Aufgabe 1 Aufgabe 2
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Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTD1 TTD1.020200.docdoc Aufgabe 1 In einem stationär rechts laufenden Carnotprozess betragen die minimale Temperatur und der minimale Druck T 1 300 . K bzw. p 1 1 . bar . Das Arbeitsfluid ist Luft (als Idealgas) mit konstanten Wärmekapazitäten, κ 1.4 und R 287.2 . J . kg . K a) Man bestimme die maximale Temperatur T 3 auf dem reversiblen Kreisprozeß und die p3 Drucksteigerung auf der isentropen Verdichtung π , wenn der thermische p2 Wirkungsgrad η C 0.5 beträgt. b) Das Verdichtungsverhältnis ε v1 20. Man bestimme nun den Zustand beträgt ε v3 (p, v, T, s) aller Eckpunkte des reversiblen Kreisprozesses. c) Man bestimme die zu- bzw. abgeführte spezifische Wärme auf dem reversiblen Kreisprozeß und überprüfe den Wert des thermischen Wirkungsgrades. d) Man muß nun den Fall untersuchen, in dem die reversible Isotherme 3-4 durch eine irreversible Isotherme ersetzt wird. Die spezifische Dissipationsarbeit ist diesmal gleich der im reversiblen Fall zugeführten spezifischen Wärme, d.h. j 34 q 34rev . 1. Man untersuche ob der Zustand der Eckpunkte dadurch beeinträchtigt wird. 2. Man berechne den thermischen Wirkungsgrad des irreversiblen Kreisprozesses. 3. Man untersuche mit Hilfe des 1. und 2. Hauptsatzes, ob der irreversiblen Kreisprozeß realisierbar ist. Wenn ja, skizziere man den reversiblen und den irreversiblen Carnotprozess im p,v- und T,s-Diagramm gegenüber und kommentiere die Bilder. Aufgabe 2 3 Ein Dampfkessel mit einem Volumen von V K 10 . m ist zur Hälfte mit siedenden Wasser und zur anderen Hälfte mit Sattdampf von p K1 25 . bar gefüllt. Dem Kessel als geschlossenes System wird weiter Wärme zugeführt bis der Druck p K2 100 . bar erreicht. Mit Hilfe von Dampftafeln sind zu bestimmen: a) die während der reversiblen Erwärmung 1-2 verdampfte Wassermenge und b) die durch die Feuerung reversibel zugeführte Wärme Q K12. c) Man trage die Zustandsänderung in den h,s- und T,s-Diagrammen ein. 1 Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTD1 TTD1.020200.docdoc Aufgabe 3 Ein reversibler, stationärer Kreisprozeß (geschlossenes System) für einen Verbrennungsmotor besteht aus den folgenden Zustandsänderungen: isotherme Verdichtung 1-2, isochore Drucksteigerung 2-3, isotherme Expansion 3-4 und isochore Drucksenkung 41. Der Zustand 1 hat die kleinste Temperatur und den kleinsten Druck. Es wird versucht den thermischen Wirkungsgrad des untersuchenden Kreisprozesses zu erhöhen. Als mögliche Maßnahme wird hier die Wärmerückgewinnung gehandelt, d.h. ein Teil der abgeführten Wärme wird zurück dem Arbeitsfluid zugeführt. Genauer gesagt