, perf.Gas
|{z}
dp=0