wird hier die isochor abgeführte Wärme diesmal ebenfalls isochor (auf 2-3) zugeführt. a) Man zeichne die p,v- und T,s-Diagrammen und nenne für jede Zustandsänderung die Flächen, die die Wärme und die Volumenänderungsarbeit in den Diagrammen darstellen. Man vergleiche mit Hilfe des T,s-Diagramms den thermischen Wirkungsgrad des Kreisprozesses mit dem des zwischen den gleichen min. bzw. max. Temperaturen ablaufenden Carnotprozesses. Hinweis: Man vergleiche zuerst die Große der isochor ab- bzw. zugeführten Wärme. b) Im Falle von Luft - hier als Idealgas mit konstanten Wärmekapazitäten - entwickele man eine Formel für den thermodynamischen Wirkungsgrad des Kreisprozesses und vergleiche erneut das Ergebnis mit dem thermodynamischen Wirkungsgrad des zwischen den gleichen min. bzw. max. Temperaturen ablaufenden Carnotprozesses. Hinweis: Man vergleiche zuerst die Große der isochor ab- bzw. zugeführten Wärme. Im Programm definierte Einheiten und Umrechnungen: MPa 10 6 . Pa kJ 10 3 . J bar 10 5 . Pa T0 273.15 . K MW 10 6 . W °C K 2 t( T) T T0 kmol 10 3 . mol dm 0.1 . m Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTD1 TTD1.020200.docdoc Lösung der Aufgabe 1 a) T 1 = 300 K p 1 = 1 bar κ = 1.4 ηC 1 T 3 = 600 K T2 T1 T3 κ κ T2 p2 κ 1 b) p3 T3 κ p3 T 3 T 2. p2 1 κ R. T 1 v1 m3 v 1 = 0.862 kg p1 κ.R c° p κ v3 1 v2 p 2. v 2 p 1. v 1 p2 c° p . ln s2 s1 p3 π.p 2 κ T1 R. ln κ v 3. π v1 . p1 v2 κ 1 κ 1 κ p4 T2 π = 11.314 s1 6.88 . kJ kg . K m3 v 2 = 0.244 kg p 2 = 3.536 bar kJ s 3 = 6.517 kg . K T4 T3 p4 s2 π.p 1 p 4 = 11.314 bar p4 p3 κ 1 p1 1 T3 π κ s3 κ p3 κ T3 p2 p 3 = 40 bar T1 T2 T2 p1 ε T3 κ p2 T2 1 m3 v 3 = 0.043 kg v1 1 κ κ p 2. v 2 p 3. v 3 T2 C T1 T2 T1 κ η C = 0.5 T1 T3 1 η p1 p2 π v4 R. T 4 p4 m3 v 4 = 0.152 kg s4 s1 1 κ T3 T4 3 Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTD1 TTD1.020200.docdoc c) 1. HS auf der Isotherme 1-2 w v12 = 108.808 kg q 12 w v12 v2 . . p 1 v 1 ln v1 w v12 q 34 v4 . . w v34 p 3 v 3 ln v3 kJ q 34rev = 217.617 K kg . K w v34rev 0 kJ w v34 = 217.617 1 w v12 0 kJ 1. HS auf der Isotherme 3-4 ηC q 12 q 34rev kg q 12 w v34 η C = 0.5 q 34rev d) 1. nein q 34 1. HS auf 3-4 q 34 w v34 w v34 j 34 u 4 u3 j 34 q 34rev q 34 = 0 j 34 kJ kg d) 2. Nutzen η th Aufwand w vKP q zu für eine WKM η th w vKP q 34rev q 12 Aufwand q zu w vKP = 108.808 q zu kJ kg q 34 ∞ d) 3. 1. HS auf KP (Kreisprozeß) q 12 w vKP j 34 q 34rev q 12 q 34rev 2. HS auf KP s q12 q 12 s q34 s q34 q 34 T3 0 T 12 j 34 0 w vKP 0 s irr34 0 s irr34 0 d.h. der irreversible Kreisprozeß kann verwirklicht werden. 4 mit wie beim reversiblen Kreisprozeß s irr34 > 0 q 12 T 12 . s irr34 < 0 Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTD1 TTD1.020200.docdoc Die Dissipationsarbeit kann z.B. hier als Wellenarbeit angesehen werden, d.h. auf 3-4 statt Wärme wird diesmal Wellenarbeit zugeführt. Die Wellenarbeit soll hier als Aufwand bei der Berechnung des thermodynamischen Wirkungsgrades betrachtet werden. Der Zustand aller Eckpunkte bleibt somit unverändert. Wenn der Kreisprozeß für eine WKM eingesetzt wird, ergibt sich damit einen unendlichen Wirkungsgrad (Arbeit entsteht ohne Wärmezufuhr). Wird nun die WKM nicht mehr vorausgesetzt, dann bleibt in diesem Fall der thermische Wirkungsgrad unverändert. Die Entropie wird in diesem Fall nicht wegen der Wärmezufuhr s q34 sondern wegen der Irreversibilitäten s irr34 j 34 w w34 T3 T3 zunehmen. Am Ende (d.h. im Punkt 4) wird die Entropie den gleichen Wert in beiden Fällen (rev. und irrev.) erreichen. Aufgabe 2 Stoffwerte aus Tabelle T.II Stephan / Mayinger, S. 506 V K = 10 m p K1 = 25 bar 3 p K2 = 100 bar a) Zustand 1 3 v´ 1 dm 1.19333 . kg 3 v´´ 1 V´ 1 V´´ 1 mK dm 83.244 . kg VK p K1 ( 26 p K1 ( 26 2 VK 2 m´ 1 m´´ 1 x 1 = 0.015 24 . bar 3 dm 1.19333 ) . kg . ( 1.20127 24 ) . bar 24 . bar . ( 76.898 24 ) . bar V´ 1 m´ 1 v´ 1 V´´ 1 m´´ 1 v´´ 1 3 dm 83.244 ) . kg v´´ 1 = 80.071 m´ 1 = 4176.063 kg m´´ 1 = 62.445 kg m K = 4238.507 kg v K1 v´ 1 = 1.197 VK x1 m´´ 1 mK v K1 = 2.359 mK dm 3 kg Zustand 2 3 1 - 2 isochore Erwärmung v´ 2 dm 1.45216 . kg 5 dm 3 3 v´´ 2 dm 18.025 . kg kg dm 3 kg Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu v K2 TTD1 v K1 v´ 2 < v K2 < v´´ 2 v K2 v´ 2 x2 v´´ 2 v´ 2 m´´ 2 = 232.007 kg TTD1.020200.docdoc isochor v K2 = 2.359 d.h. Naßdampf v K2 x 2 = 0.055 m´´ 2 ∆m´´ m´´ 2 1 dm 3 kg x 2 . v´ 2 x 2 . v´´ x 2. m K ∆m´´ = 169.562 kg m´´ 1 b) Q K12 W vK12 U K2 U K1 H K2 V K . p K2 H K1 p K1 0 . kJ W vK12 isochore Erwärmung Q K12 h´ 1 h´´ 1 h K1 h´ 2 h K1 . m 1 h K2 951.96 . kJ kg p K1 V K . p K2 24 . bar p K1 ( 26 24 ) . bar p K1 24 . bar kJ . ( 2802.6 2801.7 . kg ( 26 24 ) . bar 1 x 1 . h´ 1 x 1 . h´´ 1 1408. h K2 Q K12 1 kJ h´ 1 = 961.835 kg kJ 951.96 ) . kg . ( 971.71 kJ 2801.7 ) . kg h K1 = 988.948 kJ kg x 2 . h´ 2 h K2 h´´ 2 h K1 . m K V K . p K2 T1 R . T3 κ 1 T1 p K1 R. T 1 κ 1 .( π T3 T4 p3 p4 T2 T1 p2 p1 q 41 c° v . T 4 T1 R . T4 κ 1 T1 6 R. T 1 κ 2727.7 kJ kg . kJ kg kJ h K2 = 1480.238 kg 6 Q K12 = 2.007 10 kJ x 2 . h´´ 2 Aufgabe 3 q 23 c° v . T 3 kJ h´´ 1 = 2802.15 kg 1 .( π 1) π 1) Prof. Dr.-Ing. Victor Gheorghiu TTD1 daraus folgt TTD1.020200.docdoc q 23 q 41 und die zu- bzw. abgeführte Wärme werden nun q zu q 34 q ab η th 1 w v12 R. T 1 . ln ( ε ) R. T 1 . ln ( ε ) R. T 3 . ln ( ε ) q zu R. T 3 . ln ( ε ) R. T 3 T 1 . ln ( ε ) η th R. T 3 . ln ( ε ) T1 η th 1 T3 d.h. identisch mit dem Carnotprozeß. 7 q ab q 12 T1 η th 1 T3 Var. 2 Var. 1
